Euler 的猜想 $x^4+y^4+z^4=w^4$ 不存在非平凡整数解(3)


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Don Zagier,Noam Elkies 和 Andrew Bremner 所做的事情对解决 Euler 的猜想有什么样的重要性呢?回忆一下上一节中我们最后在做什么。我们找到两个参数 u,v,使得 $z^4-x^4-y^4=t^2$ 中的 $z,x,y,t$ 均可以表示为系数为有理数的 u,v 的齐次多项式。而且 $t$ 是 u,v 的四次齐次多项式。这意味着曲面 $S:z^4-x^4-y^4=t^4$ 会和曲线 $t^2=F (u,v)$ 有紧密的联系,也就是说,曲面 S 上存在一族曲线 $(x (u,v),y (u,v),z (u,v),\sqrt {F (u,v)})$, 其中 x,y,z 是有理系数二次齐次多项式,而 F 是有理系数四次齐次多项式。这样的曲线又有着什么样的重要性呢?它正是亏格为 1 的曲线,在双有理变换等价意义下与椭圆曲线是基本一致的。

定义在 $\mathbb {Q}$ 上的代数曲线有理点的多寡与曲线的几何密切相关。曲线的双有理不变量——亏格——正是与有理点多寡相关的最重要的基本量。Louis J. Mordell1922 年的著名猜想断言,亏格大于 1 的代数曲线上有理点只有有限多个。1983 年Gerd Faltings证实了这一猜想。那么亏格不大于 1 的曲线呢?有理点可能有有限多个,也可能有无限多个。这意味着,如果能在代数曲面上找到亏格不大于 1 的曲线,那么就意味着有机会找到代数曲面上足够多的非平凡有理点。这本质上就是上一节中 de Vogelaere 的第二个问题。

根据 Zagier 本人的叙述,在与 de Vogelaere 讨论后的几个月里他曾经好几次思考 de Vogelaere 的问题,并且获得了一定的进展。我们已经提到,$z^4-x^4-y^4=t^4$ 上存在一族亏格为 1 的曲线是与某族定义在 $\mathbb {Q}$ 上的二次曲线 $Q (x,y,z)=0$ 密切相关。这一族二次曲线可以用 $\mathbb {Q}$ 上定义的双有理映射映射到 $\mathbb {P}^{1}(\mathbb {Q})$。这并不是平凡的。例如 $x^2+y^2=3$ 就做不到这一点。但是Hermann Minkowski早已经给我们铺好了路。这算是根据局部-整体原理较早的例子,也就是说,根据有限域 $\mathbb {F}_p$ 的解的性质,我们可以确定代数曲线在 $\mathbb {Q}$ 上解的性质。

定理:$Q (x,y,z)=0$上存在有理点的充分必要条件是该二次曲线在 $\mathbb {R}$ 以及所有 $\mathbb {Z}/p^n\mathbb {Z}$ 上有非平凡解 (即不同于 (0,0,0) 的解)。

Minkowski 的定理看起来好像需要我们检查所有的质数幂 $p^n$ 使得 $Q (x,y,z)=0$ 模 $p^n$ 有解。但实际上根据简单的线性变换,Hensel's Lemma以及下面的定理,只需要检查有限多个质数的幂即可。

定理设 $a,b,c$ 是两两互质的非零的无平方因子整数,且它们符号不完全相同。如果对于所有的奇质数 $p|abc$, 同余式 $ax^2+by^2+cz^2\equiv 0\mod p$ 总存在解 $(x,y,z)$ 使得 $x,y,z$ 中至多有一个被 p 整除。那么 $ax^2+by^2+cz^2=0$ 存在非平凡有理解。

回忆一下,依照 Zagier 的方法构造出的一族二次曲线 Q 应该是什么样子呢?不难得到,曲线族应当形如

$$(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2)(x^2+y^2-xy)+2\alpha\beta (xy+z^2)+(\alpha^2-2\beta^2)(x-y) z=0$$

其中整数 $\alpha,\beta$ 满足 $\alpha\delta-\beta\gamma=1$,[$\gamma,\delta$ 可以是整数,也可以是有理数]。$\alpha\beta=0$ 正对应 Escott 得到的等式,我们把它放在一边。当 $\alpha\beta\ne0$, 曲线双有理等价于曲线

$$2\alpha\beta (\alpha^2+2\beta^2) u^2-(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2)(\alpha^2-4\alpha\beta+2\beta^2) v^2+w^2=0$$

我们只需要检查所有整除 $\alpha\beta (\alpha^2+2\beta^2)(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2)(\alpha^2-4\alpha\beta+2\beta^2)$ 的奇质数 $p$ 是不是满足定理的条件就可以了。不难看出 $p\mid\alpha\beta$ 满足定理的条件。如果 $p\mid (\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2)$, 那么 p 是模 4 余 1 的质数,这意味着 $-1$ 是 $p$ 的二次剩余。因此 $2\alpha\beta (\alpha^2+2\beta^2) u^2+w^2=0$ 存在满足定理条件的解。如果 $p\mid (\alpha^2+2\beta^2)$, 那么定理要求 $-8 (\alpha\beta)^2v^2+w^2\equiv 0\mod p$ 有非平凡解。这意味着-2 与 2 都是 p 的二次剩余。那么 $p$ 只能模 $8$ 余 $1$. 同样,对于 $p\mid \alpha^2-4\alpha\beta+2\beta^2)$,我们一样有 $p$ 只能模 $8$ 余 $1$.

因此我们可以给出几个约束:

1) Q (x,y,z) 在 R 上有解,首先不可以有 $\alpha\beta>0$ 且 $\alpha^2-4\alpha\beta+2\beta^2<0$.

2)$\alpha^2+2\beta^2$ 及 $\alpha^2-4\alpha\beta+2\beta^2$ 的奇质因数如果幂次为奇数 [注:这个要求来自定理中对系数是无平方因子数的要求],那么这个质因子模 8 余 1.

3)$\alpha,\beta$ 互质。

注意到我们如果用代换 $(\alpha,\beta)\mapsto (\beta,\alpha/2)$ 及 $z\mapsto-z$ 代入到 $Q (x,y,z)=0$ 中,方程不发生变化。结合 2) 3) 我们可以加上一条约束:

4)$\alpha$ 是大于 0 的奇数,$\beta$ 是偶数。

根据这几条约束可以在 $\vert \alpha\vert \leq 10 ,\vert \beta\vert \leq 10$ 约束的 441 个数中搜索一下。用这些条件筛过一遍以后,我们得到 14 条备选的二次曲线,它们对应的 $(\alpha,\beta)$ 可以列举如下:

(1,-6),(1,-2),(1, 2),(1, 6),(3,-8),(3,-4),(3,-2),(3, 8),(5,-8),(7,-6),(7,-4),(9,-10),(9,-4),(9, 2)

Remark:题图来自文中提及的 Minkowski 定理对应的 wiki 词条Hasse-Minkowski Theorem

Remark2:Zagier 与 Elkies 在解决问题的关节处不谋而合,特别是上面的约束 2). 可谓是英雄所见略同。

作者: rainbow zyop