数学未解之谜

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196 问题
    一个数正读反读都一样，我们就把它叫做“回文数”。随便选一个数，不断加上把它反过来写之后得到的数，直到得出一个回文数为止。例如，所选的数是 67，两步就可以得到一个回文数 484：

67 + 76 = 143
143 + 341 = 484

    把 69 变成一个回文数则需要四步：

69 + 96 = 165
165 + 561 = 726
726 + 627 = 1353
1353 + 3531 = 4884

    89 的“回文数之路”则特别长，要到第 24 步才会得到第一个回文数，8813200023188。
    大家或许会想，不断地“一正一反相加”，最后总能得到一个回文数，这当然不足为奇了。事实情况也确实是这样——对于几乎所有的数，按照规则不断加下去，迟早会出现回文数。不过，196 却是一个相当引人注目的例外。数学家们已经用计算机算到了 3 亿多位数，都没有产生过一次回文数。从 196 出发，究竟能否加出回文数来？196 究竟特殊在哪儿？这至今仍是个谜。
有理距离
    在平面上是否存在一个点，它到单位正方形的四个顶点的距离都是有理数？
    第一次知道这个问题竟然没被解决时，我很是吃惊——我原本还以为这个问题会有一些很平凡的解呢。然而，仔细想想也不奇怪，这和很多其他的数学难题一样，本质上都是 Diophantus 方程，其解的存在性都是很难判断的。只不过，某些问题的叙述方式会给人带来一种格外基本、格外初等的感觉。
    与这个问题类似的是 Euler 完美长方体问题：是否存在一个长方体，它的长、宽、高、所有面对角线以及体对角线的长度都是有理数？
    事实上，还有很多“构造点集让距离满足一定关系”形式的数学问题，它们都是长期以来悬而未解的难题。
    另外几个与点集内的距离有关的未解之谜，我也一并写在这里。其中一个问题是 Ulam 在 1945 年提出的：是否存在一个平面上的稠密点集，使得每两个点之间的距离都是有理数？另一个有趣的问题则是，注意到 n 个点两两之间能确定 C(n, 2) 条线段，而这个数目正好等于 1 + 2 + … + (n – 1) 。于是我们想问，是否对于任意一个正整数 n ，我们总能找出平面上任意三点不共线、任意四点不共圆的 n 个点，使得其中有一种长度的线段恰好出现了一次，有一种长度的线段恰好出现了两次，等等，一直到有一种长度的线段恰好出现了 n – 1 次？目前，人们已经构造出了 n ≤ 8 时的解，其中一部分构造可以见这里（问题 12 ）。对于 n > 8 的情况究竟是否有解，目前尚无定论。
单位分数够用吗？

那么，一个自然的问题就是：是不是任何正有理数都可以写成有限个不同的单位分数的和呢？
你可能会说：单位分数会越变越小，如果有理数很大的话，难道不会出现单位分数不够用的情况吗？这个问题相当于在问：1+1/2+1/3+……一项一项加起来的话，能达到要多大有多大的值吗？
答案是肯定的！
对于任意的正整数n，我们来考虑从1/(2^n+1)到1/2^(n+1)的所有单位分数，它们一共有2^n个，而且都大于1/2^(n+1)，所以它们的和至少是1/2。然后，如果我们考虑n的不同的值的话，n=0就是从1/2加到1/4，n=1就是从1/5加到1/8，n=2就是从1/9加到1/16。对于每一个的n，我们得到的和都至少是1/2。如果我们将n=0到n=k的所有情况加起来，也就是从1/2加到1/2^(k+1)，那么得到的和就至少是(k+1)/2。因为k可以要多大有多大，所以这些单位分数的和也可以要多大有多大，不需要担心单位分数不够用的事情。
实际上，如果用上一点高等数学的话，我们可以证明，从1加到1/n，当n越来越大，这个和也会越来越接近ln(n)+γ，这里ln(n)是n的自然对数，而γ被称为欧拉-马歇罗尼常数。因为对数ln(n)会随着n增长而越变越大没有界限，所以自然可以要多大有多大。这个和在数学中又叫调和级数，有着广泛的应用。
怎么把有理数写成单位分数的和？

既然知道单位分数够用，我们就可以重新回到原来的问题了：用埃及人的做法，能表达所有正有理数吗？
这个问题并不简单。虽然古埃及人广泛使用埃及分数来表示各种有理数，但他们似乎没有一套完整的方法，可以将任意的有理数都转化为埃及分数的和。对于一些特殊的有理数，古埃及人通常会以某种固定的形式书写它们，比如说，对于正整数k，有理数2/(2k+1)就可以写成1/k+1/k(2k+1)。这样的公式还有很多，但是远远没有包含所有有理数。
这时我们可以换个角度：如果给你一个有理数m/n，非要你把它写成单位分数的和，你会怎么做呢？
我们先来考虑m/n小于1的情况。最自然的办法，可能就是先找最大的但不超过m/n的单位分数，把它写下来，然后看看剩下了多少，如果是单位分数的话，那就完事了；如果还不是的话，那就重复之前的操作。这种方法又叫贪心算法，因为每一步我们写下的都是最大的可能性。
举个例子，如果我们要将5/22写成单位分数的和，那应该怎么写呢？
首先，我们看看最大的不超过5/22的单位分数是多少。假设分母是k，那么我们就有以下的不等式：
1/k < 5/22 所以我们有k>22/5=4.4，而符合这个条件的最小的k，也就是使单位分数最大的k，就是k=5。所以，我们写出的第一项就是1/5，也就是
5/22 = 1/5 + 3/110
3/110还不是单位分数，所以我们要对3/110进行相同的操作。假设最大的不超过3/110的单位分数是1/k，那么它满足
1/k < 3/110 所以我们有k>110/3=36.666666……符合这个条件最小的k是37，所以接下来的一项就是1/37，也就是
5/22 = 1/5 + 1/37 + 1/4070
这回凑巧的是，剩下的恰好是个单位分数1/4070，所以我们就成功将5/22写成了单位分数的和。
那么，是不是所有小于1的正有理数都能用这种贪心算法写成有限个单位分数的和呢？这个问题似乎很难回答，如果每次都取最大的单位分数的话，怎么知道会不会每一次都会剩下一点点，而这一点点都不凑巧不是单位分数呢？幸好，我们可以证明这个算法必定会结束，对于任何小于1的正有理数，都必定会在某一步剩下一个单位分数。
怎么证明呢？我们来看每一步的操作具体是怎么样的。从m/n开始，我们假设最大的不超过m/n的单位分数是1/k，那么我们有以下的不等式：1/k < m/n，也就是k > n/m。因为k是整数，为了使1/k最大，k应该是大于n/m的最小整数，记作\( \lceil n/m \rceil \)。将1/k写出来之后，剩下的就是
m/n = 1/k + (mk-n)/kn
但我们注意到，因为k是大于n/m的最小整数，所以我们有n/m ≤ k < n/m + 1，也就是n ≤ mk < n+m，所以mk-n在0和m-1之间。如果是0的话，那就意味着m/n本身就是单位分数1/k了，我们的任务也就此完成；如果是1的话，剩下的是一个单位分数，我们的任务同样完成；否则，mk-n这个分子至多是m-1，严格小于原来的分子m。所以说，每写下一项新的单位分数，剩下部分的分子会比原来有理数的分子要小，约分之后就更加小了。因为分子不能无限减小，所以在某一步之后，剩下的数的分子必定会变成1，这时我们就将原来的数写成好几个单位分数的和了。
从这个证明，我们还能看出来，如果m/n小于1，那么最多只需要m步，贪心算法就会完结，而写出来的表达式也最多有m个单位分数。这是因为每一步剩下来的数的分子都至少会减少1，所以贪心算法最多只能执行m步。另外，我们可以证明这个贪心算法写出的所有单位分数都不一样（想一想为什么？），所以，这个算法实际上告诉我们，每个小于1的正有理数都可以写成有限个不同的单位分数的和，而且给出了具体怎么写的一种方法。在数学中，这又被称为构造性证明。
那么，对于大于1的有理数a又应该怎么办呢？我们之前提到，将正有理数写成不同的单位分数时，无论这个有理数有多大，单位分数都不会不够用。那么，我们只要将单位分数按照1+1/2+1/3……这样写出来，直到这个和延伸到小于a的最大值，然后再按照贪心算法来操作，就能将有理数a写成单位分数的和了。我们可以证明，这样写出来的单位分数各不相同，符合之前提到的要求。当然，如果a很大的话，需要的单位分数的个数也会很多，但毕竟总是有限个。
所以，埃及人的做法还是有一些道理的，既然所有有理数都可以写成不同的单位分数的和，那么用单位分数来表达有理数也没什么毛病，除了写起来可能复杂一点。
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？





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\(a\)和\(b\)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
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
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\(a\)和\(b\)足够大的时候，方程必定没有解。而此前人们已经证明了，当\(a\)和\(b\)固定的时候，关于\(x\)和\(y\)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
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 Mihilescu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\(P\)和\(Q\)，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\(3k\)，\(Q\)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\(P\)和\(Q\)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\(P^2\)和\(Q^3\)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\(3k\)，\(Q\)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\(R\)从\(x^{29}\)到\(x^7\)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？
来源：
科学松鼠会

蓝天天使2017

装着看懂了的样子，我微笑着施施然离开……