管訓(xùn)貴

(泰州學(xué)院 數(shù)理學(xué)院，江蘇 泰州 225300)

波蘭數(shù)學(xué)家Steinhaus在文[1]中提出：是否存在平面上的點，使其到某個邊長為正整數(shù)的正方形的4個頂點的距離均為整數(shù)？

上述問題可表達成以下等價形式：

Steinhaus問題給定平面直角坐標(biāo)系中的一個單位正方形，其中4個頂點的坐標(biāo)分別為(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)，則是否存在該平面上的點，使其到4個頂點的距離均為有理數(shù)？

通常稱滿足上述問題中所述性質(zhì)的點為Steinhaus點. 關(guān)于Steinhaus點的存在性迄今仍是一個遠未解決的難題，曾被R.K.Guy收錄到文獻[2]中，目前只解決了一些特殊情形(見文獻[3-8]).雷德利等[9]運用無窮遞降法及橢圓曲線結(jié)論證明了定理A～D.

定理B單位正方形的4條邊所在的直線上沒有Steinhaus點(借助橢圓曲線理論).

定理C在直線x=8和y=8上沒有Steinhaus點.

定理D令λ為一個有理數(shù)，λ≠0，1.如果橢圓曲線Y2=X(X+λ2)(X+(1-λ)2)的秩為零，那么在直線x=λ和y=λ上沒有Steinhaus點.

確定橢圓曲線的秩非常復(fù)雜和困難，有許多上述類型的橢圓曲線的秩不為零.杜心華等[10]聲稱解決了Steinhaus問題，但其證明過程存在多處漏洞.因此，Steinhaus問題仍是一個尚未解決的公開問題.

定理1單位正方形的4條邊所在的直線上沒有Steinhaus點(運用初等方法).

定理2設(shè)p,q,r均為奇素數(shù).

楊仕椿等[11]研究了一類4邊形的有理距點問題.筆者將證明文章的結(jié)果，即定理3.

1 若干引理

引理1[12]不定方程x2+y2=z2滿足條件gcd(x,y)=1，2|x的一切正整數(shù)解可以表示為

x=2ab，y=a2-b2，z=a2+b2，

其中：a,b是正整數(shù)，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.

引理2[12]設(shè)p為奇素數(shù)，則不定方程x2+py2=z2滿足條件gcd(x,y)=1的一切正整數(shù)解可表示為

其中：a,b是正整數(shù)，gcd(a,b)=1，2?ab，p?a；或者

x=|a2-pb2|，y=2ab，z=a2+pb2，

其中：a,b是正整數(shù)，gcd(a,b)=1，2|ab，p?a.

引理3方程

X4+6X2Y2+25Y4=n2，gcd(X,Y)=1，2|XY，5?X

(1)

無正整數(shù)解.

證明分兩種情形.

情形12|X，2?Y.

(2)

(3)

其中：a,b是正整數(shù)，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.

情形22?X，2|Y.

完全類似情形1的證明知不可能.因此，方程(1)無正整數(shù)解.證畢.

引理4方程(X2-1)(Y2-1)=-4沒有有理數(shù)解.

(m2-n2)(s2-t2)=-4n2t2.

(4)

情形1m,n,s,t均為奇數(shù).

此時，(4)式左邊≡0(mod64)，而右邊≡-4(mod32)，矛盾.

情形2m,n均為奇數(shù)，s,t一奇一偶.

此時，(4)式成為

(5)

或

(6)

當(dāng)2|s，2?t時，由(5)的第二式知，0≡s2=n2+t2≡2(mod4)，不可能；由(6)的第一式知，0≡m2-n2≡4(mod8)，也不可能.故2?s，2|t.若(5)式成立，則消去n，得m2+5t2=s2.易知，gcd(m,t)=1，2|mt.根據(jù)引理2，有

m=|a2-5b2|，t=2ab，s=a2+5b2，

(7)

其中：a,b是正整數(shù)，gcd(a,b)=1，2|ab，5?a.

將(7)的后兩式代入(5)的第二式，整理得

a4+6a2b2+25b4=n2，gcd(a,b)=1，2|ab，5?a.

(8)

根據(jù)引理3，方程(8)無正整數(shù)解，故(5)式不可能成立.若(6)式成立，則由(6)的第二式得2≡s2+n2=t2≡0(mod4).此矛盾說明(6)式也不可能成立.

情形3m,n一奇一偶，s,t均為奇數(shù)(證明同情形2).

情形4m,n一奇一偶，s,t一奇一偶.

此時，(4)式左邊≡1(mod2)，右邊≡0(mod2).因此(4)式不可能成立.證畢.

引理5設(shè)p,q為奇素數(shù)滿足p=q2+4，則方程

X4-2(q2-4)X2Y2+p2Y4=n2，gcd(X,Y)=1，2|XY，p?X

(9)

無正整數(shù)解.

證明分兩種情形.

情形12|X，2?Y.

假定(9)式有正整數(shù)解，則它的所有這些解中必有一組解(X0,Y0,n0)可使n0最小.由(9)式可得

(10)

(11)

其中：a,b是正整數(shù)，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.

(12)

若(12)的第一式成立，則將其代入(11)的第一式可得

令gcd(q2s2-t2,4s2+t2)=d2，則d2|p(s2,t2)=p，但p?X0，導(dǎo)致p?d2，故d2=1，即gcd(q2s2-t2,4s2+t2)=1.此時(2s)2+t2=u2，2?t，gcd(2s,t)=1. 但u<(2qs2)2+(t2)2=a2+b2=n0，與n0最小矛盾. 故(12)的第一式不可能成立.類似可證(12)的第二式也不成立.

情形22?X，2|Y.

a=qs2，b1=t2；或a=s2，b1=qt2.

仿情形1同理可證，以上兩組等式都不可能成立.證畢.

引理6設(shè)p,q為奇素數(shù)滿足p=q2+4，則方程q2(X2-1)(Y2-1)=-4沒有有理數(shù)解.

q2(m2-n2)(s2-t2)=-4n2t2，

(13)

若q|n，則n=qn1(n1為某正整數(shù)).于是(13)式成為

(14)

情形1m,n1,s,t均為奇數(shù).

此時，由于q為奇數(shù)，故(14)式左邊≡0(mod64)，而右邊≡-4(mod32)，矛盾.

情形2m,n1均為奇數(shù)，s,t一奇一偶.

此時，(14)式可化為

(15)

或

(16)

m=|a2-pb2|，t=2ab，qs=a2+pb2，

(17)

其中：a,b是正整數(shù)，gcd(a,b)=1，2|ab，p?a.

將(17)的后兩式代入(15)的第二式，整理得

a4-2(q2-4)a2b2+p2b4=n2，gcd(a,b)=1，2|ab，p?a.

(18)

情形3m,n1一奇一偶，s,t均為奇數(shù).

此時，(14)式可化為

(19)

或

(20)

情形4m,n1一奇一偶，s,t一奇一偶.

此時，(14)式左邊≡1(mod2)，右邊≡0(mod2).因此(14)式不可能成立.若q|t，則t=qt1(t1為某正整數(shù)).于是(13)式成為

(21)

完全類似q|n的證明可知，(21)式不可能成立.證畢.

引理7設(shè)p,q,r為奇素數(shù)滿足p=q2+4r2，則方程

X4-2(q2-4)X2Y2+p2Y4=n2，gcd(X,Y)=1，2|XY，p?X

(22)

無正整數(shù)解.

證明也分兩種情形.

情形12|X，2?Y.

假定(22)有正整數(shù)解，則它的所有這些解中必有一組解(X0,Y0,n0)可使n0最小.由(22)式可得

(23)

(24)

(25)

若(25)的第一式成立，則將其代入(24)的第一式可得

易知，gcd(q2s2-r2t2,4s2+t2)=1.此時(2s)2+t2=u2，2?t，gcd(2s,t)=1. 但u<(2qs2)2+(rt2)2=a2+b2=n0，與n0最小矛盾. 故(25)的第一式不可能成立.類似可證(25)的第二式不成立，因此方程(22)無正整數(shù)解.

情形22?X，2|Y.

仿情形1，同理可證方程(22)無正整數(shù)解.證畢.

證明類似引理6的(13)式，有

q2(m2-n2)(s2-t2)=-4n2t2r2，

(26)

顯然q?r.若q|n，則n=qn1(n1為某正整數(shù)).于是(26)式成為

(27)

情形1m,n1,s,t均為奇數(shù)(證明同引理6中情形1).

情形2m,n1均為奇數(shù)，s,t一奇一偶.

此時，(27)式可化為

(28)

或

(29)

或

(30)

或

(31)

或

(32)

或

(33)

a4-2(q2-4r2)a2b2+p2b4=n2，gcd(a,b)=1，2|ab，p?a.

(34)

情形3m,n1一奇一偶，s,t均為奇數(shù)(證明同情形2).

情形4m,n1一奇一偶，s,t一奇一偶.

此時，(27)式左邊≡1(mod2)，右邊≡0(mod2).因此(27)式不可能成立.若q|t，則t=qt1(t1為某正整數(shù)).于是(26)式成為

(35)

完全類似q|n的證明可知，(35)式不可能成立.證畢.

2 定理的證明

在直線y=λ(λ是非零有理數(shù))上考慮是否存在Steinhaus點.假定(x,λ)是一個Steinhaus點，有

x2+λ2=a2，

(36)

(x-1)2+λ2=b2，

(37)

x2+(λ-1)2=c2，

(38)

(x-1)2+(λ-1)2=d2，

(39)

其中：a,b,c,d為非負(fù)有理數(shù).

由(36)，(37)式可得

(40)

將(40)式代入(36)式，并令X=a+b，Y=a-b，整理后有

(X2-1)(Y2-1)=-4λ2.

(41)

由(37)，(38)式可得

(42)

將(42)式代入(37)式，并令X=b+c，Y=b-c，整理后有

(XY+X+Y)(XY-X-Y)=-4λ2.

(43)

由(38)，(39)式可得

(44)

將(44)式代入(38)式，并令X=c+d，Y=c-d，整理后有

(X2-1)(Y2-1)=-4(λ-1)2.

(45)

易知，只需證(41)，(43)，(45)3式中有一式不成立，則在直線y=λ上不存在Steinhaus點.

先證定理1.假定(x,1)是一個Steinhaus點，則λ=1.此時，(41)式成為(X2-1)(Y2-1)=-4，或假定(x,0)是一個Steinhaus點，則λ=0.此時，(45)式成為(X2-1)(Y2-1)=-4.由引理4知，該方程沒有有理數(shù)解，故在直線y=1及y=0上沒有Steinhaus點.根據(jù)對稱性，直線x=1及x=0上也沒有Steinhaus點.定理1得證.

再證定理2.

x2+y2=r2，

(46)

(x-1)2+y2=s2，

(47)

(48)

其中：r,s,t為非負(fù)有理數(shù).

由(46)，(47)式知

(49)

將(49)式代入(48)式可得

(50)

其中：“±”號任取.

限于篇幅，僅考慮兩條對稱軸上的結(jié)果.

(2u-t)2+3t2=(2v)2，

(51)

易知，方程(51)有整數(shù)解

u=±(a2-3b2)+2ab，t=4ab，v=a2+3b2，