关于Steinhaus问题的一点注记

关于Steinhaus问题的一点注记
GUAN Xungui
【摘要】通过指出相关文献中证明过程的失误,说明S teinhaus整距点问题至今仍是尚未解决的公开问题.利用Pythagoras数组的性质和无穷递降法,得到一些Steinhaus点不存在的命题,同时部分解决了相关文献提出的一个公开问题.
【期刊名称】《安徽大学学报（自然科学版）》
【年(卷),期】2019(043)004
【总页数】8页(P24-31)
【关键词】Steinhaus问题;有理距点;Pythagoras数组;无穷递降法
【作者】GUAN Xungui
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】O156.1
波兰数学家Steinhaus在文[1]中提出：是否存在平面上的点，使其到某个边长为正整数的正方形的4个顶点的距离均为整数？
上述问题可表达成以下等价形式：
Steinhaus问题给定平面直角坐标系中的一个单位正方形，其中4个顶点的坐标分别为(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)，则是否存在该平面上的点，使其到4个顶点的距离均为有理数？
通常称满足上述问题中所述性质的点为Steinhaus点. 关于Steinhaus点的存在性迄今仍是一个远未解决的难题，曾被R.K.Guy收录到文献[2]中，目前只解决了一些特殊情形(见文献[3-8]).雷德利等[9]运用无穷递降法及椭圆曲线结论证明了定理A～D.
定理A 在直线和上没有Steinhaus点.
定理B 单位正方形的4条边所在的直线上没有Steinhaus点(借助椭圆曲线理论). 定理C 在直线x=8和y=8上没有Steinhaus点.
定理D 令λ为一个有理数，λ≠0，1.如果椭圆曲线Y2=X(X+λ2)(X+(1-λ)2)的秩为零，那么在直线x=λ和y=λ上没有Steinhaus点.
确定椭圆曲线的秩非常复杂和困难，有许多上述类型的椭圆曲线的秩不为零.杜心华等[10]声称解决了Steinhaus问题，但其证明过程存在多处漏洞.因此，Steinhaus问题仍是一个尚未解决的公开问题.
定理1 单位正方形的4条边所在的直线上没有Steinhaus点(运用初等方法).
定理2 设p,q,r均为奇素数.
(i) 若p=q2+4，则在直线上没有Steinhaus点；
(ii) 若p=q2+4r2且则在直线上没有Steinhaus点.
杨仕椿等[11]研究了一类4边形的有理距点问题.笔者将证明文章的结果，即定理3.
定理3 若边长为1的菱形的锐角为则除了菱形的4个顶点之外，平面上仍存在无穷多个点，它们到菱形4个顶点的距离均为有理数.
1 若干引理
引理1[12] 不定方程x2+y2=z2满足条件gcd(x,y)=1，2|x的一切正整数解可以表示为
x=2ab，y=a2-b2，z=a2+b2，
其中：a,b是正整数，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.
引理2[12] 设p为奇素数，则不定方程x2+py2=z2满足条件gcd(x,y)=1的一切正整数解可表示为
其中：a,b是正整数，gcd(a,b)=1，2⫮ab，p⫮a；或者
x=|a2-pb2|，y=2ab，z=a2+pb2，
其中：a,b是正整数，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)
无正整数解.
证明分两种情形.
情形1 2|X，2⫮Y.
假定(1)有正整数解，则它的所有这些解中必有一组解(X0,Y0,n0)可使最小.由(1)可得
(2)
令则从而但2⫮d1，故d1=1，即由引理1知，(2)式成为
(3)
其中：a,b是正整数，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.
又由(3)的第一式知2|X0，2⫮Y0，故2|a，2⫮b. 令a=2a1，则(3)的第二式成为其中2⫮a1b，gcd(a1,b)=1. 故存在正整数s,t，使得a1=s2，b=t2，gcd(s,t)=1，2⫮st. 代入(3)的第一式得
令gcd(4s2+t2,s2-t2)=d2，则d2|5(s2,t2)=5，但5⫮X0，导致5⫮d2，故d2=1.此时有s2-t2=u2，即u2+t2=s2.由gcd(s,t)=1知，gcd(u,t)=1，且2|u，2⫮t.但与最小矛盾.
情形2 2⫮X，2|Y.
完全类似情形1的证明知不可能.因此，方程(1)无正整数解.证毕.
引理4 方程(X2-1)(Y2-1)=-4没有有理数解.
证明假定方程有一个有理数解(X,Y).因为不是有理数，故XY≠0.不妨设X>0，Y>0.并令是正整数，适合gcd(m,n)=gcd(s,t)=1.代入原方程得
(m2-n2)(s2-t2)=-4n2t2.
(4)
情形1 m,n,s,t均为奇数.
此时，(4)式左边≡0(mod64)，而右边≡-4(mod32)，矛盾.
情形2 m,n均为奇数，s,t一奇一偶.
此时，(4)式成为
(5)
或
(6)
当2|s，2⫮t时，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，则消去n，得m2+5t2=s2.易知，gcd(m,t)=1，2|mt.根据引理2，有
m=|a2-5b2|，t=2ab，s=a2+5b2，
其中：a,b是正整数，gcd(a,b)=1，2|ab，5⫮a.
将(7)的后两式代入(5)的第二式，整理得
a4+6a2b2+25b4=n2，gcd(a,b)=1，2|ab，5⫮a.
(8)
根据引理3，方程(8)无正整数解，故(5)式不可能成立.若(6)式成立，则由(6)的第二式得2≡s2+n2=t2≡0(mod4).此矛盾说明(6)式也不可能成立.
情形3 m,n一奇一偶，s,t均为奇数(证明同情形2).
情形4 m,n一奇一偶，s,t一奇一偶.
此时，(4)式左边≡1(mod2)，右边≡0(mod2).因此(4)式不可能成立.证毕.
引理5 设p,q为奇素数满足p=q2+4，则方程
X4-2(q2-4)X2Y2+p2Y4=n2，gcd(X,Y)=1，2|XY，p⫮X
(9)
无正整数解.
证明分两种情形.
情形1 2|X，2⫮Y.
假定(9)式有正整数解，则它的所有这些解中必有一组解(X0,Y0,n0)可使n0最小.由(9)式可得
(10)
令则从而但2⫮d1，故d1=1或q.当d1=q时，(10)的第一式可化为
与n0最小矛盾. 故d1=1，即由引理1知，(10)式成为
其中：a,b是正整数，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.
不失一般性，仅讨论(11)的第一式中取“+”号的情况.由(11)的第一式知2|X0，
2⫮Y0，故2|a，2⫮b. 令a=2a1，则(11)的第二式成为其中2⫮a1b，gcd(a1,b)=1. 于是存在正整数s,t，适合gcd(s,t)=1，2⫮t，使得
或
(12)
若(12)的第一式成立，则将其代入(11)的第一式可得
令gcd(q2s2-t2,4s2+t2)=d2，则d2|p(s2,t2)=p，但p⫮X0，导致p⫮d2，故
d2=1，即gcd(q2s2-t2,4s2+t2)=1.此时(2s)2+t2=u2，2⫮t，gcd(2s,t)=1. 但
u<(2qs2)2+(t2)2=a2+b2=n0，与n0最小矛盾. 故(12)的第一式不可能成立.类似可证(12)的第二式也不成立.
情形2 2⫮X，2|Y.
由情形1的证明知，有(11)式成立.但此时2⫮X0，2|Y0，故2⫮a，2|b.令b=2b1，则(11)的第二式成为这里2⫮a，gcd(a,b1)=1. 于是存在正整数s,t，适合
gcd(s,t)=1，2⫮s，使得
a=qs2，b1=t2；或 a=s2，b1=qt2.
仿情形1同理可证，以上两组等式都不可能成立.证毕.
引理6 设p,q为奇素数满足p=q2+4，则方程q2(X2-1)(Y2-1)=-4没有有理数解. 证明假定方程有一个有理数解(X,Y).因为不是有理数，故XY≠0.不妨设X>0，Y>0.并令是正整数，适合gcd(m,n)=gcd(s,t)=1.代入原方程得
q2(m2-n2)(s2-t2)=-4n2t2，
(13)
若q|n，则n=qn1(n1为某正整数).于是(13)式成为
(14)
情形1 m,n1,s,t均为奇数.
此时，由于q为奇数，故(14)式左边≡0(mod64)，而右边≡-4(mod32)，矛盾.
情形2 m,n1均为奇数，s,t一奇一偶.
此时，(14)式可化为
(15)
或
(16)
当2|s，2⫮t时，由(15)的第二式知，不可能；由(16)的第一式知，也不可能.故
2⫮s，2|t.若(15)式成立，则消去n1，得m2+(q2+4)t2=(qs)2，即
m2+pt2=(qs)2.设gcd(m,t)=d>1，则d|m，d|t，从而d|qs.考虑到gcd(s,t)=1，有d|q.此时q|m，而q|n，与gcd(m,n)=1矛盾.故gcd(m,t)=1，又2|mt.根据引
理2，有
m=|a2-pb2|，t=2ab，qs=a2+pb2，
(17)
其中：a,b是正整数，gcd(a,b)=1，2|ab，p⫮a.
将(17)的后两式代入(15)的第二式，整理得
a4-2(q2-4)a2b2+p2b4=n2，gcd(a,b)=1，2|ab，p⫮a.
(18)
根据引理5，方程(18)无正整数解，故(15)式不可能成立.若(16)式成立，则由(16)
的第二式得此矛盾.说明(16)式也不可能成立.
情形3 m,n1一奇一偶，s,t均为奇数.
此时，(14)式可化为
(19)
或
(20)
若(19)式成立，则由(19)的第二式知，s2-t2≡0(mod8)，进而2|n1，2⫮m.但由(19)的第一式知，1≡-1(mod4)，矛盾.故(19)式不成立.若(20)式成立，同样有2|n1，2⫮m.消去t可得由情形2同理可证(20)式不成立.
情形4 m,n1一奇一偶，s,t一奇一偶.
此时，(14)式左边≡1(mod2)，右边≡0(mod2).因此(14)式不可能成立.若q|t，则
t=qt1(t1为某正整数).于是(13)式成为
(21)
完全类似q|n的证明可知，(21)式不可能成立.证毕.
引理7 设p,q,r为奇素数满足p=q2+4r2，则方程
X4-2(q2-4)X2Y2+p2Y4=n2，gcd(X,Y)=1，2|XY，p⫮X
(22)
无正整数解.
证明也分两种情形.
情形1 2|X，2⫮Y.
假定(22)有正整数解，则它的所有这些解中必有一组解(X0,Y0,n0)可使n0最小.由
(22)式可得
(23)
易知，由引理1知，(23)式成为
(24)
其中：a,b是正整数，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.不失一般性，仅讨论(24)的第一式中取“+”号的情况.由(24)的第一式知2|X0，2⫮Y0，故2|a，2⫮b. 令a=2a1，则(24)的第二式成为因r|a1或r|b，不妨设r|b，令b=rb1，则这里2⫮a1b1，
gcd(a1,b1)=1. 于是存在正整数s,t，适合gcd(s,t)=1，2⫮t，使得
或
(25)
若(25)的第一式成立，则将其代入(24)的第一式可得
易知，gcd(q2s2-r2t2,4s2+t2)=1.此时(2s)2+t2=u2，2⫮t，gcd(2s,t)=1. 但
u<(2qs2)2+(rt2)2=a2+b2=n0，与n0最小矛盾. 故(25)的第一式不可能成立.类似可证(25)的第二式不成立，因此方程(22)无正整数解.
情形2 2⫮X，2|Y.
仿情形1，同理可证方程(22)无正整数解.证毕.
引理8 设p,q,r为奇素数满足p=q2+4r2及则方程q2(X2-1)(Y2-1)=-4r2没有有理数解.
证明类似引理6的(13)式，有
q2(m2-n2)(s2-t2)=-4n2t2r2，
(26)
显然q⫮r.若q|n，则n=qn1(n1为某正整数).于是(26)式成为
(27)
情形1 m,n1,s,t均为奇数(证明同引理6中情形1).
情形2 m,n1均为奇数，s,t一奇一偶.
此时，(27)式可化为
(28)
或
(29)
或
(30)
或
(31)
或
(32)
或
(33)
当2|s，2⫮t时，由(28)，(30)的第二式分别取模4知，不可能；由(29)式消去t可
得取模8知，不可能；由(31)～(33)的第一式取模8知，也不可能.故2⫮s，2|t.若(28)式成立，则消去n1，得m2+(q2+4r2)t2=(qs)2，即m2+pt2=(qs)2. 与引理6中情形2的讨论类似可得
a4-2(q2-4r2)a2b2+p2b4=n2，gcd(a,b)=1，2|ab，p⫮a.
(34)
根据引理7，方程(34)无正整数解，故(28)式不可能成立.若(29)，(32)两式成立，则对它们的第一式分别取模q，得即与矛盾.若(30)式成立，则消去n1得(mr)2+pt2=(qs)2，类似(28)式的讨论知(30)式不成立.若(31)，(33)两式成立，则对它们的第二式分别取模8得0,-3≡-1(mod8)，不可能.
情形3 m,n1一奇一偶，s,t均为奇数(证明同情形2).
情形4 m,n1一奇一偶，s,t一奇一偶.
此时，(27)式左边≡1(mod2)，右边≡0(mod2).因此(27)式不可能成立.若q|t，则t=qt1(t1为某正整数).于是(26)式成为
(35)
完全类似q|n的证明可知，(35)式不可能成立.证毕.
2 定理的证明
在直线y=λ(λ是非零有理数)上考虑是否存在Steinhaus点.假定(x,λ)是一个Steinhaus点，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为非负有理数.
由(36)，(37)式可得
(40)
将(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)
将(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)
将(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，只需证(41)，(43)，(45)3式中有一式不成立，则在直线y=λ上不存在Steinhaus点.
先证定理1.假定(x,1)是一个Steinhaus点，则λ=1.此时，(41)式成为(X2-1)(Y2-1)=-4，或假定(x,0)是一个Steinhaus点，则λ=0.此时，(45)式成为(X2-1)(Y2-1)=-4.由引理4知，该方程没有有理数解，故在直线y=1及y=0上没有Steinhaus点.根据对称性，直线x=1及x=0上也没有Steinhaus点.定理1得证. 再证定理2.
(i) 假定是一个Steinhaus点，则此时，(41)式成为q2(X2-1)(Y2-1)=-4，或假定
是一个Steinhaus点，则此时，(45)式成为q2(X2-1)(Y2-1)=-4.由引理6知，该
方程没有有理数解，故在直线及上没有Steinhaus点.根据对称性，直线及上也没
有Steinhaus点.
(ii) 假定是一个Steinhaus点，则此时，(41)式成为q2(X2-1)(Y2-1)=-4r2，或假
定是一个Steinhaus点，则此时，(45)式成为q2(X2-1)(Y2-1)=-4r2.由引理8知，该方程没有有理数解，故在直线及上没有Steinhaus点.根据对称性，直线及上也
没有Steinhaus点.定理2得证.
最后证定理3.给定平面直角坐标系中一个边长为1、锐角为的菱形，其中4个顶点的坐标分别为并假定P(x,y)到菱形4个顶点的距离均为有理数，则有
x2+y2=r2，
(46)
(x-1)2+y2=s2，
(47)
(48)
其中：r,s,t为非负有理数.
由(46)，(47)式知
(49)
将(49)式代入(48)式可得
(50)
其中：“±”号任取.
限于篇幅，仅考虑两条对称轴上的结果.
(1) 时，由(49)式知r2=s2，故(50)式给出其中“±”号任取.但由(46)式知故展开后整理得考虑到r,t均为有理数，有t=0.此时故显然不合题意.因此，对称轴上不存在点P，它到菱形4个顶点的距离均为有理数.
(2) y=0时，由(48)式知x2-x+1=r2.设其中v,t均为正整数，u为任意整数，则
u2-ut+t2=v2，即
(2u-t)2+3t2=(2v)2，
(51)
易知，方程(51)有整数解
u=±(a2-3b2)+2ab，t=4ab，v=a2+3b2，
其中：a,b为任意非零整数且同号.于是有
若a=±b或a=±3b，则P为O(0,0)及B(1,0)，故当a≠±b且a≠±3b时，P点为非菱形的4个顶点.因此，除了菱形的4个顶点之外，对称轴y=0上仍存在无穷多个点P，其坐标为为任意同号非零整数，且满足a≠±b，a≠±3b，它们到菱形4个顶点的距离均为有理数.定理3得证.
参考文献：
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