第3题

现在假设所有对角线的长度平方的 $p$-adic 赋值都满足 $<e$。令 $\nu_p$ 表示非零有理数上的赋值，并置 $u_i=\nu_p(OA_i^2)$、$t_i=\nu_p(A_iA_{i+1}^2)$、$d=\nu_p(A_1A_k^2)$。线段 $OA_1,OA_k$ 是边，所以 $u_1,u_k\ge e$；其余 $OA_i$ 是对角线，所以当 $2\le i\le k-1$ 时 $u_i<e$。又因 $A_iA_{i+1}$ 是边而有 $t_i\ge e$，因 $A_1A_k$ 是对角线而有 $d<e$。由 $q_i=\dfrac{A_iA_{i+1}^2}{OA_i^2\cdot OA_{i+1}^2}$ 和 $q=\dfrac{A_1A_k^2}{OA_1^2\cdot OA_k^2}$ 得到 $\nu_p(q_i)=t_i-u_i-u_{i+1}$ 以及 $\nu_p(q)=d-u_1-u_k$。因此在两端，$\nu_p(q_1)-\nu_p(q)=(t_1-d)+(u_k-u_2)>0$，且 $\nu_p(q_{k-1})-\nu_p(q)=(t_{k-1}-d)+(u_1-u_{k-1})>0$：每个括号都至少为 $1$。对于 $2\le i\le k-2$，$\nu_p(q_i)-\nu_p(q)=(t_i-d)+(u_1+u_k-u_i-u_{i+1})>0$，因为第一个括号至少为 $1$，第二个括号至少为 $2$。于是对每个 $i$ 都有 $\nu_p(q_i)>\nu_p(q)$，等价于 $\nu_p(q_i^2)>\nu_p(q^2)$。现在使用平方根引理：若正有理数满足 $\sum_i\sqrt{x_i}=\sqrt{x}$，则存在正有理数 $b$，使所有 $\sqrt{x_i/b}$ 和 $\sqrt{x/b}$ 都是有理数。事实上，把每个被开方数写成有理数平方与一个正的平方自由整数的乘积；不同平方自由整数的平方根在 $\mathbb Q$ 上线性无关，而正性阻止不同平方类之间发生抵消。将该引理应用于托勒密关系式，得到正有理数 $r_i=\sqrt{q_i/b}$ 和 $r=\sqrt{q/b}$，且 $\sum_i r_i=r$。由于 $\nu_p(r_i^2)=\nu_p(q_i)-\nu_p(b)$、$\nu_p(r^2)=\nu_p(q)-\nu_p(b)$，上面的严格不等式给出对每个 $i$ 都有 $\nu_p(r_i)>\nu_p(r)$。超度量不等式给出 $\nu_p(\sum_i r_i)\ge\min_i\nu_p(r_i)>\nu_p(r)$，这与 $\sum_i r_i=r$ 矛盾。因此，假设所有对角线都失败是不可能的。