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小朋友的涂鸦(一):从8和9说起
小朋友的涂鸦(二):球面覆盖

地图的魔术

我们先回到一开始的问题:对于某个正整数\(k\),假设有两个互质的多项式\(P(x),Q(x)\),其中\(P(x)\)的次数是\(3k\)\(Q(x)\)的次数是\(2k\)。那么,多项式\(R(x)=P(x)^2-Q(x)^3\)的次数最小可以有多小?

我们现在用别雷函数、球面覆盖和二部地图的眼光来看这个问题。首先,我们来考虑分式\(f(x)=\frac{-Q(x)^3}{R(x)}\)。可以证明,如果\(f(x)\)除了0、1和∞以外还有别的分支点的话,我们就得不到最优解。所以,我们可以假设\(f(x)\)是别雷函数。

函数\(f(x)\)在0处的分支点就是\(Q(x)^3\)的根,也就是\(Q(x)\)的根(计算重数的话,一共有\(2k\)个),但每个根的重数要乘以3。同样的道理,它在∞处的分支点就是\(R(x)\)的根,再加上无穷远点\(x=\infty\),因为\(R(x)\)的次数比\(Q(x)^3\)要小,所以当\(x\)趋向于无穷时,\(f(x)\)也会趋向于无穷。那么,它在1处的分支点又怎么样呢?这就是我们选取\(f(x)\)的目的:\(f(x)-1\)就等于\(\frac{-P(x)^2}{R(x)}\),所以,\(f(x)\)在1处的分支点,就是\(P(x)\)的根(计算重数的话,一共有\(3k\)个),但每个根的重数要乘以2。我们可以假定\(f(x)\)没有别的分支点。我们要问的问题实际上就是:\(f(x)\)在∞处的分支点至少有多少个?

我们重温一下球面覆盖和二部地图概念之间的翻译表。

别雷函数 平面二部地图
覆盖的次数 边的条数
0处的分支点 黑色顶点
1处的分支点 白色顶点
∞处的分支点
0处和1处分支点的重数 顶点的度数
∞处分支点的重数 面的度数的一半

如果将所有这些要求翻译成二部地图的概念,我们实际上要解决的是这样的一个问题:

如果一个二部地图,它的白色顶点度数都是偶数,并且加起来是\(6k\),而黑色顶点的度数都是3的倍数,加起来也是\(6k\),那么,它至少有多少个面?(在这里,我们不能说白色顶点的度数都是2,因为\(P(x)\)可能有重根,黑色顶点同理)

如果\(k\)很小的话,试着画画也就可以了。但因为现在\(k\)可以要多大有多大,乱试一通大概不太管用。这就是借助别的数学工具的时候了。18世纪的大数学家欧拉(顺带一提,按博士导师的师承关系的话,他是笔者以及很多人的祖师爷)在开辟图论这一领域时,证明了下面的等式:如果一个平面地图有\(v\)个顶点、\(e\)条边和\(f\)个面(最外面的也算一个面)的话,那么必然有

\[ v-e+f=2. \]

我们把这个等式套到我们的问题上,看看会得到什么。容易知道,我们的二部地图必定有\(3k\)条边,也就是说\(e=3k\)。把等式改写一下,我们得到\(f=2-v+e\)。因为我们想知道至少有多少个面,所以我们应该尝试寻找最大可能的\(v\),也就是最大化顶点的个数。因为白色顶点的度数都是偶数,并且加起来是\(6k\),要获得最多的顶点,最好的方法就是要求每个顶点的度数都是2,这样就能拿到最多的\(3k\)个顶点。同理,对于黑色顶点,最好的情况就是每个顶点的度数都是3,这样能拿到最多的\(2k\)个顶点。所以,顶点的总数合起来最多是\(5k\)个,也就是\(v \leq 5k\)。代入欧拉的等式,得到的就是\(f \geq k+2\),也就是说这样的平面地图至少有\(k+2\)个面。考虑到其中一个面对应的是无穷远点\(x=\infty\),这就意味着\(R(x)\)的度数至少是\(k+1\),而且要达到这个度数,\(R(x)\)必须不能有重根,也就是说每个面(除了最外边)的度数都是2。

我们得到了想要的下界,但还要证明这个下界能够达到,而我们又不想计算无穷个满足条件的多项式,怎么办呢?这就是别雷定理出场的时候了:它告诉我们,只要对应的二部地图能画出来,那么满足要求的分式必定存在,而且系数都是代数数。所以,我们根本不需要计算,只需要画出满足条件的二部地图就足够了。这样的地图画法非常简单:首先画出一棵有\(2k\)个黑色顶点的三叉树(也就是没有圈的地图,而分叉的顶点度数都是3),在每个叶顶点(也就是度数为1的顶点)上画一条跟自身连接的边,然后在每条边中间插入一个白色顶点,就得到了满足条件的二部地图。可以证明,满足条件的二部地图必定能用这样的方法构造出来。根据别雷定理,既然二部地图能画出来,那么满足要求的分式存在,也就是说使\(R(x)\)达到最小度数\(k+1\)\(P(x),Q(x)\)是存在的。

三叉树的构造

三叉树的构造,蒙A. Zvonkine惠允

实际上,我们可以给\(P(x),Q(x)\)施加更复杂的限制,用同样的办法,也能得到\(R(x)\)的最小度数。这个推广首先由U. Zannier在1995年给出,后来A. Zvonkine等利用二部地图的方法给出了简单得多的证明。

不仅如此,根据别雷定理,二部地图和分支点只有0、1和∞的分式有着一一对应的关系,所以,要知道有多少组\(P(x),Q(x)\)能使\(R(x)\)达到最小度数,只需要知道有多少个由\(2k\)个顶点组成的三叉树地图。我们之前考虑\(k=5\)的情况,截至2000年,数学家找到了两组解。但要知道一共多少组,只要在纸上随便画画,很容易数出来一共有四组解:

k=5的四组解

k=5的四组解,蒙A. Zvonkine惠允

通过这些地图,我们不仅能知道解的个数,还能部分推断出解的性质。树a和d各自拥有镜像对称性,所以它们对应的解的系数应该都是实数;树b和c分别是各自的镜像,所以它们对应的解的系数可能不是有理数,而是各自的复共轭。因为已知的两组解的系数都是有理数,它们对应的必定是树a和d,而未知的两组解应该向复数领域寻找。果不其然,剩下的两组解在2005年被日本数学家盐田徹治给出,这些解的系数在\(\mathbb{Q}(\sqrt{-3})\)中,一如预测。

这些预测又从何而来?镜像对称跟系数又有什么关系?要说清楚,就不得不提及二部地图的另一个名字——儿童涂鸦(dessin d'enfant),还有这个术语的创造者,也是现代代数几何的奠基者,伟大的数学家,亚历山大·格罗滕迪克。

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3 Responses to “小朋友的涂鸦(三):地图的魔术”

  1. Illusiwind说道:

    啊,这么简单。果然之前想偏了。不过这个“可以证明”不知有多复杂……
    可惜不能从图直接推出函数来。
    复共轭那个,应该很好理解。如果把多项式的系数全部变为复共轭,解也全部变为复共轭,那么显然仍然是多项式的解。另一方面,如果对黎曼球面做复共轭,等于将球面做镜像,原来的分支点也都变成了镜像,所以图案也是镜像了。

  2. 王旭说道:

    只有第一集凑合能看懂

    • 方弦说道:

      这个系列比较难,看不太懂也正常。请期待最后一篇,即使看不懂,大概也能明白为什么看不懂……