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从8和9说起

看到题目,你也许会问:8和9,两个普通的数字,又有什么可说的呢?但在数学家眼中,这两个数字可不寻常:9比8大1,8是一个立方数,它是2的立方,而9是一个平方数,它是3的平方。8和9,就是一个立方数紧紧挨着平方数的例子。那么,数学家自然会问:还有没有别的立方数,它紧紧挨着一个平方数呢?

8号球 9号球

或者用数学的语言来说, x^2 - y^3 = 1 这个方程,除了x = 3, y = 2外,还有别的正整数解吗?

我们先在直觉上探索一下,平方数和立方数,当它们越变越大的时候,在所有正整数当中也会越来越稀疏。就像两个越来越不喜欢出外的人,即使是邻居,也许一开始会打个照面,但之后出门的次数越来越少,也就越来越不可能碰上面。数学家们甚至猜测,即使不限定于平方数和立方数,就算是任意大于1的次方数,它们“碰面”也只有8和9这一回。用严谨的数学语言来说,就是方程x^a - y^b = 1,在ab大于1的条件下,只有一组解,就是x=3, a=2, y=2, b=3。这又被称为卡特兰猜想(Catalan's conjecture)。

直觉上,卡特兰猜想应该是对的,但直觉毕竟是直觉,它不是数学证明。虽然平方数和立方数它们越来越稀疏,但是正整数有无限多个,它们有无数次碰面的机会,谁知道它们会不会在通向无限地平线的路途中就抓住了又一次机会呢?所以,我们需要数学证明,只有数学证明,才能从逻辑上根本地否决这种可能性。

我们来看看数学家是怎么思考的。

数学家们想要的是一个数学证明。我们重新考虑方程x^a - y^b = 1。在这个方程里什么东西最麻烦呢?减法很简单,等于号很简单,剩下的就是乘幂操作了。那么,有什么办法能去掉乘幂这个麻烦事呢?这个办法就是对数,大家在中学都学过。对数能将乘幂转化为更简单的乘法:\ln(x^a) = a\ln(x))。我们先将方程改写成x^a=y^b+1,然后两边取对数,就得到了a\ln(x)=\ln(y^b+1)

现在,方程里最麻烦的又是什么呢?就是对数里边的加法,因为对数和乘法很友好,但跟加法实在谈不来,\ln(x+y)并没有一个好的表达式。有什么方法可以绕过去呢?我们想到,y^b是一个次方数,它可以非常大,要多大有多大,而相比之下,加上去的这个1非常小非常小,小得几乎可以忽略不计。而对数函数增长得又非常慢非常慢,ln(20)大概是3,ln(400)大概是6,要想对数值增加3,原来的数要增加20倍,要等到10^13,也就是万亿,对数值才达到30。而对于一万亿来说,这个小小的1实在是零头中的零头。

对数函数的图像

对数函数的图像

但数学是严谨的,虽然这个1很小,带来的影响更小,但我们不能直接说可以把1去掉。但这难不倒数学家:既然不是直接相等,划个界限总可以吧?用一点简单的高等数学,我们可以得到如下的不等式:

 b\ln(y) < \ln(y^b+1) < b\ln(y) + y^{-b}

也就是说,去掉1和不去掉1,对于对数值的影响只有y^{-b},也就是y^b的倒数。因为y^b可以非常大,它的倒数也就非常小。如果它增长十倍,它的倒数就会变成原来的十分之一。我们刚才说到,y^b要达到万亿,它的对数值达到30,这时候它的倒数,也就是加1造成的误差,只有万亿分之一。这是个什么概念呢?相当于在测量地球到太阳的距离时,不小心多加了根头发丝。在现实世界中,即使多么严谨的测量,这种程度的误差可能也就放过去了。但在数学中,无论多小的误差,不应该舍弃的时候就不能舍弃。

将这个误差的结论代入原来的方程,我们得到:

 |a \ln(x) - b \ln(y)| < y^{-b}

也就是说,我们要寻找两个正整数,它们的对数值的某个倍数非常接近。这就需要对正整数的对数进行深入的研究。在1966年到1967年,数学家阿兰·贝克(Alan Baker)写出了一系列的文章,其中给出了正整数乃至所谓“代数数”(也就是多项式方程的解),它们的对数的倍数之间距离的一个下界。也就是说,上面的不等式左边其实不会太小,它会大于某一个关于a,b,x,y的函数,可以写成:

 C(x,y,a,b) < |a \ln(x) - b \ln(y)|

那么,如果我们能证明对于绝大部分的x,y,a,b都有 C(x,y,a,b) > y^{-b} ,那么两个不等式就会产生矛盾,方程也就不可能有整数解,这不就解决了卡塔兰猜想了吗?

Alan Baker

Alan Baker

当然,实际上这种简单粗暴的方法并不能解决问题。C(x,y,a,b)这个函数,虽然可以明确计算出来,然而得出的函数太小,不足以解决问题。但引出矛盾的方法不只一种。为了证明这类型的结论,贝克发明了一种方法,可以在不同的角度上引出矛盾。而另一位数学家Tijdeman利用贝克的方法,找到了一个巧妙的角度,证明了当ab足够大的时候,方程必定没有解。而此前人们已经证明了,当ab固定的时候,关于xy的方程最多只有有限个解,而且给出了这些解的一个上界。结合两个结果,数学家们证明了,整个关于a,b,x,y的方程最多只有有限个解。现在在波尔多大学的数学家米歇尔·朗之万(Michel Langevin)计算出了一个明确的上界:

 e^{e^{e^{e^{730}}}}.

也就是说,只要检查比这个数小的所有正整数,如果没有找到别的解,那么就说明8和9是唯一一对靠在一起的次方数。但这个任务看起来容易,做起来却是无计可施。 e^{e^{e^{e^{730}}}} 有多大?在现实中,能与其相比的数字根本不存在,即使是1后面添上宇宙里所有的原子当作0,这样得到的无量大数,还是连零头的零头都赶不上。对于这么大的数字,表达它都有困难,更何况检查!

数目远超银河中原子个数,图片来自Wikipedia

数目远超银河中原子个数,图片来自Wikipedia

你可能觉得,这样找正整数的对数之间的关系,又有什么用呢?好不容易得出一个结果,却只是“原则上可以验证”,根本不能实际计算,这种方法又有什么用?但不要忘记,方法之所以是方法,就是因为它能应用到许多问题上。贝克的这套方法,可以应用到所谓的“丢番图方程”,也就是系数和解都是正整数的方程。大家耳熟能详的费马大定理,可能大家不太熟悉的完美长方体问题,都是悬而未决的丢番图方程。而对这类方程的研究,涉及数论的方方面面。贝克的方法给丢番图方程地研究带来了全新的工具,他也因此获得了1970年的菲尔兹奖,那时离他发表相关论文还不到四年。

但卡特兰猜想仍然悬而未决。要等到2002年,罗马尼亚的数学家Preda Mihăilescu才最终证明了卡特兰猜想。他的方法大量用到了分圆域与伽罗华模的知识,这些都是代数数论中的艰深概念,哪怕是稍稍涉猎,恐怕也需要本文十倍以上的篇幅才能讲个大概。但无论如何,我们现在终于可以确定,8和9在自然数中的确是绝无仅有的一对,在无限的可能中,唯一一对能紧靠在一起的次方数。

卡特兰猜想还有别的变体,比如说人们猜想,对于任意的正整数k,间距为k的次方数对只有有限个。对这些变体的探索也非常引人入胜。

但这不是这篇文章的主题。

从整数到多项式

我们在中学里就学过多项式。对于一个变量x,我们取它的一些次方x^a, x^b等等,乘上系数,然后加起来,就得到了一个多项式,比如说x^7+6x^3+4,就是一个关于x的多项式。在这里,我们考虑那些系数都是复数的多项式,也就是复系数多项式。

数学家们很早就发现,这些多项式与正整数有一种神奇的相似性:可以做加法、减法、乘法,也可以分解因数,可以求最大公约数和最小公倍数,同样有着唯一分解定理:正整数可以唯一分解成素数的乘积,而多项式也能唯一分解成所谓“不可约多项式”的乘积。基本上,在数论中对正整数性质的研究,很多都可以直接搬到多项式上来。于是,遇上有关正整数的问题,把它迁移到多项式之中,未尝不是一个提出问题的好办法。自然,因为多项式本来结构就比较复杂,相关的问题也更难解决,但这不妨碍数学家的步伐,毕竟他们要攻克的就是难题。

注:更准确地说,因为正整数和多项式都组成了所谓的“欧几里德整环”(Eucliean domain),所以它们共享非常多的数论性质,比如说,它们都是所谓的“主理想整环”,它们的所有理想都是主理想,也就是某个元素的倍数组成的理想。此处插播一则笑话:为什么QQ只有QQ群?因为QQ没有理想……

在1965年,Birch、Chowla、Hall和Schinzel问了一个问题:如果有两个多项式PQ,它们是互质的,那么P的平方和Q的立方之间的差距,也就是说P^2-Q^3,可以有多小?这个问题很显然是卡塔兰猜想的延伸。卡塔兰猜想最原始的版本问的是,除了8和9以外,平方数和立方数的距离能不能达到1。而Birch等人现在问的是,多项式平方和立方的距离最小能达到多少?

当然,要回答这个问题,首先要想办法衡量多项式的大小。对于不同的多项式P(x),当x趋向于正无穷时,P(x)趋向无穷的速度各有千秋,而决定这个速度的主要因素,就是多项式的次数,也就是多项式中x的最高次方是多少。所以,我们选择多项式的次数作为衡量多项式大小的标尺。现在,我们可以用更严谨的方式叙述那四位数学家的问题:

对于某个正整数k,假设有两个互质的多项式P,Q,其中P的次数是3kQ的次数是2k。那么,多项式R=P^2-Q^3的次数最小可以有多小?

我们能看出来,在这个问题中PQ的次数不是随便选取的。如果P的平方和Q的立方次数不一样的话,那么R就跟P,Q一样大。只有上面的选择方法,才能至少使两者的最高次项互相抵消,使问题变得不那么无聊。另外,对于任何一个例子,我们只要将所有多项式都乘上一个合适的常数,就能得到另一个本质上相同的例子。所以,我们只考虑本质上不同的那些例子。

在论文中,四位数学家给出了一个k=5的例子:

 P = \frac{1}{27} t^{15} + \frac{1}{3} t^{12} + \frac{4}{3} t^9 + \frac{8}{3} t^6 + \frac{5}{2} t^3 + \frac{1}{2}

 Q = \frac{1}{9} t^{10} + \frac{2}{3} t^7 + \frac{5}{3} t^4 + \frac{4}{3} t

 R = \frac{1}{36} t^6 + \frac{7}{54} t^3 + 4

在这个例子里,P, Q, R的次数分别是15、10和6。虽然P^2Q^3的次数都是30,但是它们凑巧在前24项的系数都相同,而它们的差仅仅只是一个六次多项式,真是一个难得的巧合。但数学家总是有些贪心,面对这个例子,他们想的是:能不能把R的次数再压低一点?能不能找到差距更小的平方多项式和立方多项式?这个想法非常自然,但在反反复复的尝试中,似乎找不到次数更低的例子了。于是,这四位数学家就猜想:这个例子是不是已经无法改进了呢?他们提出了这样的猜想:

对于两个互质的多项式P,Q,假设其中P的次数是3kQ的次数是2k。那么,多项式R=P^2-Q^3的次数至少也有k+1,而且总能找到使R的次数恰好是k+1的例子,也就是说这个下界是紧的。

在刚才的例子中k=5,而R的次数恰好就是5+1=6,符合猜想。数学家们想寻找更多的这样达到最小差距的例子,尝试在其中寻找规律。但出人意料的是,k=5的第二个例子,要到35年之后的2000年,才被Elkies发现,而且这个例子的复杂度远远超出了预期。在上面的例子中,我们看到的系数都是相对简单的分数。而现在,请看Elkies的这个例子:

 P = x^{15} - 3x^{14} + 51x^{13} - 67x^{12} + 969x^{11} + 33x^{10} + 10963x^9 + 9729x^8

 \quad + 96507x^7 + 108631x^6 + 580785x^5 + 700503x^4 + 2102099x^3

 \quad + 1877667x^2 + 3904161x + 1164691

 Q = x^{10} - 2x^9 + 33x^8 - 12x^7 + 378x^6 + 336x^5

 \quad + 2862x^4 + 2652x^3 + 14397x^2 + 9922x + 18553

 R = - 2^6 3^{15}(5x^6 - 6x^5 + 111x^4 + 64x^3 + 795x^2 + 1254x + 5477)

在这个新例子中,多项式的系数大大膨胀了,这就解释了为什么寻找第二个例子花了这么长的时间。我们也能从另一个侧面窥见这个问题的难度。比方说,我们希望用待定系数法寻找例子:先将多项式P, Q的系数都设为未知数(最高次的系数设为1),然后计算R的所有系数,它们都是之前未知数的多项式。在k=5的情况下,我们要求Rx^{29}x^7的这23个系数都是0,这样就得到了23个方程。将它们联立起来,就得到了一个关于25个变量的23个方程组成的高次方程组,理论上只需要解出这个方程组,就能得到所有的例子。但问题是,这个方程组的总次数是6198727824,大约是六十亿!这样的方程,不要说是人脑,就是计算机也几乎无法解开。但至少,我们知道这些系数都是所谓的“代数数”,也就是代数方程的解。这样庞大而困难的问题,难免令人望而却步。寻找新的例子已经如此困难,更不要说穷尽所有例子了。

但有一帮数学家,光是看了看问题,在餐巾纸上随手涂鸦了一下,就拍着胸脯宣称:k=5的情况一共就只有4个例子,还有两个就继续找吧;不光这样,对于任意k的情况,我们都能证明你们的猜想是对的,而且还能帮你们计算所有本质上不一样的例子一共有多少个。

这是什么魔法?

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23 Responses to “小朋友的涂鸦(一):从8和9说起”

  1. alb11p说道:

    很神奇耶!但没看懂。*∩_∩*

  2. kergee说道:

    还有下文……「用一点简单的高等数学,我们可以得到如下的不等式」,光这点已经忘光了

  3. Leo说道:

    又看到新的作品了,主标题有点意义不明呢,不过这个系列又会成为一个大坑?话说计算的极限系列完结了吗?

    • 方弦说道:

      这个不是大坑,因为已经写完放在后台了,只是等着慢慢放出来,怕一下子放太多会过分烧脑,虽然看起来这篇已经相当极限了……计算的极限还没完结,我正在写(了好几个月)下一篇,但是最近任务重,所以不知道什么时候能写完……

  4. 王旭说道:

    什么科普文章都看, 只有数学的看完头疼,甚至看不完就头疼,:-(

  5. 486123说道:

    “P的次数”改成“P的幂”或者“P的幂次”这样更顺口点

  6. dindog说道:

    这种“证明有穷多个”的证明只看到正多边形的证明,而且证明用到的欧拉公式(顶点边面那个V-E+F=2)我是不知道怎么证明的

    • 方弦说道:

      是正多面体吧,欧拉公式的证明很简单的,要把它看成平面图的公式,最直接就是根据边的条数归纳,归纳的步骤就是去掉一条边的话也会将两边的两个面变成同一个面,于是不停去掉那些边,最后剩下一棵树,就显然了。

  7. henry说道:

    没关系,慢慢写。计算的极限系列写的太好了,再久也值得等待!对于爱好者来说,这既是痛苦的也是甜蜜的等待。

  8. 匿名说道:

    总次数啥意思,请教

    • 方弦说道:

      这里的意思是方程组中方程次数的乘积。虽然方程组本身可能没有那么复杂,但是给出了消元为一元方程后,一元方程次数的一个上界。

      • Illusiwind说道:

        那我又不明白了。前3k个方程,每个a_i可以表示为b的函数,从a_1到a_3k都能这样表达,最高是b的三次函数。后边2k-2个方程,左边是a的二次函数,右边是b的三次函数,所以最高是b的六次函数。对于k=5,6^8只有1679616,怎么会得到你那个2^4*3^18的?

        • 方弦说道:

          问题就是,前面3k个方程都很复杂,不是说每个a_i表示成b_j的函数,所以它们的次数也要算进去。这样算的话比我给出的次数还要高,但是有一点点简化。具体可以看系列结尾的参考文献。

          • Illusiwind说道:

            啊,发现我忘了a_i之间的乘积会累加次数了。这样算起来的话总的次数是16*17*...*23=19769460480,确实更高一些。

  9. Illusiwind说道:

    “在这里,我们考虑那些系数都是复数的多项式,也就是复系数多项式。”为啥后边出现的都是实系数多项式?
    另外,“但至少,我们知道这些系数都是所谓的“代数数”,也就是代数方程的解。”所以只要是代数数就可以?如果系数出现,比如,6k+1次根号的什么东西也可以?作为复数也可以?

    5k-2个方程解5k个未知数,出现有限个解,应该是用到了代数数域的条件,大概是用群论吧……虽然想了一下不知道怎么解。

  10. Glasvegas说道:

    好神奇啊!
    看不懂诶

  11. 匿名说道:

    dddd

  12. 匿名说道:

    中学都学过的对数?
    现在中学都教对数了?

  13. zhangliang说道:

    再一次 看出我和这些“浅显”的数学是没有交集的。。。本科工科的数学已经是我的极限了

  14. 匿名说道:

    逻辑比较清楚呢,看明白了,但还是不能达到“小朋友”们的随便涂鸦的水平

  15. Tooler说道:

    看了一半,想到一个:

    X^a=y^b,有无穷多个解。