本文只讨论复数域 $\mathbb{C}$ 上的情况, 但大部分内容对于特征 $0$ 的代数闭域也成立 (Lefschetz 原理, 可见冯琦《数理逻辑引导》定理8.12).
雅可比猜想
设 $F = (f_1, f_2, \dots, f_n) \colon \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n$ 为多项式映射, 其雅可比行列式记作
\[\det\left( \frac{\partial(f_1, f_2, \dots, f_n)}{\partial(x_1, x_2, \dots, x_n)} \right)\]或
\[\det J_{F} = \det\begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_2}{\partial x_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial f_n}{\partial x_1} & \frac{\partial f_n}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_n}{\partial x_n} \end{pmatrix}.\]关于雅可比行列式, 有几点初等的观察.
事实上, 任何多项式映射 $p\colon \mathbb{C}^n\to \mathbb{C}$ 若无根, 则一定是非零常数, 这可由希尔伯特零点定理推出, 也可使用代数基本定理加归纳法得到, 而 $\det J_F$ 当然是 $\mathbb{C}^n\to \mathbb{C}$ 的多项式映射.
多项式同构的意思是, 存在多项式映射 $G\colon \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n$ 使得 $F \circ G = G \circ F = \mathrm{id}_{\mathbb{C}^n}$, 则由行列式的性质知 $(\det J_F)(\det J_G)=1$, 因此 $\det J_F$ 必是非零常数.
由全纯版本的反函数定理可知 $\det J_F$ 非零推出 $F$ 局部可逆, 而由魏尔斯特拉斯预备定理可知 $F$ 局部可逆推出 $\det J_F$ 非零.
1939年, Keller 提出以下猜想.
本文的目标是寻找雅可比猜想的反例, 若 $F$ 是一个反例, 则有两种情况, 第一种情况是 $F$ 局部单但不单, 自然不可能是多项式同构, 第二种情况是 $F$ 双, 但其逆不是多项式映射, 事实上第二种情况是不可能的.
首先 $F$ 单自然蕴含 $F$ 局部单, 所以其雅可比行列式是非零常数. 其次, 著名的 Ax–Grothendieck 定理知 $F$ 若单则必满 (该定理可由代数几何方法证明, 也可由数理逻辑方法证明, 可见冯琦《数理逻辑引导》中定理8.13). 最后, 由 Zariski 主定理的一个简单版本可推出 $F$ 的逆也是多项式映射.
在 $n=1$ 时, 容易验证猜想成立, 因为雅可比行列式无非就是 $F’(x)$, 若它是常数, 则 $F(x)$ 必然是线性映射, 不妨设为 $ax+b$, 其中 $a\in\mathbb{C}^\times,b\in\mathbb{C}$, $F$ 显然可逆, 其逆为 $G(x)=(x-b)/a$, 也是多项式映射.
在 $n=2$ 时, 猜想仍然开放.
在 $n\ge3$ 时, 猜想不成立, 反例由 Levent Alpöge 于 2026 年 7 月 19 日发表, 反例为
\[\displaylines{ F(x,y,z) = \left( f_1(x,y,z), f_2(x,y,z),f_3(x,y,z) \right), \\ f_1(x,y,z) = (1+xy)^3 z + y^2 (1+xy) (4+3xy), \\ f_2(x,y,z) = y + 3 x (1+xy)^2 z + 3 x y^2 (4+3xy), \\ f_3(x,y,z) = 2 x - 3 x^2 y - x^3 z, }\]其雅可比行列式 $\det J_F=-2$ 且 $F(0, 0, -1/4)=F(1, -3/2, 13/2)=F(-1, 3/2, 13/2)=(-1/4, 0, 0)$, 因此不是双射, 更不可能是多项式同构. 容易由此构造出 $n>3$ 时的反例, 只需将其他分量设为恒等映射即可, 例如 $n=4$ 时反例即为 \(F(x,y,z,w)=(f_1(x,y,z),f_2(x,y,z),f_3(x,y,z),w).\)
对于该反例, ChatGPT 给出了一个几何解释, 之后, Terence Tao 基于该解释给出了一篇更详细的解释文章, 本文基于这些资料.
预备知识
设 $M$ 是 $R$-模, 其对称代数定义为
\[\operatorname{Sym}(M)=T(M)/I,\]其中 $T(M)$ 为张量代数 $\bigoplus_{n=0}^\infty M^{\otimes n}$, $I$ 是由 $\{a\otimes b-b\otimes a:a,b\in M\}$ 生成的理想, $\operatorname{Sym}(M)$ 是一个分次代数, 其第 $n$ 次分量记为 $\operatorname{Sym}^n(M)$, 称为 $n$ 次对称幂. 当 $M$ 是有限维向量空间时, 例如 $M\cong\mathbb{C}^n$, 对称代数显然同构于 $n$ 元多项式环
\[\operatorname{Sym}(M)\cong \mathbb{C}[x_1,\dots,x_n],\]而其中 $n$ 次对称幂就是 $n$ 次齐次多项式组成的集合. 本文只用到 $M=\mathbb{C}^2$ 的情况,
\[\operatorname{Sym}^1(\mathbb{C}^2)=\{az+bw:a,b\in\mathbb{C}\}\cong\{(a,b):a,b\in\mathbb{C}\}=\mathbb{C}^2,\] \[\operatorname{Sym}^2(\mathbb{C}^2)=\{cz^2+dzw+ew^2:c,d,e\in\mathbb{C}\}\cong\mathbb{C}^3,\] \[\operatorname{Sym}^3(\mathbb{C}^2)=\{Az^3+Bz^2w+Czw^2+Dw^3:A,B,C,D\in\mathbb{C}\}\cong\mathbb{C}^4.\]对于一个二元齐次多项式 $p(z,w)$, 若 $(z_0,w_0)$ 是其根, 由齐次性知对任意复数 $\lambda\in\mathbb{C}$, $(\lambda z_0,\lambda w_0)$ 也是 $p$ 的根, 除去平凡根 $(0,0)$ 外, 其他的根可以看做取值于射影直线 $\mathbb{CP}^1$ 上, 记以齐次坐标 $[z:w]$, 并且有到黎曼球面 $\mathbb{C}\cup{\infty}$ 的双射 $[z:w]\mapsto z/w$. 本文经常将射影直线 $\mathbb{CP}^1$ 与黎曼球面 $\mathbb{C}\cup{\infty}$ 混同.
反例的构造
我们的目标是构造一个满足以下三个性质的多项式映射 $F\colon X\to\mathbb{C}^3$, 其中 $X$ 是一个三维代数簇,
- a. $F$ 是局部单射,
- b. $F$ 不是单射,
- c. $X$ 与 $\mathbb{C}^3$ 之间有一个多项式同构.
由之前的讨论知, 局部单射等价于雅可比行列式是非零常数, 则将 $F$ 与多项式同构 $\mathbb{C}^3\to X$ 复合起来就得到了雅可比猜想的反例.
我们逐步实现这三个目标, 第二个目标是最容易的, 我们的构造始于这样一个映射.
\[\displaylines{ F\colon \operatorname{Sym}^1(\mathbb{C}^2)\times\operatorname{Sym}^2(\mathbb{C}^2) \to \operatorname{Sym}^3(\mathbb{C}^2)\\ (L,Q) \mapsto LQ, }\]具体来说, 假设 $L(z,w)=az+bw$, $Q(z,w)=cz^2+dzw+ew^2$, 则
\[L(z,w)Q(z,w)=(az+bw)(cz^2+dzw+ew^2)=acz^3+(ad+bc)z^2w+(ae+bd)zw^2+bew^3,\]由 $\operatorname{Sym}^k(\mathbb{C}^2)\cong \mathbb{C}^{k+1}$ 知这等价于映射
\[\displaylines{ F'\colon \mathbb{C}^5 \to \mathbb{C}^4\\ (a,b,c,d,e) \mapsto (ac,ad+bc,ae+bd,be), }\]这显然是多项式映射, 以后我们不区分 $F$ 和 $F’$. 我们使用一种构造性的方法来证明 $F$ 不是单射, 即满足性质 b, 设 $P(z,w)\in\operatorname{Sym}^3(\mathbb{C}^2)$, $P$ 是三次齐次多项式, 因此可以因式分解为三个一次齐次多项式的积, 假设为 $P=L_1L_2L_3$, 于是
\[F(L_1,L_2L_3)=F(L_2,L_1L_3)=F(L_3,L_1L_2)=P.\]例如, 取 $P(z,w)=z^2w-w^3/4$, 它的三个根分别为 $\infty,1/2,-1/2$, 对应的三个一次齐次多项式分别为 $w,z-w/2,z+w/2$, 所以
\[F\left(w,z^2-\frac{1}{4}w^2\right)=F\left(z-\frac{1}{2}w,zw+\frac{1}{2}w^2\right)=F\left(z+\frac{1}{2}w,zw-\frac{1}{2}w^2\right)=z^2w-\frac{w^3}{4},\]这个例子可能看起来略微复杂或奇怪, 但后面我们会看到这个例子是刻意选的.
函数 $F$ 还有一些很好的性质, 这些性质将帮助我们修改 $F$ 使其成为真正的反例. 首先, 对于任意 $\lambda\in\mathbb{C}^\times$, 显然
\[F(\lambda L,\lambda^{-1}Q)=F(L,Q).\]其次, 每个 $T\in\operatorname{SL}_2(\mathbb{C})$ 都按照分式线性变换定义了一个线性换元, 例如
\[T=\begin{pmatrix} \alpha & \beta\\ \gamma &\delta \end{pmatrix}\]定义了换元 $(z,w)\mapsto(\alpha z+\beta w,\gamma z+\delta w)$, 我们将 $L$ 换元后得到的多项式记为 $L\circ T$, 于是容易验证 $F$ 满足性质
\[F(L\circ T,Q\circ T)=F(L,Q)\circ T.\]第一步: 限制定义域以得到性质a
现在我们希望通过限制 $F$ 的定义域在保持性质b的情况下得到性质a, 即局部单射性, 基本的想法是分离多项式 $L$ 和 $Q$ 的根, 这使得在很小的邻域里都可以由 $P$ 复原出 $L$ 和 $Q$, 从而有局部单射性. 衡量根的差距的不变量是结式, $L$ 和 $Q$ 的结式记为 $\operatorname{Res}(L,Q)$, 在我们的情况下, 其定义为
\[\operatorname{Res}(L,Q) = \begin{vmatrix} a & b & 0 \\ 0 & a & b \\ c & d & e \end{vmatrix} = a^2 e - abd + c b^2.\]结式还有一些很好的性质, 直接验证可得
\[\operatorname{Res}(\lambda L, \lambda^{-1} Q) = \lambda \operatorname{Res}(L,Q),\]通过更复杂的计算可以验证
\[\operatorname{Res}(L \circ T, Q \circ T) = \operatorname{Res}(L,Q),\]此外, 结式等于 $0$ 当且仅当 $L$ 和 $Q$ 的根有重合, 因此我们可以要求 $\operatorname{Res}(L,Q)=1$ 作为我们限制定义域的条件, $F$ 的定义域变为
\[\mathcal{R}=\{(L,Q)\in\operatorname{Sym}^1(\mathbb{C}^2)\times\operatorname{Sym}^2(\mathbb{C}^2):\operatorname{Res}(L,Q)=1\}\]或
\[\mathcal{R}=\{(a,b,c,d,e)\in\mathbb{C}^5:a^2 e - abd + c b^2=1\},\]这显然是 $\mathbb{C}^5$ 中的一个四维代数簇.
性质a和b的验证
我们首先验证限制定义域不会使得 $F$ 丢失性质b, 由结式的放缩性质 $\operatorname{Res}(\lambda L, \lambda^{-1} Q) = \lambda \operatorname{Res}(L,Q)$ 知, 一对 $(L,Q)$ 只要 $\operatorname{Res}(L,Q)$ 非零, 总能通过归一化使得 $\operatorname{Res}(\lambda L, \lambda^{-1} Q) = 1$, 并且 $F(\lambda L,\lambda^{-1}Q)=F(L,Q)$ 不变, 所以原本多对一的点总是可以归一化到 $\mathcal{R}$ 上, 并且仍然是多对一的. 容易看出, 像集中的任意一点在 $\mathcal{R}$ 中至多只有三个原像, 分别为 $(L_1,L_2L_3),(L_2,L_1L_3)$ 和 $(L_3,L_1L_2)$ 的归一化.
例如在我们的例子中, 直接计算可得 $\left(w,z^2-\frac{1}{4}w^2\right)$ 和 $\left(z-\frac{1}{2}w,zw+\frac{1}{2}w^2\right)$ 的结式都是 $1$, 而 $\left(z+\frac{1}{2}w,zw-\frac{1}{2}w^2\right)$ 的结式是 $-1$, 我们取 $\lambda=-1$, 将它转化成 $\left(-z-\frac{1}{2}w,-zw+\frac{1}{2}w^2\right)$, 结式就变成了 $1$, 并且像不变, 这样就得到了 $\mathcal{R}$ 中的三个点 $\left(w,z^2-\frac{1}{4}w^2\right)$, $\left(z-\frac{1}{2}w,zw+\frac{1}{2}w^2\right)$ 和 $\left(-z-\frac{1}{2}w,-zw+\frac{1}{2}w^2\right)$, 它们都被映到同一个点.
接下来验证限制定义域后的 $F$ 满足性质a. 选定一点 $(a_0,b_0,c_0,d_0,e_0)\in\mathcal{R}$, 假设 $a_0\neq0$, 设
\[T=\begin{pmatrix} b_0 & \frac{1}{a_0}\\ -a_0 &0 \end{pmatrix},\]显然 $\det T=1$, 则由它定义的换元使得 $L_0(z,w)=a_0z+b_0w$ 变成 $L_0\circ T=w$, $Q_0(z,w)=c_0z^2+d_0zw+e_0w^2$ 变成 $z^2+D_0zw+E_0w^2$, 其中 $D_0=\frac{2b_0c_0}{a_0}-d_0,E_0=\frac{c_0}{a_0^2}$. 现假设 $F$ 在 $(0,1,1,D_0,E_0)$ 处为局部单射, 由 $T$ 可逆及 $F$ 与 $T$ 可交换知 $F$ 必然在 $(a_0,b_0,c_0,d_0,e_0)$ 处也是局部单射. 于是可以只考虑 $a_0=0$ 的情况.
当 $a_0=0$ 时, $L_0=b_0w$, 其根为无穷远点 $[1:0]$, 约定无穷远点的模为无穷大. 此时 $\operatorname{Res}(L_0,Q_0)=c_0b_0^2=1$, 因此 $c_0$ 和 $b_0$ 一定都非零. 此外, 由结式非零知 $Q_0$ 的两个根一定不是无穷远点, 则它们 (在黎曼球面上) 的模都是有限值. 现取
\[\varepsilon= \min\left\{ \frac{|c_0|}{2}, 1, \frac{|b_0|}{\frac{2(|d_0|+1)}{|c_0|} + \frac{2(|e_0|+1)}{|c_0|} + 2} \right\},\]由 $c_0$ 和 $b_0$ 非零知 $\varepsilon>0$, 取邻域
\[U=\{(a,b,c,d,e)\in\mathcal{R}:|a|<\varepsilon, |b-b_0|<\varepsilon,|c-c_0|<\varepsilon,|d-d_0|<\varepsilon,|e-e_0|<\varepsilon\},\]设 $P=LQ\in F(U)$, $P$ 的三个根为 $s_1,s_2,s_3$, 其中 $s_1$ 是 $L$ 的根, 则
\[s_1=\begin{cases} -\dfrac{b}{a}, &a\neq0,\\ \infty,&a=0, \end{cases}\]不管哪种情况，都有
\[|s_1|>\frac{|b_0|-\varepsilon}{\varepsilon}.\]而 $s_2$ 和 $s_3$ 是 $Q$ 的根, 由韦达定理知
\[s_2+s_3=-\frac{d}{c}, \quad s_2s_3=\frac{e}{c},\]其中 $c$ 不为零是因为 $|c-c_0|<\varepsilon\le |c_0|/2$, 则 $|c|>|c_0|/2$. 而
\[|s_2+s_3| \le \frac{|d_0|+\varepsilon}{|c_0|/2} = \frac{2(|d_0|+\varepsilon)}{|c_0|}\le\frac{2(|d_0|+1)}{|c_0|},\] \[|s_2s_3| \le \frac{|e_0|+\varepsilon}{|c_0|/2} = \frac{2(|e_0|+\varepsilon)}{|c_0|}\le\frac{2(|e_0|+1)}{|c_0|},\]由以下引理知
\[|s_2| \le \frac{2(|d_0|+1)}{|c_0|} + \frac{2(|e_0|+1)}{|c_0|} + 1,\] \[|s_3| \le \frac{2(|d_0|+1)}{|c_0|} + \frac{2(|e_0|+1)}{|c_0|} + 1.\]由 $\varepsilon$ 的取值知
\[\frac{|b_0|-\varepsilon}{\varepsilon}\ge\frac{2(|d_0|+1)}{|c_0|} + \frac{2(|e_0|+1)}{|c_0|} + 1,\]所以存在只关乎 $b_0,c_0,d_0,e_0$ 的常数 $M$ 将 $s_1$ 与 $s_2$ 和 $s_3$ 分离开来, 使得 $s_1$ 接近无穷远点而 $s_2$ 和 $s_3$ 有界.
若存在 $(L’,Q’)\in U$, 且 $P=L’Q’$, 则 $L’$ 的根必为 $s_1,s_2,s_3$ 其中之一, 将以上讨论应用到 $L’$ 和 $Q’$ 上, 则存在常数分离 $L’$ 的根和 $Q’$ 的两个根, 所以 $L’$ 的根只能是 $s_1$, 由结式归一化条件知必有 $L=L’$, 从而也有 $Q=Q’$.
综上可知 $F$ 是一个局部单射, 也等价于说 $F$ 的雅可比行列式为非零常数.
第二步: 限制值域以得到性质c
截止目前, 我们已经得到了一个从 $\mathcal{R}$ 到 $\mathbb{C}^4$ 的多项式映射, 但它还不是反例, 因为 $\mathcal{R}$ 不与 $\mathbb{C}^4$ 多项式同构. 接下来的目标是限制值域到 $\mathbb{C}^4$ 中的一个三维超平面, 假设为 $S$, 这等价于限制定义域为
\[\mathcal{R}\cap F^{-1}(S),\]我们希望它多项式同构于 $\mathbb{C}^3$.
在值域
\[\mathbb{C}^4\cong\{Az^3+Bz^2w+Czw^2+Dw^3:A,B,C,D\in\mathbb{C}\},\]中最简单的选取三维超平面的方法就是将 $A,B,C,D$ 中其中之一固定为常数, 事实证明, 固定 $B$ 为 $1$ 是有效的选法, 至于为什么这样选, Tao 说他也不知道, 并称这为“仿射奇迹”.
对应到定义域, 让第二个分量等于 $1$, 就是要求 $ad+bc=1$, 即定义域限制为
\[X=\{(a,b,c,d,e)\in\mathbb{C}^5:a^2 e -abd + c b^2=1,ad+bc=1\},\]首先, 性质a当然是保持的, 因为 $X$ 是 $\mathcal{R}$ 的子集, 在子集上当然保持局部单射性. 其次, 性质b也仍保持, 添加的这一条件不足以排除被映到同一点的三个点中的两个, 继续看我们的例子, $\left(w,z^2-\frac{1}{4}w^2\right)$, $\left(z-\frac{1}{2}w,zw+\frac{1}{2}w^2\right)$ 和 $\left(-z-\frac{1}{2}w,-zw+\frac{1}{2}w^2\right)$ 都满足 $ad+bc=1$, 因此也都在 $X$ 中. 由此可见将 $F$ 限制到 $X$ 上不会破坏性质a和b.
性质c的验证
假设 $X=X_0\cup X_1$, 其中 $X_0$ 定义为 $a=0$ 的部分, $X_1$ 定义为 $a\neq0$ 的部分.
首先考虑 $a\neq0$ 的情形, 此时可以直接使用 $a,b,c$ 将 $d$ 和 $e$ 表示出来,
\[d = \frac{1 - bc}{a}, \quad e = \frac{1 + b - 2b^2c}{a^2},\]于是得到 $X_1\cong\{(a,b,c)\in\mathbb{C}^3:a\neq0\}$.
再考虑 $a=0$ 的情况, 此时两个条件变为 $b^2c=1$ 和 $bc=1$, 解得 $b=c=1$, 因此 $X_0=\{(0,1,1,d,e):d,e\in\mathbb{C}\}\cong \mathbb{C}^2$.
这看起来已经很有希望了, $X$ 的一部分同构于缺少一个平面的三维空间, 另一部分恰好同构于一个平面, 只要在 $a\to0$ 的时候不会出现什么奇怪的事, 就应该能想办法把这两部分拼起来, 得到 $X$ 到 $\mathbb{C}^3$ 的多项式同构.
Tao 的直觉是, 当 $a\to0$ 时, $d$ 和 $e$ 的行为不会变得奇怪, 也就是说, $1-bc$ 应该至少是以 $O(a)$ 的速度趋于 $0$, 而 $1 + b - 2b^2c$ 则至少以 $O(a^2)$ 的速度趋于 $0$.
由 $ad+bc=1$ 知 $bc=1-ad$, $b^2c=b-abd$, 而又 $cb^2=1-a^2e+abd$, 所以 $b=1+2abd-a^2e$, 设 $y=2bd-ae$, 则 $b=1+ya$.
将 $b=1+ya$ 代入 $bc=1-ad$ 得 $c+yac=1-ad$, 即 $c=1-a(d+cy)$.
将 $b^2c=b-abd$ 和 $cb^2=1-a^2e+abd$ 加起来得到 $2cb^2=1+b-a^2e$, 代入 $b=1+ya$ 得到
\[2c(1+2ya+y^2a^2)=2+ya-a^2e,\] \[c=1+\frac{1}{2}ya-2cya-\frac{1}{2}a^2e-cy^2a^2,\]将 $c=1-a(d+cy)$ 代入第二项 $-2cya$ 得
\[c=1+\frac{1}{2}ya-2(1-a(d+cy))ya-\frac{1}{2}a^2e-cy^2a^2=1-\frac{3}{2}ya+\left(cy^2+2yd-\frac{1}{2}e\right)a^2,\]设 $z=cy^2+2yd-\frac{1}{2}e$, 代入 $y=2bd-ae$ 得
\[z= 4b^2cd^2 - 4abcde + a^2ce^2 + 4bd^2 - 2aed - \frac{1}{2}e,\]代入 $ad=1-bc$ 和 $a^2e=1-cb^2+bad=1-2cb^2+b$ 得
\[\displaylines{ z = 4b^2cd^2 + 4bd^2 + ce - bce + 2b^2c^2e - \frac{5}{2}e\\ = 2((2b^2c - b - 1)d^2 + (bc-1)^2 e)+2d^2 + ce + 6bd^2 + 3bce - \frac{9}{2}e\\ = 2(-a^2ed^2+a^2d^2e)+2d^2 + ce + 6bd^2 + 3bce - \frac{9}{2}e\\ = 2d^2 + ce + 6bd^2 + 3bce - \frac{9}{2}e. }\]将 $b=1+ya$ 和 $c=1-\frac{3}{2}ya+za^2$ 代入 $d=\frac{1-bc}{a}$ 得
\[d = \frac{1}{2}y + \frac{3}{2}y^2 a - z a - y z a^2.\]再将 $b=1+ya$ 和 $c=1-\frac{3}{2}ya+za^2$ 代入 $e=\frac{1 + b - 2b^2c}{a^2}$ 得
\[e = 4y^2 - 2z + 3y^3a - 4yza - 2y^2z a^2.\]综上, 我们得到了从 $X$ 到 $\mathbb{C}^3$ 的多项式映射
\[\displaylines{ \varphi\colon(a,b,c,d,e) \mapsto (a,y,z),\quad\begin{cases} a = a,\\ y = 2bd-ae,\\ z = 2d^2 + ce + 6bd^2 + 3bce - \dfrac{9}{2}e, \end{cases} }\]其逆为
\[\displaylines{ \varphi^{-1}\colon(a,y,z) \mapsto \left(a,b,c,d,e\right),\quad \begin{cases} a = a,\\ b = 1 + y a,\\ c = 1 - \dfrac{3}{2} y a + z a^2,\\ d = \dfrac{1}{2} y + \dfrac{3}{2} y^2 a - z a - y z a^2,\\ e = 4y^2 - 2z + 3y^3 a - 4y z a - 2y^2 z a^2. \end{cases} }\]也是多项式映射, 因此 $X\cong\mathbb{C}^3$.
得到最终反例
我们已经验证 $F$ 限制在 $X$ 上满足性质a,b和c, 只需将 $F$ 与 $\varphi^{-1}$ 复合, 得到
\[\displaylines{ G=F\circ\varphi^{-1}\colon\mathbb{C}^3 \to \mathbb{C}^3\\ (a,y,z) \mapsto \left(G_1(a,y,z),G_2(a,y,z),G_3(a,y,z)\right), }\] \[\begin{cases} G_1(a,y,z) = a - \dfrac{3}{2} y a^2 + z a^3,\\ G_2(a,y,z) = \dfrac{1}{2}y + 6y^2 a - 3z a + \dfrac{9}{2}y^3 a^2 - 6yz a^2 - 3y^2 z a^3,\\ G_3(a,y,z) = 4y^2 - 2z + 7y^3 a - 6yz a + 3y^4 a^2 - 6y^2 z a^2 - 2y^3 z a^3. \end{cases}\]直接计算可得它的雅可比行列式 $\det J_G=-1$.
回忆我们之前的例子, $\left(w,z^2-\frac{1}{4}w^2\right)$, $\left(z-\frac{1}{2}w,zw+\frac{1}{2}w^2\right)$ 和 $\left(-z-\frac{1}{2}w,-zw+\frac{1}{2}w^2\right)$ 在 $\mathbb{C}^5$ 中对应的点分别为 $\left(0,1,1,0,-\frac{1}{4}\right)$, $\left(1,-\frac{1}{2},0,1,\frac{1}{2}\right)$ 和 $\left(-1,-\frac{1}{2},0,-1,\frac{1}{2}\right)$,
\[\displaylines{ \varphi\left(0,1,1,0,-\frac{1}{4}\right) = \left(0,0,\frac{1}{8}\right),\\ \varphi\left(1,-\frac{1}{2},0,1,\frac{1}{2}\right) = \left(1,-\frac{3}{2},-\frac{13}{4}\right),\\ \varphi\left(-1,-\frac{1}{2},0,-1,\frac{1}{2}\right) = \left(-1,\frac{3}{2},-\frac{13}{4}\right), }\]则
\[\displaylines{ G\left(0,0,\frac{1}{8}\right) = \left(0,0,-\frac{1}{4}\right),\\ G\left(1,-\frac{3}{2},-\frac{13}{4}\right) = \left(0,0,-\frac{1}{4}\right),\\ G\left(-1,\frac{3}{2},-\frac{13}{4}\right) = \left(0,0,-\frac{1}{4}\right), }\]就是 $G$ 的多对一的点.
我们已经得到了雅可比猜想的一个反例, 它和 Levent 最初的反例有一点差异, 但可以通过换元转化. 定义 $F(x,y,z)= \left( f_1(x,y,z), f_2(x,y,z),f_3(x,y,z) \right)$, $f_1(x,y,z)=G_3\left(x,y,-\frac{z}{2}\right)$, $f_2(x,y,z)=2G_2\left(x,y,-\frac{z}{2}\right)$, $f_3(x,y,z)=2G_1\left(x,y,-\frac{z}{2}\right)$, 即
\[\displaylines{ F\colon\mathbb{C}^3 \to \mathbb{C}^3\\ (x,y,z) \mapsto \left(f_1(x,y,z),f_2(x,y,z),f_3(x,y,z)\right), }\] \[\begin{cases} f_1(x,y,z) = 4y^2 + z + 7y^3 x + 3yz x + 3y^4 x^2 + 3y^2 z x^2 + y^3 z x^3,\\ f_2(x,y,z) = y + 12y^2 x + 3 z x + 9y^3 x^2 + 6yz x^2 + 3y^2 z x^3,\\ f_3(x,y,z) = 2x - 3 y x^2 - z x^3, \end{cases}\]$\left(0,0,\frac{1}{8}\right)$, $\left(1,-\frac{3}{2},-\frac{13}{4}\right)$ 和 $\left(-1,\frac{3}{2},-\frac{13}{4}\right)$ 则变为 $\left(0,0,-\frac{1}{4}\right)$, $\left(1,-\frac{3}{2},\frac{13}{2}\right)$ 和 $\left(-1,\frac{3}{2},\frac{13}{2}\right)$, 它们被映为 $\left(-\frac{1}{4},0,0\right)$, 与原始反例相同.
pdf:人类如何构造雅可比猜想的反例.