正方形问题的几种特殊情况

姬扬

1. 中国科学院半导体研究所, 半导体超晶格国家重点实验室, 北京 100083

2. 中国科学院大学, 材料科学与光电技术学院, 北京 100049

摘要：正方形问题指的是：在单位边长的正方形里，是否存在这样的一 个点，它到正方形四个顶点的距离都是有理数？从概率的角度猜测， 不存在这样的点。本文证明了正方形问题的几种特殊情况：如果这个 点位于正方形的对角线、中线或边上，或者正方形的边长是这个点到 某一边距离的 $n$ 倍（$n$ 和 $n^2 + 4$ 都是质数），这个点到正方形四个 顶点的距离就不可能都是有理数。但是，本文未能证明更一般的情况。 本文的证明方法可以推广到整个平面，而不限于正方形内部的点。

关键词：离散几何;有理距离; 正方形问题.

Abstract: Here is a square problem: in a unit square, is there a point with four rational distances to the vertices? A probability argument suggests a negative answer. This paper proves several special cases of the square problem: if the point sits on the diagonal , the middle or the side lines of the square, or the side-length of the square is $n$ times the distance from the point to one side (both $n$ and $n^2 + 4$ are prime numbers), the distances from this point to the four vertices can not be all rational. However, this paper does not prove a more general situation. The proof here can be extended to the whole plane, instead of being limited to the interior of the square.

Key words: discrete geometry; rational distance; a square problem

email: jiyang@semi.ac.cn

ChinaXiv版本： 

正方形问题的几种特殊情况 ChinaXiv退稿的版本.pdf

arXiv版本：

Several special cases of a square problem 2105.05250.pdf

[Submitted on 12 May 2021]

Several special cases of a square problem

Yang Ji

https://arxiv.org/abs/2105.05250 

Note added in the revised version. I thank Michel Marcus for telling me the following information.

1. Theorem 1  (for the boundary points) is not new. See, 95.01 The rational distance problem, ROY BARBARA, The Mathematical Gazette, Vol. 95, No. 532 (March 2011), pp. 59-61 (3 pages)

Published By: The Mathematical Association. https://www.jstor.org/stable/23248619.

2. For the parameter formula mentioned in Remark 2, see A215365 of the OEIS (https://oeis.org/A215365).

3. Theorem 3 needs both $p$ and $p^2+4$ to be prime number. For such prime pairs, see  A062324 and A045637 of the OEIS. The number of such prime pairs is infinite under the Bunyakovsky conjecture. - Charles R Greathouse IV, Jul 04 2011.

一、正方形问题

在单位边长的正方形里，是否存在这样的一个点，它到四个顶 点的距离都是有理数？1976 年，C.W. Dodge 在《数学杂志》 （Mathematical Magazine）提出了这个“正方形问题”[1]。显然， 这个点的坐标是有理数。把正方形的边长乘以适当的整数，问题变为： 是否存在边长为整数的正方形，其内部有一个点 P 到四个顶点的长度 为整数？但是，Dodge 没有这个问题的答案。1986 年，《数学杂志》 的一条评论说，John P. Robertson 证明了，如果该点到两条边的距 离相等，就不能满足这种条件，但没有给出证明的细节。2005 年出 版的《离散几何中的研究问题》扔把它列为有待证明的问题[3]。

本文证明了正方形问题的几种特殊情况：如果这个点位于对角 线、中线或边上，或者正方形的边长是这个点到某一边距离的 $n$ 倍（$n$ 和 $n^2 + 4$ 都是质数），这个点到正方形四个顶点的距离就不会都是有理数。

图 1. 正方形问题：在单位正方形的内部，是否存在一个点 P，使得 P 到四个顶点的距离都是有理数？即，线段 PA、PB、PC 和 PD 的长度都是有理数。

二、准备知识

假设存在这样的正方形。对于满足条件的最小的正方形，四个顶点的坐标分别为 $(0,0)$ 、 $(0, z)$ 、 $(z, z)$ 和 $(z, 0)$ 。其内部存在一个点 P，坐标为 $(x, y)$ ，到四个顶点的距离都是整数。这里， $x$ 、$ y$ 和$z$都是正整数，而且三者没有公约数。

勾股数是构成直角三角形三条边的三个正整数 $(p, q, r)$ 。所有的勾股数都可以表示为: $p=2 s t, \quad q=s^{2}-t^{2}, r=s^{2}+t^{2}$, 其中， $s$和 $t$ 为正整数。显然， $x$ 、$ y$ 和$z$必然是某些勾股数的加减乘除的结果。

$x 、 y 、 z-x 、$ 和 $z-y$ 这四个整数，必然是奇偶相间的。它们不能都是偶数，因为 $x$ 、$ y$ 和$z$没有公约数。不能有三个奇数或三个偶数，否则就不是正方形了。相邻的两个数不能是奇数，因为两个奇数的平方和不是平方数。该点不可能位于对角线上，因为 $x$ 和 $y$ 一奇一偶。显然，单位正方形的对角线长度为 $\sqrt{2}$， 绝不可能是两个有理数的和。

如果该点位于中线上，正方形边长的一半只能是 $2st$ 的形式，而不能是 $s^{2}-t^{2}$ 。否则， $x$ 和 $y$ 有且仅有一个是偶数，所以， $s$ 和 $t$ 也是奇一偶，正方形的边长就是 $8 k \pm 2$ 的形式，但是另一方面，两个 $2 s t$形式的数的和是 $4 l$，这就不是正方形了。

如果正方形的边长是该点到某条边的距离的n倍（ $n$ 是质数），

这个距离就是 2st的形式，因为 $n-1$ 是偶数（除了 2 以外，中线对应于 $n=2$ 的情况），而奇数不可能是奇数的偶数倍。更进一步，这个距离应该是 $x=2 a b c d$ 的形式，而 $y=a^{2} c^{2}-b^{2} d^{2}$，$z-y=b^{2} c^{2}-$a^{2} d^{2}$。其中， $a$ 是偶数， $b$ 、 $c$ 和 $d$ 是奇数。否则， $x$ 、$ y$ 和$z$就会有公约数。由此可知，$z=\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}-d^{2}\right)$ 。

再从几率的观点考察这个问题。 $x$ 、$ y$ 和$z$的大小都是大约 $a^{4}$ ，确定了 $x$ 、$ y$ 和$z$以后， $z-x$ 和 $z-y$ 也就确定了，其大小也是 $a^{4}$ 的量级，这样的两个数，其平方和也是平方数的几率为 $a^{-4}$ ，需要两个这样的事件同时发生，才能满足正方形问题的条件，这个几率就是 $a^{-8}$ 。固定a以后， $x$ 的选择大约有 $a^{3}$ 的可能性 $($ 不妨设 $a$ 是 $x$ 里最大的数）。所以, 对所有的 $a$ 积分，就得到总几率大约是 $\int_{a_{0}}^{\infty} a^{3} \cdot a^{-8} \mathrm{~d} a \sim a_{0}^{-4}$, 其中 $a_{0}$ 是某个积分限。用计算机可以检验 $a_{0}$ 等于 10、100 或 1000 的情况，这个几率可以降得很低。所以我猜测，单位正方形里不存在这样的一个点，它到四个顶点的距离都是有理数。但这不是证明。

三、几种特殊情况的证明

刚才已经证明，在正方形的对角线上，没有这样的点。接下来证明，在正方形的边上和中线上，也没有这样的点。如果正方形的边长是这个点到某一边距离的 $\mathrm{n}$ 倍（$n$ 和 $n^{2}+4都 是 质 数 ），这个点到正方形四个顶点的距离同样不会都是有理数。

定理 1. 在单位正方形的边上，没有一个点到四个顶点的距离都是有理数。

证明: 反证法。

如果存在这样的点，就有 $x=2 a b c d=z=\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}-d^{2}\right)$ 。即，存在整数 $a$、$b$ 、$c$ 和 $d$, 使得 $2 a b c d=\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}-d^{2}\right)$， 其中，$a$ 是偶数， $b$ 、 $c$ 和 $d$ 是奇数。

令 $x=c / d, k=a b /\left(a^{2}+b^{2}\right), \quad($ 注意，这里的 $x$ 和 $k$ 与前文不一样了），则，下述方程

$$

x^{2}-2 k x-1=0

$$

有解 $x=c / d$ 是有理数, 所以, 它的判别式 $4 k^{2}+4$ 必须是完全平方数。也就是说，需要证明，下面这个方程有整数解，

$$

\begin{array}{c}

\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}+a^{2} b^{2}=e^{2} \quad\left({* }\right)

\end{array}

$$

其中， $e$ 是整数。因此，

$$

\left(e-a^{2}-b^{2}\right)\left(e+a^{2}+b^{2}\right)=a^{2} b^{2}

$$

如果 $a_{1}$ 是 $a$ 的奇数因子，等式左侧的两个括号项就不能同时是 $a_{1}$的倍数，否则，有

$$

\begin{aligned}

\left(e-a^{2}-b^{2}\right) &=k_{1} a_{1} \\

\left(e+a^{2}+b^{2}\right) &=k_{2} a_{1}

\end{aligned}

$$

即，

$$

e=\left(k_{1}+k_{2}\right) a_{1} / 2

$$

所以， $e$ 有奇数因子 $a_{1}$ ，那么， $b$ 也有奇因子 $a_{1}$, 这就意味着，$a$和 $b$有公因子 $a_1 $， 这与二者互素的要求矛盾。同理，b的奇数因子也只能出现在等式左侧两项中的一项。因此，

$$

\begin{array}{l}

\left(e-a^{2}-b^{2}\right)=k_{1} a_{1}^{2} b_{1}^{2} \\

\left(e+a^{2}+b^{2}\right)=k_{2} a_{2}^{2} b_{2}^{2}

\end{array}

$$

其中， $a_{1}$ 和 $a_{2}$（$b_{1}$ 和 $b_{2}$ ） 是 $a$ （$b$） 的真因子。

因为 $a$ 是偶数、 $b$ 是奇数, $\left(e-a^{2}-b^{2}\right)$ 和 $\left(e+a^{2}+b^{2}\right)$ 相差 $8 k+2$ （其中， $k$ 是整数）， 二者必然有一个只是 2 的倍数而不是 4 的倍数，也就是说，

$$

\begin{array}{c}

\left(e-a^{2}-b^{2}\right)=2 a_{1}^{2} b_{1}^{2} \\

\left(e+a^{2}+b^{2}\right)=2^{2 k-1} a_{2}^{2} b_{2}^{2}

\end{array}

$$

其中，假设 $a=2^{k} a_{1} a_{2}, a_{1}$ 和 $a_{2}$ 都是奇数，但不必是质数。所以，

$$

e=a_{1}^{2} b_{1}^{2}+2^{2 k-2} a_{2}^{2} b_{2}^{2}

$$

也就是说，带入公式 (*)，可知

$$

\begin{array}{r}

\left(\left(2^{k} a_{1} a_{2}\right)^{2}+\left(b_{1} b_{2}\right)^{2}\right)^{2}+\left(2^{k} a_{1} a_{2} b_{1} b_{2}\right)^{2} \\

=\left(\left(a_{1} b_{1}\right)^{2}+\left(2^{k-1} a_{2} b_{2}\right)^{2}\right)^{2}

\end{array}

$$

再由勾股数的公式

$$

\begin{array}{c}

\left(\left(a_{1} b_{1}\right)^{2}-\left(2^{k-1} a_{2} b_{2}\right)^{2}\right)^{2}+\left(2^{k} a_{1} a_{2} b_{1} b_{2}\right)^{2} \\

=\left(\left(a_{1} b_{1}\right)^{2}+\left(2^{k-1} a_{2} b_{2}\right)^{2}\right)^{2}

\end{array}

$$

可知，

$$

\left(2^{k} a_{1} a_{2}\right)^{2}+\left(b_{1} b_{2}\right)^{2}=\left(a_{1} b_{1}\right)^{2}-\left(2^{k-1} a_{2} b_{2}\right)^{2}

$$

换个符号， $2^{k-1} a_{2} \rightarrow a$，$ a_{1} \rightarrow c$，$  b_{1} \rightarrow b$，$  b_{2} \rightarrow d$，就有

$$

a^{2}\left(4 c^{2}+d^{2}\right)=b^{2}\left(c^{2}-d^{2}\right)

$$

也就是说，

$$

\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4 c^{2}+d^{2}}{c^{2}-d^{2}}

$$

由此可知，

$$

\begin{array}{l}

k a^{2}=c^{2}-d^{2} \\

k b^{2}=4 c^{2}+d^{2}

\end{array}

$$

所以，

$$

\begin{array}{c}

5 c^{2}=k\left(a^{2}+b^{2}\right) \\

5 d^{2}=k\left(b^{2}-4 a^{2}\right)

\end{array}

$$

所以， $k=5$ 。否则， $c$ 和d有公约数，矛盾。起初总是可以把公约数消去的。所以，

$$

\begin{aligned}

a^{2}+b^{2}=c^{2} &(* *) \\

d^{2}+4 a^{2}=b^{2} &(* * *)

\end{aligned}

$$

令, $d=m^{2}-n^{2}, a=m n, \quad b=m^{2}+n^{2}$, 则(***)式成立，而(**)式变为

$$

\left(m^{2}+n^{2}\right)^{2}+(m n)^{2}=c^{2}

$$

再做变量代换， $m \rightarrow a$，$  n \rightarrow b$，$  c \rightarrow e$, 就递归到最初的方程

$$

\begin{array}{c}

\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}+a^{2} b^{2}=e^{2} \quad\left({* }\right)

\end{array}

$$

这就构成了无限下降的递归法，所以，这个方程没有整数解。

证毕。

定理 2. 在单位正方形的中线上，没有一个点到四个顶点的距离都是有理数。

证明： 同样用反证法，与定理 1 类似。

现在需要证明，下面的方程不存在整数解，

$$

\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}+(2 a b)^{2}=e^{2}

$$

也就是说，

$$

\left(\left(a_{1} a_{2}\right)^{2}+\left(b_{1} b_{2}\right)^{2}\right)^{2}+\left(2 a_{1} a_{2} b_{1} b_{2}\right)^{2}=e^{2}

$$

仿照上面的证明，换符号，可以知道，现在需要证明的是，

$$

\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{c^{2}+d^{2}}{c^{2}-d^{2}}

$$

没有整数解。其中， $a$ 是偶数。由此可知，

$$

\begin{array}{l}

2 c^{2}=k\left(a^{2}+b^{2}\right) \\

2 d^{2}=k\left(b^{2}-a^{2}\right)

\end{array}

$$

所以， $k=2$ 。否则， $c$ 和 $d$ 有公约数，矛盾。所以，

$$

a^{2}+b^{2}=c^{2}

$$

$$

d^{2}+a^{2}=b^{2}

$$

令， $b=m^{2}+n^{2}$，$  a=2 m n$，$  d=m^{2}-n^{2}$, 上面两个式子就意味着

$$

\left(m^{2}+n^{2}\right)^{2}+(2 m n)^{2}=c^{2}

$$

再做变量代换， $m \rightarrow a$，$  n \rightarrow b$，$  c \rightarrow e$, 就回到最初的方程

$$

\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}+(2 a b)^{2}=e^{2}

$$

这就构成了无限下降的递归法，所以，这个方程没有整数解。

证毕。

定理3. 如果正方形的边长是其内部某个点到某一边距离的 $n$ 倍（$n$ 是整数，而且$n$和 $n^{2}+4$ 都是质数），这个点到正方形四个顶点的距离就不会都是有理数。

证明：同样用反证法。与定理 1 和 2 类似。

现在需要证明，下面的方程没有整数解。

$$

\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}+(n a b)^{2}=e^{2}

$$

也就是说，

$$

\left(\left(a_{1} a_{2}\right)^{2}+\left(b_{1} b_{2}\right)^{2}\right)^{2}+\left(n a_{1} a_{2} b_{1} b_{2}\right)^{2}=e^{2}

$$

仿照上面的证明，换符号，可以知道，现在需要证明的是，

$$

\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4 c^{2}+n^{2} d^{2}}{c^{2}-d^{2}}

$$

没有整数解。其中， $a$ 是偶数。由此可知，

$$

\begin{array}{l}

\left(n^{2}+4\right) c^{2}=k\left(n^{2} a^{2}+b^{2}\right) \\

\left(n^{2}+4\right) d^{2}=k\left(b^{2}-4 a^{2}\right)

\end{array}

$$

如果 $n^{2}+4$ 是质数，就有 $k=n^{2}+4$ 。否则， $c$ 和 $d$ 有公约数，矛盾。

所以，

$$

\begin{array}{l}

n^{2} a^{2}+b^{2}=c^{2} \\

b^{2}-4 a^{2}=d^{2}

\end{array}

$$

令， $b=s^{2}+t^{2}$，$ a=s t$，$d=s^{2}-t^{2}$，上面两个式子就意味着

$$

\left(s^{2}+t^{2}\right)^{2}+(n s t)^{2}=c^{2}

$$

再做变量代换， $s \rightarrow a$，$ t \rightarrow b$，$ c \rightarrow e$ 就递归到最初的方程

$$

\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}+(n a b)^{2}=e^{2}

$$

这就构成了无限下降的递归法，所以，这个方程没有整数解。

证毕。

评注1：上述定理并不要求点 P 位于正方形的内部或者边上，可 以应用于平面上的一切点。根据前面的几率式猜想，平面上并不存在 这样的一个点，它到单位正方形的四个顶点的距离都是有理数。

评注2：有无穷多个点，它们到单位正方形的四个顶点的距离有三个是有理数。只要把勾股三角形的短直角边延长到长直角边的长度，再把它变成一个正方形，就可以了。即使要求这个点必须位于正方形的内部，Shute 和 Yocom 在 1977 年说，有一个参数公式可以给出无穷多个点，但是他们并没有给出这个公式[4]。

四、结论

本文用无限下降的递归法，证明了正方形问题的几种特殊情况： 如果这个点位于正方形的边、对角线或者中线，或者正方形的边长是 这个点到某一边距离的 $n$ 倍（$n$ 和 $n^2 + 4$ 都是质数），这个点到正方形四个顶点的距离就不会都是有理数。但是，本文没能证明更一般 的情况。本文的证明方法并不限于正方形内部的点。

致谢：我在微信公众号“职业数学家在民间”看到正方形问题的表述。我感谢其联系人“风云变幻”告诉我《离散几何中的研究问题》和这个问题的相关信息。

参考文献：

[1] C.W. Dodge, Math. Mag. 49, 43 (1976) .

[2] Math. Mag. 59, 52 (1986).

[3] Peter Brass, William Moser, Janos Pach, Research Problems in Discrete Geometry, Springer, 2005.

[4] G. Shute, K.L. Yocom, Math. Mag. 50 , 166 (1977).

更详细的参考文献说明： 

[1] C.W. Dodge, Math. Mag. 49, 43 (1976) . （problem 966(iii)）

[2] Math. Mag. 59, 52 (1986). Comments 966 (proposed January 1976; partial solution May 1977). No solution was published for part (iii), which was to determine if it is possible to find a square and an interior point such that the distances from the interior point to the vertices and to the sides are all integers. John P. Robertson (Berkeley, California) has proved that there is no such square if it is required that two of the distances from the point to the sides be equal.

[3] Peter Brass, William Moser, Janos Pach, Research Problems in Discrete Geometry, Springer, 2005. （第 5.11 节， Integral or Rational Distances。 Problem 4, Does there exist a point in the unit square at rational distances from all four vertices? 第 249 页）. Problem 4 Does there exist a point in the unit square at rational distances from all four vertices? See [DoSY77] for some comments and for the analogous question for arbitrary rectangles. [DoSY77] C.W. Dodge, G. Shute, K.L. Yocom: Seven integral distances. Solution to Problem 966, Math. Mag. 50 (1977) 166 –167. Problem 966 posed vol. 49 (1976) p. 43, one further comment appeared in vol. 59 (1986) p. 52.

[4] C.W. Dodge, G. Shute, K.L. Yocom: Seven integral distances. Solution to Problem 966, Math. Mag. 50, 166-167 (1977). Problem 966 posed vol. 49 (1976) p. 43, one further comment appeared in vol. 59 (1986) p. 52. We have found parametric equations for x, y and a which produce an infinite family of solutions where at least seven of the distances are integral, but we have not found an example where all eight distances are integral.

列侬（John Lennon）的一首歌：

You say you’ve got a real solution

Well, you know

We’d all love to see the plan

You ask me for a contribution

Well, you know

We are doing what we can