Hoofdstuk 18. Het abc-vermoeden Introductie

Transcriptie

1 Hoofdstuk 18 Het abc-vermoeden 18.1 Introductie In de gehele getallen zijn optelling en vermenigvuldiging de belangrijkste bewerkingen. Als we echter uitsluitend naar de optelstructuur van de gehele getallen kijken dan valt er niet zo veel te beleven. Je kunt dingen bij elkaar optellen en dat is het dan. Een zelfde soort opmerking geldt als we alleen maar vermenigvuldiging van getallen zouden hebben. Interessante problemen in de getaltheorie ontstaan pas als we de optelstructuur van de gehele getallen gaan uitspelen tegen de vermenigvuldigingsstructuur. Een bekend voorbeeld is het vermoeden van Goldbach dat zegt dat ieder even getal 4 de som is van twee priemgetallen. De som appelleert aan optelling terwijl het begrip priemgetal te maken heeft met de vermenigvuldigingsstructuur. Het vermoeden van Goldbach bestaat al sinds 1742 en is nog steeds niet opgelost. De laatste stelling van Fermat over de diophantische vergelijking x n + y n = z n is een ander bekend voorbeeld. Het begrip n-de macht is iets wat uit de vermenigvuldigingsstructuur komt. Dit wordt afgezet tegen de optelstructuur door de som van twee n-de machten te nemen. De, in mijn ogen, ultieme getaltheoretische uitspraak die optelling en vermenigvuldiging van getallen met elkaar confronteert is het zogenaamde abc-vermoeden. Voor we dit uitleggen moeten we het begrip radicaal van een getal invoeren. Het radicaal van n N is het product van alle priemgetallen die in n voorkomen. Anders gezegd, het radicaal is de grootste kwadraatvrije deler van n. Notatie Rad(n). Het radicaal van n is dus klein als n veel priemfactoren bevat die in een hoge macht voorkomen. We kunnen het radicaal gebruiken om een aardige maat te geven voor de gemiddelde priem-exponent in een getal n. Beschouw namelijk de functie E(n) = log(n)/ log(rad(n)). Stel dat n = p k 1 1 p k r r de priemontbinding van n is in verschillende p i. Dan geldt, E(n) = log(n) log(rad(n)) = k 1 log(p 1 ) + + k r log(p r ) log(p 1 ) + + log(p r ) We kunnen dit quotient opvatten als een gemiddelde over alle k i waarin we een 171

2 172 HOOFDSTUK 18. HET ABC-VERMOEDEN soort weging met de getallen log(p i ) nemen. De letter E suggereert hierbij dat het om een gemiddelde exponent gaat. Laten we, om de gedachten te bepalen, een getal n machtrijk noemen als E(n) > 3. In termen van Rad(n) betekent dit dat we n machtrijk noemen als Rad(n) < n 1/3. De grens 3 voor het machtrijk zijn van een getal is overigens tamelijk arbitrair en dient alleen om de gedachten te bepalen. Beschouw nu het getal n 1 = = Er geldt Rad(n 1 ) = = en E(n 1 ) = Neem als tweede voorbeeld, n 2 = = Er geldt Rad(n 2 ) = Rad(n 1 ) = en E(n 2 ) = We zien dus dat n 1 een machtrijk getal is en n 2 niet. De naam abc-vermoeden slaat op het feit dat we drie getallen a + b = c bekijken met a, b N en ggd(a, b) = 1. Ervaring met getallen leert dat als bijvoorbeeld a en b machtrijke getallen zijn, de som c zelden tot nooit machtrijk is. Een zelfde opmerking geldt als a en c machtrijk zijn. In dat geval zal b niet machtrijk zijn. Let wel, dit is slechts een vage beschrijving van een ervaringsfeit. We kunnen iets concreter zijn door het volgende vermoeden te poneren, Vermoeden Er bestaat een getal E 0 N zó dat E(abc) < E 0 voor alle a, b, c N met a + b = c en ggd(a, b) = 1. Het is zeer instructief om zelf wat voorbeelden van drietallen a, b, c te zoeken waarbij we de gemiddelde exponent E(abc) zo groot mogelijk proberen te krijgen. De lezer is bij deze uitgenodigd eens wat te experimenteren. Het blijkt al een tamelijke zeldzaamheid te zijn als E(abc) > 3. Omdat er diophantische vergelijkingen Ax 3 + By 3 = Cz 3 zijn met oneindig veel gehele oplossingen x, y, z Z kunnen we in ieder geval vaststellen dat E 0 3 (Dit is een kleine opgave). Het is dus interessant om a, b, c te vinden waarvoor geldt dat E(abc) > 3. En dit blijkt zeer weinig te gebeuren. Men kan zelfs gaan vermoeden dat er voor elke E 0 > 3 hooguit eindig veel drietallen a, b, c zijn met E(abc) > E 0. Verder zal het duidelijk zijn dat de eis ggd(a, b) = 1 echt nodig is. Neem bijvoorbeeld a = b = 2 n en c = 2 n+1. Het is duidelijk dat in dit geval, E(abc) = 3n + 1. Aangezien n willekeurig gekozen kan worden, heeft E(abc) geen bovengrens in dit geval. In het algemeen kan een machtrijke ggd(a, b) de waarde van E(abc) flink opkrikken. Dit is de reden dat we graag de eis ggd(a, b) = 1 erbij hebben.

3 18.1. INTRODUCTIE 173 In termen van Rad(abc) kunnen we vermoeden ook als volgt formuleren. Er bestaat een E 0 > 0 zo dat abc < Rad(abc) E 0. In het uiteindelijke abc-vermoeden vervangen we abc door c en geven een expliciete exponent aan. Vermoeden (abc-vermoeden) Zij a, b, c N zó dat a + b = c en ggd(a, b, c) = 1. Bij elke ϵ > 0 bestaat er hooguit eindig veel drietallen a, b, c N met a + b = c waarvoor ggd(a, b, c) = 1 en c > Rad(abc) 1+ϵ geldt. Anders gezegd, er bestaat een getal c 0 (ϵ) zó dat als c > c 0 (ϵ), dan c < Rad(abc) 1+ϵ. Dit vermoeden werd in 1986 geopperd door Masser en Oesterlé naar analogie met een stelling die waar is voor polynomen. Hierop zullen we in een volgende paragraaf terugkomen. Voor beginners, en zelfs voor de wat meer ingewijden, kost het enige moeite het abc-vermoeden voor de eerste keer te doorgronden. Daarom is het een goed idee deze uitspraak eens eigenhandig aan de kaak te stellen en te trachten tegenvoorbeelden te vinden. Kies bijvoorbeeld ϵ = 0.1. Dan zegt het vermoeden dat c < max(c 0, Rad(abc) 1.1 ). Blijkbaar betekent dit dat log(c)/ log(rad(abc)) < 1.1 zodra c > c 0. Het vermoeden zou weerlegd kunnen worden door een oneindige rij drietallen a, b, c met c = a+b en ggd(a, b) = 1 aan te geven, zó dat de ongelijkheid log(c)/ log(rad(abc)) 1.1 geldt voor elk van deze drietallen. Het wonderlijke is dat dit nog nooit iemand gelukt is, ook niet met andere exponenten > 1 in plaats van 1.1. Het is zeer instructief om ook op dit punt zelf eens met een aantal voorbeelden te testen. Kies een aantal tweetallen a, b met ggd(a, b) = 1 en bepaal c = a + b en L(a, b) := log(c)/ log(rad(abc)). Kijk hoe vaak L(a, b) boven 1 uitkomt. Dit blijkt zeer zelden het geval te zijn! Vlak nadat het vermoeden geponeerd werd is er een kleine race ontstaan om het voorbeeld te vinden waarvan L(a, b) zo groot mogelijk is. Het wereldrecord (1998) is in handen van E.Reyssat die L = vond bij het voorbeeld = Op de tweede plaats staat B.de Weger met = en L = Het is niet geheel ondenkbaar dat dit de absolute records zijn. Het abc-vermoeden zegt immers dat L < 1.1 zodra c voldoende groot is. Anderzijds moet gezegd worden dat er nu wel zo n 125 voorbeelden bekend zijn met L > 1.4. Of het abc-vermoeden stand houdt moet dus nog zeker worden afgewacht. Men kan zich ook afvragen waarvoor we al die moeite met ϵ > 0 doen in het vermoeden. Kunnen we niet gewoon ϵ = 0 nemen? Dit zou het vermoeden aanzienlijk vereenvoudigen. Helaas kan dit niet, hetgeen blijkt uit het volgende voorbeeld.

4 174 HOOFDSTUK 18. HET ABC-VERMOEDEN Kies namelijk a = 1, b = 3 2n 1, c = 3 2n met n N. Merk op dat het getal 3 2n 1 volgens de Stelling van Euler deelbaar is door 2 n+1. Dus Rad(abc) 2 3b 3c 2n+1 2. n Het abc-vermoeden met ϵ = 0 zou betekenen dat c < Rad(abc) als c voldoende groot is. Maar dit is in flagrante tegenspraak met het feit dat Rad(abc) 3c/2 n zodra n 2. Tenslotte kunnen we ons afvragen wat er bekend is richting abc-vermoeden. Met de zogenaamde theorie van lineaire vormen in logaritmen is men erin geslaagd de volgende stelling aan te tonen. Stelling (Stewart, Yu Kunrui,1991) Bij elke ϵ bestaat een c 0 (ϵ) zo dat voor elk drietal a + b = c met ggd(a, b) = 1 geldt, c < max(c 0 (ϵ), exp(rad(abc) 1/3+ϵ )) Door de exponentiële functie die hierin voorkomt is deze stelling nog zeer ver van het abc-vermoeden verwijderd. Helaas is het wel het beste wat we met moderne technieken kunnen doen. Voor veel toepassingen zou het al spectaculair zijn als we de volgende zwakkere vorm van het abc-vermoeden zouden kunnen bewijzen. Vermoeden (Zwak abc-vermoeden) Er bestaat een positief getal γ zó dat voor elk drietal a, b, c N met a + b = c en ggd(a, b, c) = 1 geldt, c < Rad(abc) γ. Zelfs met een getal als γ = 100 zouden we al heel blij zijn. Maar zoals gezegd, ook hier hebben we geen idee hoe dit probleem aan te pakken. De benaming zwak abc-vermoeden doet vermoeden dat het een gevolg is van het abc-vermoeden. Dit is inderdaad zo. Kies bijvoorbeeld ϵ = 1 in het abcvermoeden. Als het abc-vermoeden waar is dan geldt, behoudens een eindig aantal uitzonderingen, dat c < Rad(abc) 2. Bij dit eindige aantal uitzonderingen kunnen we altijd een getal λ bepalen zo dat c < Rad(abc) λ voor deze uitzonderingen. En dus kunnen we γ = max(2, λ) nemen in ons zwakke vermoeden. Op zijn beurt impliceert het zwakke abc-vermoeden weer dat abc < Rad(abc) 3γ omdat we voor a, b dezelfde afschatting kunnen nemen als voor c. Het Vermoeden volgt dus uit het zwakke abc-vermoeden. Omgekeerd volgt uit het Vermoeden dat c abc < (Rad(abc) E 0. Met andere woorden, uit volgt ook weer het zwakke abc-vermoeden.

5 18.2. GEVOLGEN VAN HET ABC-VERMOEDEN Gevolgen van het abc-vermoeden Omdat veel getaltheoretische problemen inderdaad bestaan uit de confrontatie tussen optel- en vermenigvuldigingsstructuur van de gehele getallen, is het te verwachten dat de waarheid van het abc-vermoeden veel implicaties in de getaltheorie heeft. Hier volgen een aantal bekende problemen waarvan de oplossing uit het abc-vermoeden zou volgen. De vergelijking n! + 1 = m 2 in m, n N. Bekende oplossingen zijn 4! + 1 = 5 2, 5! + 1 = 11 2 en 7! + 1 = Vermoedelijk zijn dit de enige oplossingen, maar niemand heeft dit tot dusver kunnen aantonen. M.Overholt (1993) merkte op dat uit het zwakke abc-vermoeden volgt dat n! + 1 = m 2 slechts eindig veel oplossingen heeft. Merk namelijk op dat n! = m 2 1 = (m 1)(m + 1) en dat m+1, m 1 even zijn. Omdat hun product n!/4 is, bestaan (m 1)/2 en (m+1)/2 uit priemfactoren n. Pas nu het zwakke abc-vermoeden toe met a = 1, b = (m 1)/2, c = (m+1)/2. In het bijzonder geldt Rad(abc) = Rad(n!/4) p n p. Dus, als c groot genoeg is, c < Rad(abc) γ ( p n p) γ waarin het product over alle priemgetallen p n genomen wordt. Het is een elementair feit dat p n p < 4n (zie het Hoofdstuk 19). Anderzijds, c > n!/2. Dus, n!/2 < 4 γn. Omdat lim n ( n!/c n ) = voor elke C > 1 zien we hieruit dat de ongelijkheid slechts eindig veel oplossingen n heeft. De vergelijking x 5 y 2 z 3 = 1 in x, y, z Z. Vermoedelijk heeft deze diophantische vergelijking in gehele x, y, z alleen de triviale oplossingen met x = 1, yz = 0 en x = 0, y = ±1, z = 1. Echter, deze simpel ogende vergelijking illustreert ons onvermogen om diophantische vergelijkingen in meer dan twee variabelen op te lossen. Er is namelijk geen enkele techniek bekend om deze vergelijking aan te pakken. Het enige dat we kunnen is onder aanname van het abc-vermoeden aantonen dat er slechts eindig veel oplossingen met x 1 zijn. Dit gaat als volgt. Neem even aan dat we een oplossing hebben met x > 1. Het geval x < 0 gaat analoog. Pas nu het abc-vermoeden toe op a = 1, b = y 2 z 3, c = x 5. Er geldt, Rad(abc) xyz. Gebruik makend van yz (y 2 z 3 ) 1/2 = b 1/2 < c 1/2 = x 5/2 vinden we, Rad(abc) < x 7/2. Het abc-vermoeden met ϵ = 1.1 impliceert nu x 5 < max(c 0, Rad(abc) 1.1 ) < max(c 0, x 7.7/2 ). Omdat altijd x 5 > x 7.7/2 volgt dat x 5 < c 0 en dus zijn er slechts eindig veel x-waarden mogelijk. Het super-fermat vermoeden We zijn de super Fermatvergelijking al in Hoofdstuk 13 tegengekomen. Het vermoeden is dat er hooguit eindig veel drietallen positieve machten x p, y q, z r bestaan zó dat x p +y q = z r met ggd(x p, y q ) = 1 en 1/p + 1/q + 1/r < 1. De reden voor de laatste conditie wordt in de paragraaf

6 176 HOOFDSTUK 18. HET ABC-VERMOEDEN over de super Fermat vergelijking uitgelegd. Men vermoedt zelfs dat alle oplossingen gegeven worden door, 1 k = 3 2, = 2 9, = = 3 4, = 122 2, = = 65 7, = = , = Hier is wat we zouden kunnen bereiken als het abc-vermoeden waar is. Het is een kleine exercitie om aan te tonen dat als voor drie getallen p, q, r N geldt 1/p + 1/q + 1/r < 1, dan 1/p + 1/q + 1/r 41/42. De maximale waarde wordt bereikt bij het drietal {p, q, r} = {2, 3, 7}. Kies nu ϵ = 1/41 in het abc-vermoeden. Dan geldt, met uitzondering van een eindig aantal drietallen x p, y q, z r dat z r < Rad(x p y q z r ) 42/41 (xyz) 42/41 Hieruit volgt dat z < (xyz) 42 41r. Omdat x p, y q < z r volgt evenzo dat x < (xyz) 42 41p en y < (xyz) 42 41q. Vermenigvuldiging van deze drie ongelijkheden geeft, xyz < (xyz) (1/p+1/q+1/r) Omdat 1/p + 1/q + 1/r 41/42 volgt hieruit dat xyz < xyz hetgeen onmogelijk is. Dus, met uitzondering van een eindig aantal drietallen x p, y q, z r levert gebruik van het abc-vermoeden een tegenspraak. Hiermee is ons super Fermat vermoeden aangetoond als gevolg van het abc-vermoeden. Het gegeneraliseerde vermoeden van Hall In Hoofdstuk 15 hebben we reeds het volgende vermoeden besproken dat we hier op iets andere manier formuleren. Vermoeden (Zwak Hall-vermoeden) Bij elke δ < 1/2 zijn er hoogstens eindig veel paren x, y N zó dat 0 < x 3 y 2 < x δ. Het aardige is dat het zwakke Hall-vermoeden uit het abc-vermoeden volgt. Het is zelfs zo dat de volgende generalisatie een gevolg is, Vermoeden (Gegeneraliseerd Hall-vermoeden) Stel p, q N en stel dat pq 6. Kies δ < 1 1/p 1/q. Dan zijn er hoogstens eindig veel paren x, y N zó dat 0 < x p y q < x pδ.

7 18.2. GEVOLGEN VAN HET ABC-VERMOEDEN 177 Stel dat er oneindig veel oplossingen zijn voor een bepaalde keuze van p, q, δ. Voor elk zo n oplossing definiëren we. = x p y q en d = ggd(x p, y q ). We gaan het abc-vermoeden toepassen met a = /d, b = y q /d, c = x p /d. Merk op dat Rad(abc) xy/d. Omdat y < x p/q en < x pδ volgt hieruit dat Rad(abc) < x 1+p/q+pδ /d = (x p ) 1/p+1/q+δ /d < c 1/p+1/q+δ Bij de laatste ongelijkheid maken we gebruik van het feit dat 1/p + 1/q + δ < 1 en dus 1/d < (1/d) 1/p+1/q+δ. Het abc-vermoeden met 1 + ϵ = (1/p + 1/q + δ) 1 impliceert dat er hoogstens eindig veel drietallen a, b, c mogelijk zijn. Dus zijn er ook hooguit eindig veel oplossingen x, y van ons oorspronkelijke probleem mogelijk. De congruentie a p 1 1 (mod p 2 ). Zoals we al eens eerder beschreven is het niet bekend of er oneindig veel priemgetallen p bestaan zó dat 2 p 1 1 (mod p 2 ). Tot nu toe zijn alleen p = 1093, 3511 gevonden en geen andere beneden Aan de andere kant is het zeer waarschijnlijk, maar geenszins bewezen, dat er oneindig veel priemgetallen bestaan zó dat 2 p 1 1 (mod p 2 ). Het is zelfs totaal niet duidelijk hoe dit probleem aan te pakken. Het aardige is dat uit het abc-vermoeden volgt dat 2 p 1 1 (mod p 2 ) voor oneindig veel priemgetallen p (J.Silverman, 1988). We kunnen dit als volgt inzien. Zij q een willekeurig oneven priemgetal en beschouw het Mersenne getal 2 q 1. Schrijf 2 q 1 = u q v q waarin v q dat deel van de priemontbinding van 2 q 1 is, waarin de priemgetallen met exponent 2 voorkomen. Er geldt dus dat u q kwadraatvrij is en ggd(u q, v q ) = 1. Merk op dat Rad(v q ) v q. Kies ϵ = 1.5 in het abc vermoeden en a = 1, b = u q v q, c = 2 q. Dan geldt, als we 2 q voldoende groot nemen, 2 q < Rad(abc) 1.5 (2u q vq ) 1.5 < (2 q+1 / v q ) 1.5 Na uitwerking volgt de ongelijkheid v q 1.5 < 2 0.5q+1.5 en dus, v q < 2 (0.5q+1.5)/0.75 < 2 0.8q als q tenminste groot genoeg is. Dit impliceert dat u q > 2 0.2q > 1. Kies een priemdeler p van u q. Dan geldt dat p een deler van 2 q 1 is en p 2 niet. Uit Stelling weten we dat p 1 (mod q). Merk nu op dat 2 p q 1 = 1 + 2q + 2 2q p 1 q (p 1)/q (mod p) De laatste congruentie volgt omdat 2 q 1 (mod p) en omdat er (p 1)/q machten van 2 q in de sommatie staan. Omdat (p 1)/q 0 (mod p) is p geen deler van (2 p 1 1)/(2 q 1) en bevat 2 p 1 1 dus precies één priemdeler p. Door q steeds groter te kiezen wordt p steeds groter (vanwege p 1 (mod q)) en zo krijgen we een oneindige rij priemgetallen p waarvoor geldt 2 p 1 1 (mod p 2 ).

8 178 HOOFDSTUK 18. HET ABC-VERMOEDEN 18.3 Waarom geloven we in het abc-vermoeden? Zoals we gezien hebben, doet het abc-vermoeden een tamelijk verstrekkende uitspraak en er moeten goede redenen zijn om in een dergelijk vermoeden te geloven. Eén reden zagen we al in de eerste paragraaf. Ondanks uitgebreide computerexperimenten kunnen we het quotient L(a, b) niet veel groter dan 1.6 maken. Echter, computerexperimenten kunnen bedriegelijk zijn, daar bestaan meerdere voorbeelden van. Een tweede reden, en ook de oorspronkelijke motivatie van Masser en Oesterlé om het vermoeden op te stellen, is dat er een analogon voor polynomen is dat wel bewezen kan worden. Om dit analogon te formuleren moeten we iets weten over de ontbindingseigenschappen van polynomen. In de Appendix kunnen we hier het een en ander over lezen. Met F geven we daar één van de verzamelingen Q, R of C aan. De polynomen met coëfficienten in F geven we aan met F [X]. Er geldt dat elke f F [X], f 0 op precies één manier geschreven kan worden als product van een element uit F met een product van monische irreducibele factoren, de zogenaamde priempolynomen. Dit is het analogon van éénduidige priemontbinding in Z. Stel f = ϕp k 1 1 P k r r waarin P 1,..., P r verschillende priempolynomen en ϕ F. Dan ligt het voor de hand het radicaal van f te definiëren als Rad(f) = P 1 P r. In de Appendix hebben we ook gezien dat het begrip grootste gemeenschappelijke deler in F [X] bestaat. Met dit ggd kunnen we een elegante omschrijving van het radicaal van een polynoom geven. Lemma Zij f een polynoom met de ontbinding f = ϕp k 1 1 P k r r ϕ F en P 1,..., P r verschillende irreducibele polynomen. Dan geldt, 1. ggd(f, f ) = P k P k r 1 r, 2. ϕrad(f) = f/ggd(f, f ) waarin f de afgeleide van f is. waarin Het is duidelijk dat deel (2) uit deel (1) volgt. Om deel (1) in te zien, merken we op dat uit de productregel voor differentiatie volgt, f = k 1 f/p k r f/p r Om het aantal factoren P 1 in f te bepalen merken we op dat P k 1 1 alle termen deelt behalve de eerste. Die bevat slechts k 1 1 factoren P 1. Dus f bevat k 1 1 factoren P 1. Evenzo geldt voor elke i dat f precies k i 1 factoren P i bevat. Dus ggd(f, f ) = P k Pr kr 1. De stelling luidt nu als volgt Stelling (ABC-stelling) Zij A, B, C een drietal polynomen, niet allemaal constant, zo dat A + B = C en ggd(a, B, C) = 1. dan geldt max(graad(a), graad(b), graad(c)) graad(rad(abc)) 1

9 18.3. WAAROM GELOVEN WE IN HET ABC-VERMOEDEN? 179 Voor het bewijs differentiëren we de relatie A + B = C en vinden A + B = C. Neem nu B maal de eerste min B maal de tweede relatie. We krijgen AB A B = CB C B. Stel = AB A B en zij a = ggd(a, A ), b = ggd(b, B ), c = ggd(c, C ). Merk op dat deelbaar is door a, want a deelt A en A in. Evenzo is b een deler van en ook c want = CB C B. Nu zijn A, B, C paarswijs relatief priem. Dus zijn a, b, c dat ook. Gevolg: is deelbaar door abc. Allereerst merken we op dat 0. Zou namelijk 0 zijn dan geldt A B AB = 0. Hieruit volgt dat B deler is van AB en omdat ggd(a, B) = 1 moet B een deler zijn van B. Dit kan alleen als B constant is. Evenzo zou A dan constant zijn en ook C = A + B. Dit is in tegenspraak met de aanname dat A, B, C niet alle drie constant zijn. Dus 0 en uit abc volgt, graad(abc) graad( ) graad(a) + graad(b) 1 Gebruiken we nu het Lemma dan zien we graad(a) = graad(a) graad(rad(a)) en evenzo voor b, c. Dus, graad(abc) = graad(abc) graad(rad(abc)). Uit onze ongelijkheid volgt, graad(abc) graad(rad(abc)) graad(a) + graad(b) 1 Breng de term met Rad(ABC) naar rechts en trek graad(ab) van beide zijden af, graad(c) graad(rad(abc)) 1. Op analoge wijze laten we dezelfde bovengrens voor graad(b), graad(a) zien. De stap van de ABC-stelling naar abc-vermoeden bestaat nu hieruit dat we opmerken dat de graad van polynomen analoge eigenschappen heeft als de functie log x voor x Z. Voor beiden geldt dat ze als logaritme werken op de vermenigvuldiging en 0 zijn voor alle elementen ongelijk nul. Nemen we van het abc-vermoeden de logaritme aan beide zijden, dan krijgen we, log(c) (1 + ϵ) log(rad(abc)) als c > c 0 (ϵ). Het enige verschil met de ABC-stelling is nu de factor (1 + ϵ) die blijkbaar nodig is als we met getallen werken in plaats van polynomen. Tenslotte nog de volgende opmerking. Omdat de graad van Rad(ABC) precies gelijk is aan het aantal verschillende (complexe en reële) nulpunten van f zien we de stelling vaak ook als volgt geformuleerd, Stelling (Mason) Zij A, B, C een drietal polynomen, niet allemaal constant, zo dat A + B = C en ggd(a, B, C) = 1. Zij S het totale aantal (complexe en reële) verschillende nulpunten van ABC. Dan geldt, max(graad(a), graad(b), graad(c)) S 1.