\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[使用名称]｛color｝\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=网棕色，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包｛psfig｝\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集长度｛\topmargin｝｛-.1in｝\setlength｛\textheight｝｛8.4英寸｝\新命令{\seqnum}[1]{\href{网址：http://oeis.org/#1}{\下划线{#1}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf算术级数中的有理点\vskip.1英寸关于单位圆}\vskip 1cm\大型阿贾伊·乔德利\\13/4 A粘土广场\\勒克瑙-226001\\印度\\\链接{mailto:ajaic203@yahoo.com}{\tajaic203@yahoo.com}\\\ \\Abhishek Juyal公司\\数学系\\莫蒂拉尔·尼赫鲁国家技术学院\\阿拉哈巴德-211004\\印度\\\链接{mailto:abhinfo1402@gmail.com}{\tabhinfo1402@gmail.com}\\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}几位作者考虑过寻找有理点的问题$（x_i，y_i），i=1，2，\ldots，n$在各种曲线上$f（x，y）=0$，包括圆锥曲线、椭圆曲线和超椭圆曲线，使得$x$-坐标$x_i，i=1，2，\ldots，n$是算术的进展。在本文中，我们发现无穷多个三集单位圆$x^2+y^2=1$上的点，以参数表示，如下所示三个点的$x$-坐标是算术级数。是否存在四个理性点是一个悬而未决的问题单位圆，使其$x$-坐标为算术坐标进展。\结束{抽象}\章节{引言}如果$x$-坐标$x_i，i=1,2，\ldots，n$是算术级数，则位于曲线$f（x，y）=0$上的有理点序列$（x_i、y_i），i=1，2，\ldots，n$称为算术级数。在二次曲线、椭圆曲线和超椭圆曲线上的算术级数中寻找有理点的问题已被数学家{Al，Al2，Al3，Br1，Br2，Br3，Ca，Ch，Ma，Mo，Mo2，Ul，Ul2}广泛研究。本文研究在等式定义的单位圆上求算术级数中的有理点，\开始{方程式}x^2+y^2=1。\标签{单位圆}\结束{方程式}现有文献中似乎没有讨论过这个问题，{Al3}中关于圆锥曲线算术级数的一般结果似乎对解决这个问题没有什么帮助。很明显，单位圆\eqref{unitcircle}上的三个点$（-1，0）、（0，1）$和$（1，0）$是算术级数。通常，如果$（x_1，y_1）$是单位圆上的任意有理点，那么$（-x_1、y_1，（0，1）$和$（x_1，y_1）$这三个点位于单位圆上，它们的$x$-坐标是算术级数。然而，在所有这些例子中，三个点中只有一个位于第一象限。在本文中，我们将以参数形式获得单位圆上三个有理点的无穷多算术级数，使得所有三个点都位于第一象限。我们用这些算术级数来求椭圆上三个有理点的无穷多个算术级数，\开始{方程式}X^2/a^2+Y^2/b^2=1，\标签{椭圆}\结束{方程式}其中$a$和$b$是正有理数。我们还考虑了在单位圆上的算术级数中寻找四个有理点的问题。证明了对于单位圆上的任意有理点$（x_1，y_1）$，由三个有理点组成的算术级数$（-x_1、y_1。进一步，我们证明了单位圆上$（-3x_1，y_2），（-x_1、y_1），（x_1和y_1，y）$四个有理点不存在算术级数。然而，在单位圆上的算术级数中寻找四个有理点的问题仍然悬而未决。\单位圆上算术级数的三个有理点我们假设单位圆\eqref{unitcircle}上的算术级数中存在三个有理点$P_1、P_2$和$P_3$，它们的坐标分别由$（u-v，y_1）、（u，y_2）$和$（u+v，y_3）$给出。由于这些点位于圆\eqref{unitcircle}上，因此，\开始{align}（u-v）^2+y_1^2&=1，\标签{P1}\\u^2+y_2^2&=1，\标签{P2}\\（u+v）^2+y_3^2&=1。\标签{P3}\结束{对齐}很容易看出，要使三个点位于第一象限并具有不同的$x$-坐标，我们必须\开始｛方程式｝uv（u^2-v^2）\neq 0\quad｛\rm和｝\quad（y_1^2-y_2^2）（y_2^2-y_3^2）（y_3^2-y_1^2）\neq 0。\标签{trivcond}\结束{方程式}取等式~\eqref{P1}和\eqref{P2}的差，经过适当的换位，我们得到方程，\开始{方程式}v（2u-v）=（y_1-y_2）（y_1+y_2），\标签{P12}\结束{方程式}而取方程~\eqref{P2}和\eqref{P3}的差，经过适当的变换，我们得到方程，\开始{方程式}v（2u+v）=（y2-y3）（y2+y3）。\标签{P23}\结束{方程式}在条件\eqref{trivcond}下，等式~\eqref{P12}和\eqef{P23}是可解的当且仅当存在非零有理数$m$和$n$时，\开始{方程式}\开始{对齐}v&=m（y_1-y_2），\quad&m（2u-v）&=y_1+y_2\\v&=n（y_2-y_3），\quad&n（2u+v）&=y_2+y_3。\结束{对齐}\标签{P123}\结束{方程式}现在，eqref{P123}可以被视为五个变量$u、v、y_1、y_2$和$y_3$中的四个线性方程，因此很容易求解。因此，我们得到\eqref{P123}的以下解：\开始{方程式}\开始{对齐}u&=r（m+n）（mn+1），\quad&v&=2r（m-n）mn\\y_1&=r（2m^2n^2+m^2+2mn-n^2）\\y_3&=r（2m^2n^2-m^2+2mn+n^2），\结束{对齐}\标签{valuvy}\结束{方程式}其中$r$是任意参数。我们现在替换等式~\eqref{P2}中\eqref{valuvy}给出的$u$和$y_2$的值，从而得到，\开始{方程式}（n^2+1）（m^2+1”）（4m^2n^2+m^2+2mn+n^2）r^2=1，\label{P2f}\结束{方程式}在书面上，\开始{align}n&=2t/（t^2-1），标签{valn}\\r&=（t^2-1）^2/（s（t^2+1）），\标签{valr}\结束{对齐}可以写成，\开始{方程式}s^2=（t^4+14t^2+1）m^4+4（t^3-t）m^3+（t^4+18t^2+1）m^2+4（t^3-t）m+4t^2。\标签｛quarticm｝\结束｛方程式｝等式~\eqref{quarticm}的右侧可以被视为$m$的四次函数，它必须是一个完美的正方形。Fermat \cite[p.\639]{Di}描述了一种使四次函数成为完美正方形的方法，通过应用该方法，我们得到了方程eqref{quarticm}的以下解：\开始{align}m&=6t（t^2-1）/（t^4-11t^2+1），标签{valm}\\s&=2t（t^4+7t^2+1）（4t^4+t^2+4）/（t^4-11t^2+1）^2。\标签{vals}\结束{对齐}使用\eqref{vals}给出的$s$值，在使用\equref{valr}时，\开始{方程式}r=（t^6-12t^4+12t^2-1）^2/2t（t^4+7t^2+1）（4t^4+t^2+4）（t^2+1），\标签{valrfin}\结束{方程式}以及等式~\eqref{P1}、\eqref{P2}和\eqrf{P3}的解由\eqef{valvy}给出，其中$m、n$和$r$的值是根据任意参数$t$，由\equref{valn}、\ equef{valm}和\ eqref{valrfin}给出的。因此，我们得到了三个有理点$P_1、P_2、$和$P_3$的期望集，它们的$x$-坐标以任意参数$t$表示，如下所示：\开始{方程式}\开始{数组}{l}（4吨^{10} -65吨^8-68吨6+68吨4+65吨2-4）/英尺（吨）\\（4吨^{10} -17吨^8+4t^6-4t^4+17t^2-4）/f（t）\\（4t^{10}+31t^8+76t^6-76t^4-31t^2-4）/f（t），\结束{数组}\标签{P123valx}\结束{方程式}其中$f（t）=（t^2+1）（t^4+7t^2+1）（4t^4+t^2+4）$。很容易看出，当$t>4.145$时，所有三个点的$x$-坐标都为正。作为一个数值示例，取$t=5$，我们得到以下三个位于单位圆上的有理点，它们的$x$-坐标是算术级数：\[\开始{数组}{l}（78108/325117315595/325117），\quad（200508/325117255925/325117）\\\quad\quad\mbox{\rm和}\quad（322908/325117、37835/325117）。\结束{数组}\] 我们已经找到了一个值$m$，由\eqref{valm}给出，这使得等式~\eqref{quarticm}右侧的四次函数是一个完美的正方形。使用这个已知的$m$值，我们可以重复应用上述费马方法来找到无限多的$m$$值（就参数$t$而言），这些值使等式~\eqref{quarticm}的右侧成为一个完美的正方形，因此我们可以找到等式~\ eqref{P1}、\eqref{P2}和\eqef{P3}系统的无限多个参数解因此，我们获得了无穷多个三点集，这些点集的坐标为$x$-的算术级数，并且三点位于单位圆上。我们还注意到，单位圆\eqref{unitcircle}上的有理点$（x，y）$与$\phi（x，y）=（ax，by）$给出的椭圆\eqref{椭圆}上有理点之间存在一对一的对应关系。正如我们已经在单位圆\eqref{unitcircle}上发现了无穷多组三个有理点$P_1、P_2$和$P_3$，所有三个点都具有正$x$-坐标，这些点的图像，即椭圆\eqref{椭圆}上的$\phi（P_1）、\phi立即在椭圆\eqref{椭圆}上产生无穷多个算术级数中的三个有理点集，所有三个点$\phi（P_1）、\phi。\区间｛单位圆上算术级数中的四个有理点｝\label｛AP11｝我们现在探索在单位圆\eqref{单位圆}上的算术级数中找到四个有理点的可能性。我们在引言中注意到，如果$（x_1，y_1）$是单位圆上的任意有理点，则单位圆上的三个点$（-x_1，y_1）、（0,1）$和$（x_1，y_1）$是算术级数。我们现在表明，这个有理点序列不能扩展到其$x$-坐标为算术级数的更长的有理点列。假设这是可能的，单位圆上必须有一个有理点，其$x$-坐标为$2x_1$或$-2x_1$。无论哪种情况，都必须满足以下两个丢番图方程：\开始{align}x_1^2+y_1^2&=1，\标签{A1}\\4x_1^2+y_2^2&=1，\标签{A2}\结束{对齐}众所周知，方程\eqref{A1}的完整解由，\开始{方程式}x_1=2t/（1+t^2），四y_1=（1-t^2\结束{方程式}其中$t$是任意参数。用等式~\eqref{A2}中的\eqref{solA1}给出的$x_1$的值替换，经过适当的变换，我们得到方程，\开始{方程式}y_2^2（t^2+1）^2-t^4+14t^2-1=0。\标签{A21}\结束{方程式}由给出的双有理变换，\开始{方程式}t=（X-2）/Y，四Y_2=（X^3-6X^2+16）/（X^2+Y^2-4X+4），\结束{方程式}和\开始{方程式}X=（t^2y_2-3t^2+y_2+1）/（2t^2），\quare y=，\结束{方程式}将方程~\eqref{A21}转换为三次方程，\开始{方程式}Y^2=X^3+X^2-4X-4。\标签{A22}\结束{方程式}现在方程eqref{A22}表示一条椭圆曲线，参考克雷莫纳著名的椭圆曲线表表明，椭圆曲线的秩为$0$。此外，曲线\eqref{A22}的扭点仅产生方程\eqref{A1}和\eqef{A2}的平凡解，即$（x_1，y_1，y_2）=（0，\pm 1，\pm1）$。由于曲线\eqref{A22}上没有非扭转有理点，因此公式~\eqref{A1}和\eqef{A2}没有任何非平凡解。因此，单位圆\eqref{unitcircle}上三个点$（-x_1，y_1）、（0，1）、（x_1、y_1。接下来，我们考虑在单位圆\eqref{unitcircle}上是否存在$（\pmx_1，y_1），（\pm3x_1、y_2）$类型的四个有理点的算术级数。对于单位圆上的四个这样的有理点，我们必须有，\开始{align}x_1^2+y_1^2&=1，\标签{A3}\\9x_1^2+y_2^2&=1.\标签{A4}\结束{对齐}与方程~\exref｛A1｝和\exref｛A2｝的情况一样，我们发现丢番图方程~\exref｛A3｝和\exref｛A4｝导致椭圆曲线，\开始｛方程式｝Y^2=X^3-X^2-24X-36，\结束{方程式}它也是秩$0$的，和之前一样，我们得出结论，在单位圆\eqref{unitcircle}上，$（\pmx_1，y1），（\pm3x_1、y2）$类型的四个有理点没有算术级数。为检查由\eqref{P123valx}给出$x$-坐标的三个有理点的算术级数是否可以扩展为四个有理点值的算术级数，进行了有限的试验，但没有得出任何积极的结果。单位圆上的算术级数是否存在四个有理点的序列仍是一个悬而未决的问题。\{确认}节第一作者感谢阿拉哈巴德哈里斯·坎德拉研究所为他提供了一切必要的设施，帮助他继续从事数学研究工作。第二位作者感谢他的导师Shiv Datt Kumar教授和Kalyan Chakraborty教授的支持，也感谢他访问的Harish-Chandra研究所的盛情款待和支持。\开始{书目}{9}\双项目{Al}A.Alvarado，《五次曲线上的算术级数》，{it J。整数序列}{\bf 12}（2009），\href{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL12/Alvarado/alvarado2.html}{第09.7.3}条。\双项目{Al2}A.Alvarado，四次椭圆曲线上的算术级数，《数学年鉴》，{bf 37}（2010），3-6。\双项目{Al3}A.Alvarado和E.H.Goins，圆锥曲线上的算术级数，{国际数论}{bf 9}（2013），1379--1393。\双项目{Br1}A.Bremner，《关于椭圆曲线上的算术级数》，《数学实验》（1999），第409-413页。\双项目{Br2}A.Bremner，《关于二次型的平方值》，《学报》（2003），95-111。\双项目{Br3}A.Bremner，Edwards曲线上的算术级数，{整数序列}{bf 16}（2013），href{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL16/Bremner/bremner2.html}{第13.8.5}条。\双项目{Ca}G.Campbell，椭圆曲线上算术级数的注记，{\it J.整数序列}{\bf 6}（2003），\href公司{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL6/Campbell/campbell4.html}{第03.1.3}条。\双项目{Ch}A.Choudhry，Huff曲线上的算术级数，{it J.整数序列}{bf 18}（2015），\href公司{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL18/Choudhry/choudhry2.html}{第15.5.2条}。\围兜J.E.Cremona，《椭圆曲线数据》。网址\url{http://johncremona.github.io/ecdata/}.\bibitem{Di}L.E.Dickson，《数论史》，第2卷，切尔西出版公司，1992年，再版。\双项目{Ma}A.MacLeod，四次椭圆曲线上的14项算术级数，{\it J.整数序列}{\bf 9}（2006），href{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL9/MacLeod/macleod11.html}{第06.1.2}条。\双项目{Mo}D.Moody，《哈夫曲线上的算术级数》，《数学年鉴》，2011年，第111-116页。\双项目{Mo2}D.Moody，Edwards曲线上的算术级数，{it J.整数序列}{bf 14}（2011），href{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL14/Moody/moody2.html}{第11.1.7}条。\bibitem{Ul}M.Ulas，关于四次椭圆曲线算术级数的注记，{\it J.整数序列}{\bf 8}（2005），href{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL8/Ulas/ulas7.html}{第05.3.1}条。\bibitem{Ul2}M.Ulas，关于亏格二曲线的算术级数，{\it RockyMountain J.数学}{\bf 39}（2009），971--980。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2010数学学科分类：11D09。\noindent\emph{关键词：}算术级数，单位圆。\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\黑色的2015年12月10日收到；2016年3月14日收到修订版。发表于2016年4月7日的{整数序列杂志}。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}