Sep 202017
 

T. Motzkin 1967 年举了一个例子: The Motzkin polynomial \(M(x, y, z)=x^4y^2+x^2y^4+z^6-3x^2y^2z^2\) 不能写成多项式的平方和. 后面的定理 5.2 说明这事与定理 2.1 的第二部分是等价的.

Theorem 2.1  Motzkin 多项式

\begin{equation} M(x, y) =x^4y^2+x^2y^4-3x^2y^2+1,\end{equation}

那么

  • \(M(x, y)\geqslant0\) 对任意实数 \(x\), \(y\) 成立;
  • \(M(x, y)\) 不能写成多项式的平方和;
  • \(M(x, y)\) 可以表示为有理函数的平方和.

\(M(x, y)\geqslant0\) 是显然的, 因为我们有算术几何平均不等式.

定理的第二部分, 如果 \(M(x, y)\) 是一些次数(至多)为 \(3\) 的多项式的平方和:

\begin{equation} M(x, y) =\sum_{l=1}^k\Big(a_l+b_lx+c_ly+d_lx^2+e_lxy+f_ly^2+g_lx^3+h_lx^2y+i_lxy^2+j_ly^3\Big)^2,\end{equation}

这里 \(a_l\), \(b_l\), \(c_l\), \(d_l\), \(e_l\), \(f_l\), \(g_l\), \(h_l\), \(i_l\), 和 \(j_l\) 都是实常数, \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^6\), \(y^6\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^6\), \(y^6\) 项的系数都为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^kg_l^2=\sum_{l=1}^kj_l^2=0,\]

故 \(g_l=j_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^4\) 项导出

\begin{equation}\sum_{l=1}^k\Big(d_l^2+2b_lg_l\Big)=0.\end{equation}

由于 \(g_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\), 于是

\[\sum_{l=1}^kd_l^2=0.\]

至此, \(d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同理, \(f_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^2\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^2\) 项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^k \Big(b_l^2+2a_ld_l\Big)=0,\]

故 \(b_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同样的, \((1)\) 没有 \(y^2\) 项, 因此  \(c_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

注意 \((1)\) 中的 \(x^2y^2\) 项的系数是 \(-3\), 故

\[\sum_{l=1}^k\Big(e_l^2+2b_li_l+2c_lh_l+2d_lf_l\Big)=-3.\]

既然  \(b_l=c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\),

\begin{equation}\sum_{l=1}^ke_l^2=-3.\end{equation}

这是不可能的! 故而 \(M(x, y)\) 不能写成多项式的平方和.

当然, 也可以采用类似的手段来直接证明 \(x^4y^2+x^2y^4+z^6-3x^2y^2z^2\) 不能写成多项式的平方和.

我们先指出

定理 2.2 设 \(G\), \(g_1\), \(g_2\), \(\dotsc\), \(g_m\in\Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 且 \(G\) 是 \(t\) 次齐次多项式. 如果

\begin{equation}G=\sum_{i=1}^mg_i^2,\end{equation}

那么, \(t\) 是偶数, 且 \(g_1\), \(g_2\), \(\dotsc\), \(g_m\) 都是 \(\dfrac t2\) 次齐次多项式.

定理 2.2 其实是引理 5.3 的最后一部分.  我们用来推导 \(M(x, y, z)\) 不能写成多项式的平方和.

\begin{equation}M(x,y,z)=\sum\Big(A_lx^3+B_lx^2y+C_lx^2z+D_lxy^2+E_lxyz+F_lxz^2+G_ly^3+H_ly^2z+I_lyz^2+J_lz^3\Big)^2,\end{equation}

令 \(x=1\), \(y=z=0\), 得 \(A_l=0\). 再比较两端 \(x^4z^2\) 的系数, 得

\[\sum\Big(C_l^2+2A_lF_l\Big)=0.\]

于是, \(C_l=0\).

比较两端 \(x^2z^4\) 的系数, 得

\[\sum\Big(F_l^2+2C_lJ_l\Big)=0.\]

于是, \(F_l=0\).

同样的推导, \(G_l=H_l=I_l=0\).

此时, \((6)\) 已经是如下

\begin{equation}M(x,y,z)=\sum\Big(B_lx^2y+D_lxy^2+E_lxyz+J_lz^3\Big)^2.\end{equation}

比较两端 \(x^2y^2z^2\) 的系数即能得出矛盾!

至于, 定理 2.1 的最后部分

\begin{equation}\Big(x^2+1\Big) M(x, y)=x^2\Big(y^2-1\Big)^2+x^2y^2\Big(x^2-1\Big)^2+\Big(x^2y^2-1\Big)^2\end{equation}

或者, 稍微复杂

\begin{equation}\Big(x^2+y^2+1\Big) M(x, y)=x^2\Big(y^2-1\Big)^2+y^2\Big(x^2-1\Big)^2+\Big(x^2y^2-1\Big)^2+\frac14x^2y^2\Big(x^2-y^2\Big)^2+\frac34x^2y^2\Big(x^2+y^2-2\Big)^2\end{equation}

甚至, 直接

\begin{equation}M(x, y)=\frac{x^2y^2(x^2 + y^2 -2)^2(x^2 + y^2 +1) +(x^2 – y^2)^2}{(x^2 + y^2)^2}\end{equation}

说明 \(M(x, y)\) 可以写成有理函数的平方和.

Sep 192017
 

设 \(p\) 是实系数的 \(n\) 元多项式, \(S\) 是 \(n\) 维 Euclidean space \(\Bbb R^n\) 的子集. 我们说 \(p\) 在 \(S\) 上是非负的(non-negative), 如果对于任意的 \(x\in S\), 有 \(p(x)\geqslant0\).

我们下面关注的重点是 \(\Bbb R^n\) 上的非负(non-negative)多项式, 即对于任意的 \(x\in \Bbb R^n\), 有 \(p(x)\geqslant0\).

要探讨的, 非负多项式是否就是可以表为多项式的平方和的那些多项式? 这是一个古老的问题, 与 Hilbert’s seventeenth problem 有关, 早已有答案: 回答”差不多”是肯定的. 换言之, 非负多项式确实可以表示成平方和, 但一般而言是有理函数而不是多项式的平方和.

先从简单的情形一元多项式开始.

Theorem 1.1 \(p(x)\geqslant0\) 对所有的实数 \(x\) 为真, 则存在一元多项式 \(f(x)\) 和 \(g(x)\), 使得 \(p(x)=f^2(x)+g^2(x)\) 恒成立.

这是一个平凡的结果, 估计可以在很多的高等代数的书上找到, 使用一下实系数多项式的因式分解标准式即可.

我们可以按照这个步骤来验证:

\begin{equation} p=a\prod_{i=1}^k(x-a_i)^{m_i}\prod_{j=1}^l\Big(x^2+2b_jx+c_j\Big),\end{equation}

这里诸 \(a_i\) 皆是实数, 诸 \(x^2+2b_jx+c_j\) 都无实根.

那么, 以下三条陈述相互等价:

  1. \(p(x)\geqslant0\) on \(\Bbb R\);
  2. \(a\gt0\), 且诸 \(m_i\) 都是偶数;
  3. 存在多项式 \(f(x)\) 和 \(g(x)\), 使得 \(p(x)=f^2(x)+g^2(x)\).

事实上, 很容易说明 \( 1 \implies  2 \implies 3 \implies 1\).

定理 1.1 其实是基于 \(\Bbb C[x]\) 与 Gaussian integers \(\Bbb Z[i]\) 的一个类比. 把 \(\Bbb C[x]\) 视为 Euclidean domain \(\Bbb R[x]\) 添加 \(i\) 得到的二次扩张; \(\Bbb Z[i]\) 看作 Euclidean domain \(\Bbb Z\) 添加 \(i\) 得到的二次扩张. 在这个类比, 线性多项式类似 \(3\pmod4\) 的质数, 后者依旧是 \(\Bbb Z[i]\) 中的质数; 二次不可约多项式类似非 \(3\pmod4\) 的质数, 后者不是 \(\Bbb Z[i]\) 中的质数. 非 \(0\) 整数 \(n\in Z\) 是两个整数的平方和当且仅当其为正并且每个 \(3\pmod4\) 的质数因子在标准分解式出现偶数次. 类似的, 多项式 \(p\in\Bbb R[x]\) 是两个多项式的平方和当且仅当取值非负并且每个线性因子出现偶数次.

多元多项式的情形复杂得多. 我们不能指望 Theorem 1.1 可以简单的推广到多元多项式. 事实上, 只在很少的情况下, 非负多元多项式可以写成多项式的平方和.

一般来说, 如果 \(R[i]\) 和 \(R\) 都是唯一因子分解整环(Gauss domain), 那么 \(R\) 中的某些质数在 \(R[i]\) 有两个共轭, 但 \(R\) 中其余的那些质数依旧是 \(R[i]\) 的质数. 这使得我们总能对 \(R\) 中那些能写成两个平方和的元素予以某种刻画. 这些道理对多元多项式环 \(R=\Bbb R[x]\) 确实是适用. 但是, 出现问题的地方即在于对于 \(\Bbb R[x]\) 的非负多项式 \(p\), 其不可约因子不一定出现偶数次.

Aug 112016
 

集合

\[\{\sqrt n|n\in\Bbb N\; \text{is Square-free integer}\}\]

在有理数域上线性无关.

这其实是非常古老的问题, 早已经有很一般的结果.

先厘清无平方因子整数Square-free integer这个概念: \(1\) 到底是不是无平方因子整数?

wiki 给出的定义是: 不被不是 \(1\) 的完全平方整除的整数称为无平方因子整数. 因此, \(1\) 算无平方因子正整数. 鉴于此, 我们认为: 无平方因子整数定义为”不被质数的平方整除的整数”更为恰当.

下面的证明来自 Iurie Boreico 的文章 Linear Independence of Radicals.

我们把问题写的更清楚一点, 即我们要证明:

\(n_1\), \(n_2\), \(\dotsc\), \(n_k\) 是互不相同的无平方因子正整数; \(a_1\), \(a_2\), \(\dotsc\), \(a_k\) 都是整数. 令

\[S=a_1\sqrt{n_1}+a_2\sqrt{n_2}+\dotsb+a_k\sqrt{n_k},\]

那么 \(S=0\) 当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_k=0\).

第一个办法是指出更精细的结果:

记 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 是 \(n_1n_2\dotsm n_k\) 的所有互不相同的质因子. 则存在

\[S^\prime=b_1\sqrt{m_1}+b_2\sqrt{m_2}+\dotsb+b_l\sqrt{m_l},\]

(这里 \(b_1\), \(b_2\), \(\dotsc\), \(b_l\) 都是整数; \(m_1\), \(m_2\), \(\dotsc\), \(m_l\) 都是无平方因子正整数, 并且都没有 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 以外的质因子), 使得 \(SS^\prime\ne0\) 是整数. 进而, 顺水推舟, \(S\ne0\).

对 \(N\) 进行归纳.

明显 \(N=0\) 时, 结论为真: 此刻 \(k=1\), \(n_1=1\), 于是 \(S=a_1\ne0\). 令 \(S^\prime=1\) 即可.

 Posted by at 5:04 pm
Jul 042015
 

圆周上的有理点有这么几个情况.

1.  没有有理点.

\[x^2+y^2=3\]

是一个例子.

2. 恰有一个有理点.

比如 \((x+\sqrt2)^2+(y+\sqrt2)^2=4\) 只有原点.

3. 恰有两个有理点.

比如

\[x^2+(y+\sqrt2)^2=3\]

4. 有无穷个有理点  这是我们关心的情形.

很容易证明, 如果一个圆周上有 \(3\) 个有理点, 则有无穷多个有理点在此圆周上, 并且此圆的圆心是有理点, 半径的平方是有理数. 所以, 只要关注

\begin{equation}x^2+y^2=\frac pq\end{equation}

(\(p, q\) 是互质的正整数) 即可.

中心是有理点

方程 \((1)\) 有有理解当且仅当 \(p, q\) 都能表成两个整数的平方和. 在有有理解的情形下, 有无穷多个有理点在这个圆周上, 也就是有无穷多对有理数的平方和是 \(\dfrac pq\).

有几个办法可以定出 \((1)\) 的有理解.

初等一点的办法, 可以从

\[x^2+y^2=a^2+b^2, \]

着手, 这里 \((a,b)\) 是 \((1)\) 的一组有理解, 即  \(a^2+b^2=\dfrac pq\) 为真. 于是

\[(x+a)(x-a)=(b+y)(b-y). \]

当 \(y+b\ne0\), 且 \(x-a\ne0\) 时,

\[\frac{x+a}{y+b}=\frac{b-y}{x-a}. \]

设这个值是有理数 \(t\). 由

\begin{equation}\frac{x+a}{y+b}=\frac{b-y}{x-a}=t\end{equation}

\begin{cases}x+a=t(y+b)\\ t(x-a)=b-y.\end{cases}

这是很简单的线性方程组. 根据 Cramer 法则

\begin{equation}\begin{cases}x=\frac{(t^2-1)a+2bt}{t^2+1}\\ y=\frac{(1-t^2)b+2at}{t^2+1}.\end{cases}\end{equation}

但这并不是我们要寻找的全部有理解, 但也仅仅只有一个点 \((a,-b)\) 不在其中.

下面是一种普遍有效的办法, 这也是代数几何, 椭圆曲线的理论所采纳的途径, 尽管表现形式可能有别.

\begin{equation}x=a+t, \; y=b+tu.\end{equation}

带入 \((1)\) 得

\[(a+t)^2+(b+tu)^2=\frac pq.\]

注意 \(a^2+b^2=\dfrac pq\), 因此

\[2t(a+bu)+t^2(u^2+1)=0\]

导出 \(t=0\) 或

\begin{equation}t=-\frac{2(a+bu)}{u^2+1}.\end{equation}

记得 \((4)\), 于是

\begin{equation}x=a-\frac{2(a+bu)}{u^2+1}=\frac{(u^2-1)a-2bu}{u^2+1}, \; y=b-\frac{2u(a+bu)}{u^2+1}=\frac{(1-u^2)b-2au}{u^2+1}.\end{equation}

从 \((2)\), \((4)\) 看出: \((3)\) 中的 \(t\) 与 \((6)\) 中的 \(u\) 都与两点 \((x,y)\)  与 \((a,b)\) 所成直线的斜率有关, 只不过 \(t\) 表示这个斜率的相反数, 而 \(u\) 就是这个斜率. 这也轻松的解释了为什么 \((3)\) 与 \((6)\) 给出了圆上除 \((a,-b)\) 这一个点以外所有的有理点.

这个手段可以用来搜索更一般的二次曲线

\[ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0\]

上的有理点.

中心非有理点

圆心不是有理点的圆上有简洁明了的一般性的结论么? 遗憾的是, 没有这样利索的定理. 随便找一个(中心非有理点的)圆, 很可能(暂时)无法弄清楚到底有几个有理点.

举个例子, 中心在 \((\pi,e)\) 的圆上有几个有理点?

看起来没啥特别, 但这只是表象, 这其实是一个完全不同的问题: \(1,\pi,e\) 在有理数域上线性无关, 即是否存在不全为 \(0\) 的有理数 \(l\), \(m\), \(n\), 使得

\[l\pi+me+n=0.\]

这是一个很有名的 open problem.

我们相信中心在 \((\pi,e)\) 的圆上有至多 \(1\) 个有理点. 遗憾的是, 暂时无法提供理由来说明不能有 \(2\) 个.

 Posted by at 9:05 am
Aug 212014
 

Yitang Zhang is giving the last invited talk at ICM 2014, “Small gaps between primes and primes in arithmetic progressions to large moduli”.

Yitang Zhang is giving the last invited talk

Yitang Zhang is giving the last invited talk 1

这是闭幕式前的最后一个 invited talk. 张大师习惯手写, 当场演算.

Yitang Zhang stepped onto the main stage of mathematics last year with the announced of his achievement that is hailed as “a landmark  theorem in the distribution of prime numbers”.

Yitang Zhang is giving the last invited talk

Yitang Zhang is giving the last invited talk 2

Yitang Zhang is giving the last invited talk

Yitang Zhang is giving the last invited talk 3