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2021/10/07  阅读:30  主题:默认主题

幂次数的“社交距离”有多大?—— 卡塔兰猜想

这次聊一个数论里的著名猜想——“卡塔兰猜想”(Catalan's Conjecture)。其实它已经被证明了,它的名字现在应该叫做“米哈伊列斯库定理”才对。但无奈“卡塔兰猜想”的名字太著名了,用了太久了,所以没有人会用“米哈伊列斯库定理”这个名字。就像人们只知道“费马大定理”,而不会叫它“怀尔斯定理”。

卡塔兰猜想是比利时数学家欧仁·查理·卡塔兰在1844年提出的一个猜想:

方程:

其中x, y, p, q都是正整数,p, q大于1,

只有

这样一组非平凡解。

这个猜想用一种直观的描述就是:请你把自然数中幂次形式的数,也就是可以表示成 形式的数都列出来,其中a, b都是自然数,且指数b>1。那么自然数中符合这个条件的有:

1, 4, 8,9, 16, 25, 27, 32, 64......

现在问所有这些数字中,有没有连续的两个整数?以上已经列出来一对:8和9是连续,但后面还有没有这样连续的两个幂次数呢?卡塔兰猜想就是说:除了8和9这一对之外,再也没有连续的都是幂次形式的自然数了。

这个命题的内容简单到小学生都可以理解。但一般来说,数论里这种小学生都可以理解的命题都是特别难的。

那来看一下这个问题被解决的历史过程吧。其实早在卡塔兰提出这个猜想的500年前,法国中世纪的犹太哲学家,吉尔松尼德(Levi ben Gerson,1288 - 1344)就证明了卡塔兰猜想的一个最简单的特例:两个完全平方数和完全立方数之间,只有8和9是相差1的,再也没有其他的了。

但是吉尔松尼德的证明当时并不为人知,所以后来欧拉又证明了同样的结论。欧拉的证明是比较复杂的,后来人们找到了相对简单的证明。我简单说说这个证明的思路。

还是回到原来的不定方程,现在我们只考虑完全立方数和完全平方数之间的情况,那么方程就便成为:

其中最简单的情况是右边等于1的情况,也就是:

这个方程,我们要证明它没有正整数解。证明第一步,我们把它改写成:

然后我们要对右边进行因式分解。虽然右边的 ,在中学数学课本里是无法因式分解的,但是如果你听过大老李的节目,知道有“高斯整数”这个东西,那么 就可以分解为:

其实,这是最关键的一步!虽然我们是在通常的整数范围内提出的问题,但是证明过程中,我们要跳入到“高斯整数”这个更大的“宇宙”中去。因为我们知道,如果原方程有正整数解,那么那些解也同样满足高斯整数条件下的命题。因为高斯整数包含所有整数,所以我们把 分解成 是没有任何问题。

一旦右边进行了因式分解,那么问题就迎刃而解。你所需要分析的是 两个数的最大公约数。你会发现,这个最大公约数必须是2的因子,也就是它只可能是2或者1。

但另一方面,因为

对任何偶数,其3次方必然整除4,所以 只能是奇数,则 的最大公约数只是1,也就是 互质。

但要注意的是,在高斯整数中,“互质”表示这两个数的公因子为 ,这四种情况之一。还要注意,以上分析中用到一个重要前提是:“高斯整数”具有“唯一因子分解定理”。如果没有这个性质,那么很多讨论就进行不下去的。

既然 互质,意味着 本身必须是一个完全立方数,即:

其中a、b是整数, 之一。因为 总是高斯整数下的一个单位元(unit),所以 基本可以忽略, 于是:

展开后,比较等式左右两边的实部和虚部。可以解得唯一解y=0(x=1),于是方程

没有正整数解。

对另一种情况: ,需要证明它除了 以外,没有其他正整数解。第一步还是如法炮制,因式分解:

这次同样可以确定 的最大公因子不是2就是1。虽然到这里的步骤,是大家应该很习惯的,但后面的讨论过程其实要比之前的高斯整数下的分析麻烦些,用到的准备知识会多一些,所以这里就不详述了。

以上就是现代数学中,对证明 这个方程,仅有 基本过程。以上就是卡塔兰猜想最简单的一个特例。

下一个突破是1850年,勒贝格证明了 这个方程无整数解(要注意,他不是发明”勒贝格积分“的那个勒贝格,只是同一个姓)。勒贝格的证明第一步其实与之前还是一样,把方程分解为:

再下一个突破要经过的时间就很长了。过了111年,到1961年,中国数学家柯召(1910年4月12日~2002年11月8日)证明了,如果 有解,那么 要大于 ,这样一个非常大的数字。

再到1976年,美国的Joseph E.Z. Chein去掉了这个下界,最终证明了 这个方程在 的时候无解。

但以上只是固定了一个幂次为完全平方数的情况,距离卡塔兰猜想还有相当大的距离。1999年, M. Mignotte 证明如果还有其他解,那么两个指数都有上界:

但两个指数还是太大,远超计算机可以枚举的范围。

终于到2002年,罗马尼亚数学家普雷达·米哈伊列斯库(Preda Mihăilescu, 1955 - )最终完成了卡塔兰猜想的证明,从而解决了这个有150多年历史的猜想。他的证明的核心技术是环理论的“零化子”(annihilator),当然也是基于前人的成果。因为之前有人证明,如果卡塔兰猜想还有其他解,那么两个指数必须是某种特殊形式的质数对(Double Wieferich Prime Pair)。米哈伊列斯库证明,即使指数是这种形式的质数对,也无解,所以完成了证明。

以上介绍了”卡坦兰猜想“的历史,我知道你很想看看它的扩展。你能想到的第一个扩展大概是,两个幂次相差2的情况,之前列举过程中我们就看到了一组解是25和27。那有没有其他解?我是没找到。

但一个直观感觉是幂次数之间的距离总体上是逐渐增加的,所以现在数学家猜想: 是任何正整数,这个方程只有有限多的整数解。这是目前的一个猜想。而如果”ABC猜想“为真,这个猜想也为真。

卡塔兰猜想的另一个更有意思的扩展叫“费马--卡塔兰猜想”。它有点像费马大定理和卡塔兰猜想的结合体。费马大定理说 ,指数大于等于3的情况下无解。那么允许指数不同的情况下,解的情况为何?或者说,更一般的情况下,对方程:

非平凡正整数解的情况如何?

数学家注意到一个情况是,如果三个指数都比较小的情况下,解是很多的。比如三个指数都是2,那就是勾股定理嘛。而如果三个指数要求比较大,解就少很多。特别是,如果要求三个指数的倒数和小于1的话,解的情况非常有意思。

目前已知,在 的情况下,对以上方程,现在找到以下10组解:

其中p>6;

那么费马——卡塔兰猜想就是说,除了以上10组解,这个方程没有其他解。这是一个神奇的现象,对我来说这10组解看上去都是些奇奇怪怪的数字。数学里这种出现若干特别数字特例的情况是非常少的。我不太清楚数学家如何找到这10组解的,反正对我来说这10组解太有神秘感了。

而观察上面的10组解的话,你会发现,任何一组解里都有一个指数为2的数,也就是会出现完全平方数。由此出现一个”Beal猜想“,称:

以上方程在指数都大于2的情况下,无(非平凡)解。

Beal是美国的银行家,也是数学爱好者。他出资悬赏100万美元,证明这个猜想。当然,这个猜想与费马——卡塔兰猜想谁更难,是见仁见智了。如果你要找反例的话,那么Beal猜想更难,因为它要求反例中的指数都大于2。如果是证明猜想为真的话,那么”Beal猜想“稍微简单点。因为如果”费马——卡塔兰猜想“为真,就蕴含了Beal猜想为真,反之不然。

以上猜想还能扩展到高斯整数范围内,还有一些神奇数字。比如,对原版”卡塔兰猜想“,高斯整数中有一组解:

对,”费马——卡坦兰猜想“,高斯整数内也有若干解,比如:

对,Beal猜想,高斯整数中找到一个反例:

当然这些解怎么找,是不是全部解,这些问题就太难了。

好了,今天关于卡塔兰猜想的问题就聊到这里,最大感想还是数论的深不可测。而高斯整数在这些问题中非常有用,更加验证了“虚数不虚”。

参考链接:

https://mathworld.wolfram.com/Fermat-CatalanConjecture.html https://mathworld.wolfram.com/CatalansConjecture.html https://www.mathpuzzle.com/Gaussians.html

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