> 本文為英文原文的全文譯本。研究主張仍以原文為權威來源；翻譯不代表獨立數學驗證。 # Phase 1F-D — 在固定 $g$ 框架中重新推導全域對角線限制 **狀態：** 獨立重新推導；文獻中已知（Korec, 1992） **框架：** 共同斜邊股集合、內部畢氏閉合、Gaussian 角度歸約 --- ## 1. 質數冪對角線不可能成立 假設一個本原完美長方體具有 $$ g=p^e, \qquad p\equiv1\pmod4. $$ 寫成 $$ p=r^2+s^2 $$ 其中 $$ r>s>0, \qquad \gcd(r,s)=1, $$ 且奇偶性相反。 令 $$ r+is=\sqrt p\,e^{i\theta}. $$ 對固定斜邊 $$ g=p^e, $$ 下列方程式的非平凡畢氏表示 $$ x^2+y^2=g^2 $$ 以下列索引編號 $$ k=1,\dots,e $$ 且具有以下正規化的偶數股大小 $$ |\sin(k\phi)|, \qquad \phi=2\theta. $$ 由於 $$ \tan\theta=\frac sr\in\mathbb Q, $$ 以下兩者 $$ \sin\phi $$ 以及 $$ \cos\phi $$ 皆為有理數。 依內部偶數股等價性，本原完美長方體會要求相異正整數 $$ m,n,k $$ 使得 $$ \sin^2(m\phi)+\sin^2(n\phi)=\sin^2(k\phi). $$ 使用 $$ \sin^2 t=\frac{1-\cos2t}{2}, $$ 這變為 $$ 1-\cos(2m\phi)-\cos(2n\phi)+\cos(2k\phi)=0. $$ 令 $$ y=2\cos(2\phi). $$ 由於 $$ \sin\phi,\cos\phi\in\mathbb Q, $$ 我們有 $$ y\in\mathbb Q. $$ 定義首一整係數多項式 $$ C_0(y)=2, $$ $$ C_1(y)=y, $$ $$ C_{j+1}(y)=yC_j(y)-C_{j-1}(y). $$ 則 $$ C_j(2\cos\psi)=2\cos(j\psi). $$ 因此，內部畢氏條件變為 $$ C_k(y)-C_m(y)-C_n(y)+2=0. $$ 由於 $m,n,k$ 相異，其中最大次數恰出現一次。因此，此多項式具有整數係數，且為首一或負首一。 依有理根定理， $$ y\in\mathbb Z. $$ 但 $$ |y|\le2, $$ 所以 $$ y\in\{-2,-1,0,1,2\}. $$ 等價地， $$ X=\sin^2\phi=\frac{2-y}{4} $$ 屬於 $$ \left\{ 0,\frac14,\frac12,\frac34,1 \right\}. $$ 端點 $0,1$ 是退化的。 對其餘數值： - 若 $X=1/4$，則 $1-X=3/4$ 不是 $\mathbb Q$ 中的平方； - 若 $X=1/2$，則 $X$ 不是 $\mathbb Q$ 中的平方； - 若 $X=3/4$，則 $X$ 不是 $\mathbb Q$ 中的平方。 但以下兩者 $$ \sin\phi $$ 以及 $$ \cos\phi $$ 都必須為有理數。 矛盾。 因此 $$ \boxed{ g=p^e \Longrightarrow \text{不存在本原完美長方體} } $$ 對每個正整數 $e$ 成立。 這一個論證涵蓋先前的 $R(g)=3$ 與 $g=p^4$ 排除。 --- ## 2. 雙質數分支 $g=pq$ 不可能成立 令 $$ g=pq, \qquad p\ne q, \qquad p\equiv q\equiv1\pmod4. $$ 寫成 $$ p=r^2+s^2, \qquad q=u^2+v^2, $$ 其中 $$ r>s>0, \qquad u>v>0, $$ 為本原且奇偶性相反的表示。 定義 $$ R=r^2-s^2, \qquad U=u^2-v^2, $$ 以及 $$ A=rs, \qquad B=uv. $$ 清除共同正分母後，四個偶數股狀態歸約為以下四個量 $$ T_1=a^2(1+b^2), $$ $$ T_2=b^2(1+a^2), $$ $$ T_3=(a+b)^2, $$ $$ T_4=(a-b)^2, $$ 其中 $$ a=\frac{2rs}{R}, \qquad b=\frac{2uv}{U}. $$ 十二種可能的內部畢氏排序，在排除正性不符與退化情況並利用 $p\leftrightarrow q$ 對稱性之後，歸約為兩個本質方程式。 ### 分支 I $$ a(1+b^2)=4b. $$ 由於 $$ 1+b^2=\frac{q^2}{U^2}, $$ 這等價於 $$ Aq^2=4BRU. $$ 由於 $$ \gcd(q,BU)=1, $$ 在一個解中，$q$ 不可能整除 $A$；否則 $q$ 就無法整除 $R$，與此方程式矛盾。 因此 $$ q^2\mid R. $$ 寫成 $$ R=q^2h. $$ 則 $$ A=4BUh. $$ 使用 $$ p^2=R^2+4A^2, $$ 我們得到 $$ p^2 = h^2 \left( q^4+64B^2U^2 \right). $$ 因此 $$ h\mid p. $$ 由於 $p$ 是質數，且 $$ R8q^2. $$ 矛盾。 因此，分支 I 無解。 ### 分支 II $$ a^2(1-b^2)+2b^2=0. $$ 清除分母後，這變為 $$ A^2(8B^2-q^2)=2B^2R^2. $$ 由於 $$ \gcd(B,q)=1, $$ 我們有 $$ \gcd(B^2,8B^2-q^2)=1. $$ 因此 $$ B^2\mid A^2, $$ 所以 $$ B\mid A. $$ 寫成 $$ A=hB. $$ 由於 $$ \gcd(A,R)=1, $$ 我們也有 $$ \gcd(h,R)=1. $$ 方程式變為 $$ h^2(8B^2-q^2)=2R^2. $$ 因此 $$ h^2\mid2, $$ 所以 $$ h=1. $$ 因此 $$ A=B. $$ 方程式歸約為 $$ 8A^2-q^2=2R^2. $$ 使用 $$ p^2=R^2+4A^2, $$ 我們得到 $$ q^2+2p^2=16A^2. $$ 但 $p,q$ 是奇數，因此模 $8$， $$ q^2+2p^2\equiv1+2\equiv3\pmod8, $$ 而 $$ 16A^2\equiv0\pmod8. $$ 矛盾。 因此，分支 II 無解。 所以 $$ \boxed{ g=pq \Longrightarrow \text{不存在本原完美長方體}. } $$ --- ## 3. 合併的對角線閘門 結合兩項結果： $$ \boxed{ \text{本原空間對角線既非質數冪，也非兩個質數的乘積。} } $$ 此限制在經典文獻中已知；本文的推導是固定 $g$／內部股框架中的獨立重建。 下一個存活的低複雜度因數分解類型為 $$ \boxed{ g=p^2q } $$ 或對稱地 $$ \boxed{ g=pq^2, } $$ 其中質數相異 $$ p,q\equiv1\pmod4. $$ 其表示重數為 $$ R(g) = \frac12\left((2\cdot2+1)(2\cdot1+1)-1\right) = 7. $$ 因此，下一個結構前沿是七態共同斜邊系統。