方弦 發(fā)表于 2016-10-26 03:50
前文回顧:
小朋友的涂鴉(一):從8和9說(shuō)起小朋友的涂鴉(二):球面覆蓋地圖的魔術(shù)
我們先回到一開(kāi)始的問(wèn)題:對(duì)于某個(gè)正整數(shù)kk,假設(shè)有兩個(gè)互質(zhì)的多項(xiàng)式P(x),Q(x)P(x),Q(x),其中P(x)P(x)的次數(shù)是3k3k,Q(x)Q(x)的次數(shù)是2k2k。那么,多項(xiàng)式R(x)=P(x)2?Q(x)3R(x)=P(x)2?Q(x)3的次數(shù)最小可以有多小?
我們現(xiàn)在用別雷函數(shù)、球面覆蓋和二部地圖的眼光來(lái)看這個(gè)問(wèn)題。首先,我們來(lái)考慮分式f(x)=?Q(x)3R(x)f(x)=?Q(x)3R(x)。可以證明,如果f(x)f(x)除了0、1和∞以外還有別的分支點(diǎn)的話,我們就得不到最優(yōu)解。所以,我們可以假設(shè)f(x)f(x)是別雷函數(shù)。
函數(shù)f(x)f(x)在0處的分支點(diǎn)就是Q(x)3Q(x)3的根,也就是Q(x)Q(x)的根(計(jì)算重?cái)?shù)的話,一共有2k2k個(gè)),但每個(gè)根的重?cái)?shù)要乘以3。同樣的道理,它在∞處的分支點(diǎn)就是R(x)R(x)的根,再加上無(wú)窮遠(yuǎn)點(diǎn)x=∞x=∞,因?yàn)镽(x)R(x)的次數(shù)比Q(x)3Q(x)3要小,所以當(dāng)xx趨向于無(wú)窮時(shí),f(x)f(x)也會(huì)趨向于無(wú)窮。那么,它在1處的分支點(diǎn)又怎么樣呢?這就是我們選取f(x)f(x)的目的:f(x)?1f(x)?1就等于?P(x)2R(x)?P(x)2R(x),所以,f(x)f(x)在1處的分支點(diǎn),就是P(x)P(x)的根(計(jì)算重?cái)?shù)的話,一共有3k3k個(gè)),但每個(gè)根的重?cái)?shù)要乘以2。我們可以假定f(x)f(x)沒(méi)有別的分支點(diǎn)。我們要問(wèn)的問(wèn)題實(shí)際上就是:f(x)f(x)在∞處的分支點(diǎn)至少有多少個(gè)?
我們重溫一下球面覆蓋和二部地圖概念之間的翻譯表。
別雷函數(shù)平面二部地圖
覆蓋的次數(shù)邊的條數(shù)
0處的分支點(diǎn)黑色頂點(diǎn)
1處的分支點(diǎn)白色頂點(diǎn)
∞處的分支點(diǎn)面
0處和1處分支點(diǎn)的重?cái)?shù)頂點(diǎn)的度數(shù)
∞處分支點(diǎn)的重?cái)?shù)面的度數(shù)的一半
如果將所有這些要求翻譯成二部地圖的概念,我們實(shí)際上要解決的是這樣的一個(gè)問(wèn)題:
如果一個(gè)二部地圖,它的白色頂點(diǎn)度數(shù)都是偶數(shù),并且加起來(lái)是6k6k,而黑色頂點(diǎn)的度數(shù)都是3的倍數(shù),加起來(lái)也是6k6k,那么,它至少有多少個(gè)面?(在這里,我們不能說(shuō)白色頂點(diǎn)的度數(shù)都是2,因?yàn)镻(x)P(x)可能有重根,黑色頂點(diǎn)同理)
如果kk很小的話,試著畫(huà)畫(huà)也就可以了。但因?yàn)楝F(xiàn)在kk可以要多大有多大,亂試一通大概不太管用。這就是借助別的數(shù)學(xué)工具的時(shí)候了。18世紀(jì)的大數(shù)學(xué)家歐拉(順帶一提,按博士導(dǎo)師的師承關(guān)系的話,他是筆者以及很多人的祖師爺)在開(kāi)辟圖論這一領(lǐng)域時(shí),證明了下面的等式:如果一個(gè)平面地圖有vv個(gè)頂點(diǎn)、ee條邊和ff個(gè)面(最外面的也算一個(gè)面)的話,那么必然有
v?e+f=2.v?e+f=2.
我們把這個(gè)等式套到我們的問(wèn)題上,看看會(huì)得到什么。容易知道,我們的二部地圖必定有3k3k條邊,也就是說(shuō)e=3ke=3k。把等式改寫(xiě)一下,我們得到f=2?v+ef=2?v+e。因?yàn)槲覀兿胫乐辽儆卸嗌賯€(gè)面,所以我們應(yīng)該嘗試尋找最大可能的vv,也就是最大化頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)。因?yàn)榘咨旤c(diǎn)的度數(shù)都是偶數(shù),并且加起來(lái)是6k6k,要獲得最多的頂點(diǎn),最好的方法就是要求每個(gè)頂點(diǎn)的度數(shù)都是2,這樣就能拿到最多的3k3k個(gè)頂點(diǎn)。同理,對(duì)于黑色頂點(diǎn),最好的情況就是每個(gè)頂點(diǎn)的度數(shù)都是3,這樣能拿到最多的2k2k個(gè)頂點(diǎn)。所以,頂點(diǎn)的總數(shù)合起來(lái)最多是5k5k個(gè),也就是v≤5kv≤5k。代入歐拉的等式,得到的就是f≥k+2f≥k+2,也就是說(shuō)這樣的平面地圖至少有k+2k+2個(gè)面??紤]到其中一個(gè)面對(duì)應(yīng)的是無(wú)窮遠(yuǎn)點(diǎn)x=∞x=∞,這就意味著R(x)R(x)的度數(shù)至少是k+1k+1,而且要達(dá)到這個(gè)度數(shù),R(x)R(x)必須不能有重根,也就是說(shuō)每個(gè)面(除了最外邊)的度數(shù)都是2。
我們得到了想要的下界,但還要證明這個(gè)下界能夠達(dá)到,而我們又不想計(jì)算無(wú)窮個(gè)滿足條件的多項(xiàng)式,怎么辦呢?這就是別雷定理出場(chǎng)的時(shí)候了:它告訴我們,只要對(duì)應(yīng)的二部地圖能畫(huà)出來(lái),那么滿足要求的分式必定存在,而且系數(shù)都是代數(shù)數(shù)。所以,我們根本不需要計(jì)算,只需要畫(huà)出滿足條件的二部地圖就足夠了。這樣的地圖畫(huà)法非常簡(jiǎn)單:首先畫(huà)出一棵有2k2k個(gè)黑色頂點(diǎn)的三叉樹(shù)(也就是沒(méi)有圈的地圖,而分叉的頂點(diǎn)度數(shù)都是3),在每個(gè)葉頂點(diǎn)(也就是度數(shù)為1的頂點(diǎn))上畫(huà)一條跟自身連接的邊,然后在每條邊中間插入一個(gè)白色頂點(diǎn),就得到了滿足條件的二部地圖。可以證明,滿足條件的二部地圖必定能用這樣的方法構(gòu)造出來(lái)。根據(jù)別雷定理,既然二部地圖能畫(huà)出來(lái),那么滿足要求的分式存在,也就是說(shuō)使R(x)R(x)達(dá)到最小度數(shù)k+1k+1的P(x),Q(x)P(x),Q(x)是存在的。
三叉樹(shù)的構(gòu)造,蒙A. Zvonkine惠允
實(shí)際上,我們可以給P(x),Q(x)P(x),Q(x)施加更復(fù)雜的限制,用同樣的辦法,也能得到R(x)R(x)的最小度數(shù)。這個(gè)推廣首先由U. Zannier在1995年給出,后來(lái)A. Zvonkine等利用二部地圖的方法給出了簡(jiǎn)單得多的證明。
不僅如此,根據(jù)別雷定理,二部地圖和分支點(diǎn)只有0、1和∞的分式有著一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系,所以,要知道有多少組P(x),Q(x)P(x),Q(x)能使R(x)R(x)達(dá)到最小度數(shù),只需要知道有多少個(gè)由2k2k個(gè)頂點(diǎn)組成的三叉樹(shù)地圖。我們之前考慮k=5k=5的情況,截至2000年,數(shù)學(xué)家找到了兩組解。但要知道一共多少組,只要在紙上隨便畫(huà)畫(huà),很容易數(shù)出來(lái)一共有四組解:
k=5的四組解,蒙A. Zvonkine惠允
通過(guò)這些地圖,我們不僅能知道解的個(gè)數(shù),還能部分推斷出解的性質(zhì)。樹(shù)a和d各自擁有鏡像對(duì)稱性,所以它們對(duì)應(yīng)的解的系數(shù)應(yīng)該都是實(shí)數(shù);樹(shù)b和c分別是各自的鏡像,所以它們對(duì)應(yīng)的解的系數(shù)可能不是有理數(shù),而是各自的復(fù)共軛。因?yàn)橐阎膬山M解的系數(shù)都是有理數(shù),它們對(duì)應(yīng)的必定是樹(shù)a和d,而未知的兩組解應(yīng)該向復(fù)數(shù)領(lǐng)域?qū)ふ?。果不其然,剩下的兩組解在2005年被日本數(shù)學(xué)家鹽田徹治給出,這些解的系數(shù)在Q(?3???√)Q(?3)中,一如預(yù)測(cè)。
這些預(yù)測(cè)又從何而來(lái)?鏡像對(duì)稱跟系數(shù)又有什么關(guān)系?要說(shuō)清楚,就不得不提及二部地圖的另一個(gè)名字——兒童涂鴉(dessin d'enfant),還有這個(gè)術(shù)語(yǔ)的創(chuàng)造者,也是現(xiàn)代代數(shù)幾何的奠基者,偉大的數(shù)學(xué)家,亞歷山大·格羅滕迪克。