关于Steinhaus问题的一点注记

管训贵

(泰州学院 数理学院，江苏 泰州 225300)

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.

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.

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12|X，2⫮Y.

(2)

(3)

其中：a,b是正整数，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.

情形22⫮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.

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

(4)

情形1m,n,s,t均为奇数.

此时，(4)式左边≡0(mod64)，而右边≡-4(mod32)，矛盾.

情形2m,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，

(7)

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3m,n一奇一偶，s,t均为奇数(证明同情形2).

情形4m,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12|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)

(11)

其中：a,b是正整数，a>b，gcd(a,b)=1，2|ab.

(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22⫮X，2|Y.

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.

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1m,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2m,n1均为奇数，s,t一奇一偶.

此时，(14)式可化为

(15)

或

(16)

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)

情形3m,n1一奇一偶，s,t均为奇数.

此时，(14)式可化为

(19)

或

(20)

情形4m,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12|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)

(24)

(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22⫮X，2|Y.

仿情形1，同理可证方程(22)无正整数解.证毕.

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1m,n1,s,t均为奇数(证明同引理6中情形1).

情形2m,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)

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均为奇数(证明同情形2).

情形4m,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.

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.

(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，