Davenport · Analytic Methods for Diophantine Equations

一个丢番图不等式A Diophantine inequality

在丢番图不等式这一课题中，我们的目标是用整数解出某种给定类型的不等式，通常涉及具有任意实系数的多项式或形式。数的几何为研究线性不等式的可解性提供了有用的方法，并给出了关于高次多项式不等式的某些信息，但对于后者它的力量是有限的。

次数高于一次的最简单的丢番图不等式是

\[ |\lambda_1 x_1^2 + \cdots + \lambda_n x_n^2| \lt C. \]

基于与第 11 章中遇到的 Meyer 定理的类比，Oppenheim 在 1929 年猜想：只要 \(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\) 是不全同号的实数，那么当 \(n \ge 5\) 时，对所有 \(C > 0\)，该不等式都应可解。当然，如果 \(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\) 之间的比值都是有理的，我们就能令左端为零，因此问题关涉的是这些比值不全为有理数的情形。

1934 年 Chowla [13] 证明了当 \(n \ge 9\) 时该结果成立；他是从 Jarník 和 Walfisz [51] 关于大椭球内整点个数的结果推出来的。1945 年，Davenport 和 Heilbronn [26] 证明了它对 \(n \ge 5\) 成立，本章主要致力于阐述这一证明。应当指出，尽管变量个数的界 5 在某种意义上是尽可能好的，但在更深层的意义上它很可能并非如此。如果我们假定比值 \(\lambda_i/\lambda_j\) 不全为有理数，那么（就我们所知）该结果对 \(n \ge 3\) 也可能成立。

正式地表述，我们要证明的结果是：

定理 20.1. 设 \(\lambda_1,\ldots,\lambda_5\) 是实数，没有一个为 \(0\)，且既非全正也非全负。设其中至少有一个比值 \(\lambda_i/\lambda_j\) 是无理的。那么对任意 \(\varepsilon > 0\)，存在不全为 \(0\) 的整数 \(x_1,\ldots,x_5\)，使得 \[ |\lambda_1 x_1^2 + \cdots + \lambda_5 x_5^2| \lt \varepsilon. \]

不失一般性，我们可以假定

\[ \lambda_1 > 0, \quad \lambda_5 \lt 0, \quad \lambda_1/\lambda_2 \notin \mathbb{Q}. \]

只需证明下式可解即可

\begin{equation}\tag{20.1} |\lambda_1 x_1^2 + \cdots + \lambda_5 x_5^2| \lt 1, \end{equation}

因为在最后这个不等式中把 \(\lambda_1,\ldots,\lambda_5\) 替换为 \(\lambda_1/\varepsilon,\ldots,\lambda_5/\varepsilon\)，就可由此推出表面上更一般的不等式的可解性。

第一步是构造一个实变量 \(Q\) 的函数，它在 \(|Q| \lt 1\) 时为正，在 \(|Q| \ge 1\) 时为零。下面的引理给出了这样一个函数，但也存在各种类似的函数。

引理 20.1. 我们有 \[ \int_{-\infty}^{\infty} e(\alpha Q)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha = \begin{cases} 1 - |Q|, & |Q| \le 1, \\ 0, & |Q| \ge 1. \end{cases} \]

证. 众所周知 \[ \int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha = 1. \] 因此对任意实数 \(\eta\)， \[ \int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin \pi\eta\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha = |\eta|. \] 这给出 \[ \begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} e(\alpha Q)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha &= \int_{-\infty}^{\infty} \cos 2\pi\alpha Q \left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \\ &= \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2\pi\alpha(Q+1) + \sin^2\pi\alpha(Q-1) - 2\sin^2\pi\alpha Q}{(\pi\alpha)^2}\, d\alpha \\ &= \frac{1}{2}\{|Q+1| + |Q-1| - 2|Q|\}, \end{aligned} \] 由此得到结论。∎

设 \(P\) 是一个大的正整数。定义

\[ S(\alpha) = \sum_{x=1}^{P} e(\alpha x^2), \quad I(\alpha) = \int_0^P e(\alpha x^2)\, dx. \]

在引理 20.1 的结果中取 \(Q = \lambda_1 x_1^2 + \cdots + \lambda_5 x_5^2\)，并对 \(x_1,\ldots,x_5\) 求和，我们得到

\begin{equation}\tag{20.2} \int_{-\infty}^{\infty} S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_5\alpha)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha = \sum_{\substack{x_1,\ldots,x_5 \\ |Q| \lt 1}} (1 - |Q|), \end{equation}

其中求和遍历满足 \(1 \le x_j \le P\) 且服从 (20.1) 的整数。类似地，对 \(x_1,\ldots,x_5\) 积分而非求和，我们得到

\begin{equation}\tag{20.3} \int_{-\infty}^{\infty} I(\lambda_1\alpha)\cdots I(\lambda_5\alpha)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha = \int\cdots\int (1 - |Q|)\, dx_1\cdots dx_5, \end{equation}

其中积分遍历满足 \(0 \le x_j \le P\) 且服从 (20.1) 的实变量。

证明的总体思路是比较 (20.2) 与 (20.3)。容易证明当 \(P \to \infty\) 时 (20.3) 的右端为 \(\gg P^3\)（见下面的引理 20.2）。如果我们能够证明 (20.2) 与 (20.3) 的左端之差当 \(P \to \infty\) 时为 \(o(P^3)\)，那么就能推出 (20.2) 的右端也是 \(\gg P^3\)。这就意味着 (20.1) 有 \(\gg P^3\) 组整数解 \((x_1,\ldots,x_5)\)，且满足 \(1 \le x_j \le P\)。

我们将证明在 \(\alpha = 0\) 附近有一个小区间，在其中 \(S_j(\alpha)\) 与 \(I_j(\alpha)\) 相差很小，并由此推出该区间对两个积分的贡献实际上相同（引理 20.4）。容易证明对所有其他的 \(\alpha\)，对 (20.3) 左端积分的贡献可忽略不计。困难在于估计这样的 \(\alpha\) 对 (20.2) 左端积分的贡献。正是在这里（而且只在这里），我们才用到 \(\lambda_1/\lambda_2\) 为无理数这一假设，并且我们不会对所有大的 \(P\) 证明所论结果，而只对某个特定序列证明。

引理 20.2. 我们有 \[ \int_{-\infty}^{\infty} I(\lambda_1\alpha)\cdots I(\lambda_5\alpha)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \gg P^3. \]

证. 在 (20.3) 的右端令 \(|\lambda_i| x_i^2 = y_i\)。除去一个常数因子外，该积分变为 \[ \int_0^{|\lambda_1|P^2}\cdots\int_0^{|\lambda_5|P^2} \{1 - |y_1 \pm y_2 \pm \cdots - y_5|\}(y_1\cdots y_5)^{-1/2}\, dy_1\cdots dy_5, \] 其中积分遍历满足 \(|y_1 \pm y_2 \pm \cdots - y_5| \lt 1\) 的 \(y_1,\ldots,y_5\)，符号取 \(\lambda_1,\ldots,\lambda_5\) 之符号。

我们把变量 \(y_2, y_3, y_4\) 限制在区间 \(\frac{1}{2}\gamma P^2 \lt y_j \lt \gamma P^2\) 内，把 \(y_5\) 限制在区间 \(4\gamma P^2 \lt y_5 \lt 5\gamma P^2\) 内，并把 \(y_1\) 限制在区间 \[ |y_1 \pm y_2 \pm y_3 + y_4 - y_5| \lt \tfrac{1}{2}. \] 那么所有剩下的点都满足 \(0 \lt y_j \lt |\lambda_j| P^2\)，只要 \(9\gamma \lt \min|\lambda_j|\)。因此我们有积分区域的一部分，其体积为 \(\gg (P^2)^4\)。在此区域中，被积函数为 \[ \gg (y_1\cdots y_5)^{-1/2} \gg (P^{10})^{-1/2}. \] 因此该积分为 \(\gg P^3\)。∎

引理 20.3. 若 \(|\alpha| \lt (4\lambda P)^{-1}\)，其中 \(\lambda = \max|\lambda_j|\)，则 \[ S(\lambda_j\alpha) = I(\lambda_j\alpha) + O(1). \]

证. 这是引理 9.1（van der Corput 引理）的一个特例，其中 \(f(x) = \lambda_j\alpha x^2\)。我们有 \[ |f'(x)| = |2\lambda_j\alpha x| \le 2|\lambda_j\alpha|P \le \tfrac{1}{2}, \] 且 \(f''(x)\) 符号固定。∎

引理 20.4. 我们有 \[ \int_{|\alpha| \lt (4\lambda P)^{-1}} S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_5\alpha)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \gg P^3. \]

证. 首先我们注意到，对任意 \(\alpha\)， \[ |I(\lambda_j\alpha)| \ll \min(P, |\alpha|^{-1/2}). \] 估计 \(P\) 是显然的，而估计 \(|\alpha|^{-1/2}\) 则由 \[ I(\lambda_j\alpha) = \int_0^P e(\lambda_j\alpha x^2)\, dx = \frac{1}{2}|\lambda_j\alpha|^{-1/2}\int_0^{|\lambda_j\alpha|P^2} t^{-1/2} e(\pm t)\, dt \] 推出，因为最后这个积分是有界的。由引理 20.3 可知，若 \(|\alpha| \lt (4\lambda P)^{-1}\)，则也有 \[ |S(\lambda_j\alpha)| \ll \min(P, |\alpha|^{-1/2}) \] 成立。因此，把这两个估计与引理 20.3 联用，我们在上述区间内有 \[ S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_5\alpha) - I(\lambda_1\alpha)\cdots I(\lambda_5\alpha) \ll \min(P^4, \alpha^{-2}). \] 因此该差在 \(|\alpha| \lt (4\lambda P)^{-1}\) 上的积分为 \(O(P^2)\)。

于是只需证明 \[ \int_{|\alpha| \lt (4\lambda P)^{-1}} I(\lambda_1\alpha)\cdots I(\lambda_5\alpha)\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \gg P^3. \] 我们已知对应于区间 \((-\infty,\infty)\) 的积分确实如此。现在由上面对 \(I(\lambda_j\alpha)\) 的估计，我们有 \[ \int_{|\alpha| \ge (4\lambda P)^{-1}} |I(\lambda_1\alpha)\cdots I(\lambda_5\alpha)|\, d\alpha \ll \int_{|\alpha| \ge (4\lambda P)^{-1}} \alpha^{-5/2}\, d\alpha \ll P^{3/2}. \] 因此结论得证。∎

现在我们来到问题的核心，即对 \[ \int_{|\alpha| \ge (4\lambda P)^{-1}} |S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_5\alpha)|\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \] 的估计。

引理 20.5. 对任意 \(\varepsilon > 0\)，我们有 \[ \int_0^1 |S(\alpha)|^4 d\alpha \ll P^{2+\varepsilon}. \]

证. 由 \(S(\alpha)\) 的定义，该积分等于 \(x_1^2 + x_2^2 = y_1^2 + y_2^2\) 在 \(1\) 到 \(P\)（含）之间的整数解的个数。其中 \(x_2 = y_2\) 的解的个数为 \(P^2\)。在其他解中，\(x_2\) 和 \(y_2\) 的值决定了 \(x_1 - y_1\) 和 \(x_1 + y_1\) 的值，它们是 \(x_2^2 - y_2^2\) 的因子，至多有 \(P^{\varepsilon}\) 种可能。由此得结论。∎

引理 20.6. 对任意固定的 \(\delta > 0\)，我们有 \[ \int_{|\alpha| \ge P^\delta} |S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_5\alpha)|\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \ll P^{3 - \delta/2}. \]

证. 鉴于平凡估计 \(|S(\lambda_5\alpha)| \le P\)，只需证明 \[ \int_{|\alpha| \ge P^\delta} |S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_4\alpha)|\left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \ll P^{2 - \delta/2}. \] 由 Hölder 不等式，只需证明 \[ \int_{|\alpha| \ge P^\delta} |S(\lambda_j\alpha)|^4 \left(\frac{\sin \pi\alpha}{\pi\alpha}\right)^2 d\alpha \ll P^{2 - \delta/2}, \] 因而只需证明 \[ \int_{|\alpha| \ge P^\delta} |S(\alpha)|^4 \frac{d\alpha}{\alpha^2} \ll P^{2 - \delta/2}. \] 由于 \(S(\alpha)\) 以 \(1\) 为周期，引理 20.5 蕴含 \[ \int_m^{m+1} |S(\alpha)|^4 d\alpha \ll P^{2+\varepsilon}. \] 因此，若 \(M = [P^\delta]\)，所论积分至多为 \[ \begin{aligned} \sum_{m=M}^{\infty}\int_m^{m+1} |S(\alpha)|^4 \frac{d\alpha}{\alpha^2} &\ll P^{2+\varepsilon}\sum_{m=M}^{\infty}\int_m^{m+1} \frac{d\alpha}{\alpha^2} \\ &\ll P^{2+\varepsilon} M^{-1} \\ &\ll P^{2 - \delta + \varepsilon} \\ &\ll P^{2 - \delta/2}. \end{aligned} \] 由此得结论。∎

由 (20.2) 以及引理 20.4 和引理 20.6，只需证明

\[ \int_{(4\lambda P)^{-1} \lt |\alpha| \lt P^\delta} |S(\lambda_1\alpha)\cdots S(\lambda_5\alpha)|\, d\alpha = o(P^3). \]

因为这样一来 (20.2) 的右端就为 \(\gg P^3\)，这正是我们想证明的。如前所述，我们只能对某些受限的 \(P\) 值证明这一点。

由引理 20.5 和 Hölder 不等式可得

\[ \int_{(4\lambda P)^{-1} \lt |\alpha| \lt P^\delta} |S(\lambda_{i_1}\alpha)\cdots S(\lambda_{i_4}\alpha)|\, d\alpha \ll P^{2 + \delta + \varepsilon} \]

这对任意四个不同的下标 \(i_1,\ldots,i_4\) 都成立。把它分别用于下标 \(2,3,4,5\) 和 \(1,3,4,5\)，我们看到只需对积分范围内的每个 \(\alpha\) 都有

\begin{equation}\tag{20.4} \min(|S(\lambda_1\alpha)|, |S(\lambda_2\alpha)|) \ll P^{1 - 2\delta} \end{equation}

即可。为此我们必须用到 \(\lambda_1/\lambda_2\) 的无理性。

引理 20.7. 设 \((a,q) = 1\) 且 \(|\alpha - a/q| \lt q^{-2}\)。那么 \[ |S(\alpha)| \ll P^{1+\varepsilon}\left\{ P^{-1/2} + q^{-1/2} + \left(\frac{P^2}{q}\right)^{-1/2}\right\}. \]

证. 这是引理 3.1（Weyl 不等式），其中 \(k = 2\)，因而也有 \(K = 2\)。∎

我们选取 \(\lambda_1/\lambda_2\) 的连分数的任一渐近分数 \(a_0/q_0\)，于是有

\begin{equation}\tag{20.5} \left|\frac{\lambda_1}{\lambda_2} - \frac{a_0}{q_0}\right| \lt \frac{1}{q_0^2}. \end{equation}

我们取 \(P = q_0^2\)；这将 \(P\) 限制为一个无穷序列的取值。

引理 20.8. 当 \(P\) 受上述限制时，估计 (20.4) 对范围 \((4\lambda P)^{-1} \lt \alpha \lt P^\delta\) 内的每个 \(\alpha\) 都成立。

证. 存在 \(\lambda_1\alpha\) 的一个有理逼近 \(a_1/q_1\)，使得 \begin{equation}\tag{20.6} (a_1, q_1) = 1, \quad 1 \le q_1 \le P^{3/2}, \quad \left|\lambda_1\alpha - \frac{a_1}{q_1}\right| \lt \frac{1}{q_1 P^{3/2}}. \end{equation} 我们注意到 \(a_1 \ne 0\)，因为若 \(a_1 = 0\)，则 \(|\lambda_1\alpha| \lt P^{-3/2}\)，与假设矛盾。类似地，存在 \(\lambda_2\alpha\) 的一个有理逼近 \(a_2/q_2\)，使得 \begin{equation}\tag{20.7} (a_2, q_2) = 1, \quad 1 \le q_2 \le P^{3/2}, \quad \left|\lambda_2\alpha - \frac{a_2}{q_2}\right| \lt \frac{1}{q_2 P^{3/2}}, \end{equation} 并且同样有 \(a_2 \ne 0\)。

若 \(q_1 > P^{5\delta}\)，我们可以对 \(S(\lambda_1\alpha)\) 应用引理 20.7，以 \(a_1, q_1\) 代替 \(a, q\)，这给出¹ \[ |S(\lambda_1\alpha)| \ll P^{1 + \varepsilon - 5\delta/2} \ll P^{1 - 2\delta}. \] 类似地，若 \(q_2 > P^{5\delta}\)，我们对 \(|S(\lambda_2\alpha)|\) 得到相应的结果。在这两种情形的任一种下，(20.4) 都满足。因此我们可以假定 \begin{equation}\tag{20.8} q_1 \le P^{5\delta}, \quad q_2 \le P^{5\delta}. \end{equation}

现在我们可以从 (20.6) 和 (20.7) 推出 \(\lambda_1/\lambda_2\) 被 \(a_1 q_2 / a_2 q_1\) 很好地逼近。我们注意到，由于 \(a_1/q_1\) 是 \(\lambda_1\alpha\) 的一个逼近，且 \(|\alpha| \lt P^\delta\)，我们有 \(|a_1| \ll P^{6\delta}\)，类似地 \(|a_2| \ll P^{6\delta}\)。因此 \[ \begin{aligned} \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{\lambda_1\alpha}{\lambda_2\alpha} &= \frac{\dfrac{a_1}{q_1}\left(1 + O(P^{-3/2})\right)}{\dfrac{a_2}{q_2}\left(1 + O(P^{-3/2})\right)} \\ &= \frac{a_1 q_2}{a_2 q_1}\left(1 + O(P^{-3/2})\right), \end{aligned} \] 又由于 \(|a_1 q_2 / a_2 q_1|\) 有上界，这蕴含 \[ \left|\frac{\lambda_1}{\lambda_2} - \frac{a_1 q_2}{a_2 q_1}\right| \ll P^{-3/2}. \] 我们有 \(1 \le |a_2 q_1| \ll P^{11\delta}\)。

将最后这个结果与 (20.5) 比较，若 \(\delta\) 足够小（且 \(q_0\) 足够大），就得到一个矛盾。因为我们有 \[ \begin{aligned} \left|\frac{\lambda_1}{\lambda_2} - \frac{a_1 q_2}{a_2 q_1}\right| &\ll P^{-3/2} + q_0^{-2} \\ &\ll q_0^{-2}, \end{aligned} \] 这里 \(P = q_0^2\)，而左端却是 \[ \ge \frac{1}{q_0|a_2|q_1} \gg \frac{1}{q_0 P^{11\delta}} \gg q_0^{-1 - 6\delta}. \] 这就完成了引理 20.8 的证明；而由我们前面的论述，引理 20.8 完成了定理 20.1 的证明。∎

注记. 定理 20.1 的某些推广几乎是显然的。首先，对于不等式 \[ |\lambda_1 x_1^2 + \cdots + \lambda_5 x_5^2 - \mu| \lt \varepsilon, \] 对任意实数 \(\mu\)（假设比值 \(\lambda_i/\lambda_j\) 不全为有理数），我们可以证明同样的结果。其次，我们可以把平方替换为 \(k\) 次幂，只要变量个数至少为 \(2^k + 1\)。在这种情形下，我们应当用 Hua 不等式（引理 3.2）代替上面的引理 20.7。更精确的结果已由 Davenport 和 Roth [30] 以及 Danicic [16] 证明。

注记. 把丢番图不等式推广到涉及具有实系数的一般形式（而非加性形式）的情形，所遇困难也许比丢番图方程的相应推广还要大。

迄今所得的全部结果都依赖于关于丢番图方程的结果，而且通常需要其更精确的形式，即对解的大小有一个估计。

自然首先出现的问题是建立下式的可解性

\begin{equation}\tag{20.9} |Q(x_1,\ldots,x_n)| \lt \varepsilon \end{equation}

对任意 \(\varepsilon > 0\)，其中 \(Q\) 是任意不定二次型。通过一些非常复杂的工作，已经证明它当 \(n \ge 21\) 时成立，该工作是 Birch、Davenport 和 Ridout [70] 的联合成果。由 Oppenheim [64, 65] 的一个结果可知，如果 \(Q\) 不与整系数形式成比例，那么不等式 \[ |Q(x_1,\ldots,x_n) - \mu| \lt \varepsilon, \] 对任意实数 \(\mu\) 都是可解的。于是，任意实不定二次型在 21 个或更多个变量中的取值，要么是离散的（如果该形式与整形式成比例），要么处处稠密。

对任意实三次型，(20.9) 的类似结果已由 Pitman [66] 证明，但所需的变量个数相当大。对于五次的形式，证明任何类似结果似乎存在原则性的困难。

我们假定 \(\delta\) 很小。↩