Задача про гарматні ядра

Єдиний нетривіальний спосіб укладання гарматних ядер у квадрат і піраміду

Зада́ча про гарма́тні я́дра (Шаблон:Lang-en) — задача про знаходження числа гарматних ядер, які можна вкласти і в один шар у формі квадрата, і у формі піраміди з квадратом в основі, тобто про знаходження квадратних чисел, які також є квадратними пірамідними числами. Знаходження цього числа зводиться до розв'язання діофантового рівняння $\sum _{n=1}^N{n}^2=M^2$ або $\frac{1}{6}N(N+1)(2N+1)=M^2$. Рівняння має два розв'язки: $N=1$ і $M=1$, тобто одне гарматне ядро, і $N=24$ і $M=70$ тобто 4900 гарматних ядер.

Історія задачі

Питання вкладання гарматних ядер цікавили вже сера Волтера Релі та його сучасника Томаса Герріота, однак у наведеній вище формі задачу сформулював в 1875 року Едуар Люка, який припустив, що крім $N=1$ і $N=24$ розв'язків немає. Часткові доведення запропонували Море-Блан (1876) та сам Люка (1877). Перше повне доведення запропонував Шаблон:Нп (1918); у доведенні використано еліптичні функції. Ще одне доведення, з використанням рівняння Пелля, запропонував Шаблон:Не перекладено (1952). Доведення з використанням лише елементарних функцій запропонували Ма (1985) та Енглін (1990).

Доведення

Доведення Вотсона

Доведення Вотсона ґрунтується на спостереженні, що з трьох чисел $N$, $N+1$ і $2N+1$ одне має ділитися на 3; і або $N$, або $N+1$ є парним; і що решта множників мають бути квадратами. Тому можливі шість варіантів:

1. $N=3a^2,N+1=2b^2,2N+1=c^2;$
2. $N=2a^2,N+1=3b^2,2N+1=c^2;$
3. $N=2a^2,N+1=b^2,2N+1=3c^2;$
4. $N=a^2,N+1=6b^2,2N+1=c^2;$
5. $N=6a^2,N+1=b^2,2N+1=c^2;$
6. $N=a^2,N+1=2b^2,2N+1=3c^2.$

Однак, оскільки $2b^2$ при діленні на 3 може мати лише остачу 0 або 2, перший варіант призводить до суперечності. Аналогічно можна виключити другий, третій та четвертий варіанти.

П'ятий варіант приводить до розв'язку $N=24$. Справді, $N=6a^2,N+1=b^2,2N+1=c^2$ можливо тільки при непарному $c$, і $(c-1)(c+1)=12a^2$ тобто існують цілі числа $d$ і $e$, такі що $\frac{1}{2}(c-1)=d^2,\frac{1}{2}(c+1)=3e^2,a=de$ або $\frac{1}{2}(c-1)=3d^2,\frac{1}{2}(c+1)=e^2,a=de$. Однак, $\frac{1}{2}(c-1)=d^2,\frac{1}{2}(c+1)=3e^2,a=de$ приводить до суперечності $3e^2-d^2\equiv 1(\mathrm{mod}3)$. Отже, $\frac{1}{2}(c-1)=3d^2,\frac{1}{2}(c+1)=e^2,a=de$, тобто, $c-1=6d^2,c+1=2e^2$ і $c+1=2e^2,c^2+1=2b^2$. Як показав Шаблон:Нп, $c=1$ і $c=7$ є єдиними розв'язками останньої системи рівнянь. Випадок $c=1$ неможливий, оскільки $N=0$; випадок $c=7$ приводить до $N=24$. Альтернативне доведення єдиності розв'язку $N=24$ у цьому випадку, наведене в розділі 6.8.2 книги Коена, використовує те, що розв'язками $y^2=8x^4+1$ є тільки $(0,1),(0,-1),(1,3),(1,-3),(-1,3),(-1,-3)$.

Доведення відсутності нетривіальних розв'язків у шостому варіанті потребує застосування еліптичних функцій. Дійсно, шостий варіант можна звести до вигляду $2b^2-a^2=1,2b^2+a^2=3c^2$. Замість цих рівнянь Вотсон розглядає загальніший випадок $2X^2-Y^2=Z^2,2X^2+Y^2=3W^2$ і показує, що розв'язки цих рівнянь мають задовольняти $\frac{Z}{W}=(-1{)}^r\mathrm{sd}((2r+1)\beta )\sqrt{\frac{3}{2}}$, де $r$ — невід'ємне ціле число, $\beta$ задана $\mathrm{sn}(\beta )=\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\mathrm{cn}(\beta )=\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\mathrm{dn}(\beta )=\frac{\sqrt{3}}{2}$, а $\mathrm{sn}$, $\mathrm{cn}$, $\mathrm{dn}$ і $\mathrm{sd}$ — еліптичні функції Якобі. Далі Вотсон доводить, що $Z$ чисельно дорівнює одиниці, тільки якщо $r=0$, тобто $X^2=Y^2=Z^2=W^2=1$, і єдиний можливий у цьому випадку розв'язок $N=1$.

Доведення Ма

Доведення єдиності наведених вище розв'язків, запропоноване Ма, ґрунтується на послідовному доведенні таких тверджень:

• Єдиним парним розв'язком задачі про укладання ядер є $(24,70)$. Дійсно, парність $n$ дозволяє виключити варіанти 1, 4 і 6 з довдення Вотсона, варіанти 2 і 3 призводять до суперечності (див. доведення Вотсона), а $(24,70)$ — єдиний розв'язок, можливий для варіанту 5.
• Нехай $\alpha =2+\sqrt{3},\beta =2-\sqrt{3},M_n=({\alpha }^n+{\beta }^n)/2$. Тоді для невід'ємних $n$, $M_n$ має вигляд $4x^2+3$ тільки для $n=2$.
• Єдиним непарним $N$, що задовольняє задачі про укладання ядер, є $N=1$. Справді, міркуючи аналогічно доведенню Вотсона, непарне $N$ має задовольняти варіанту 6, тобто, $N=a^2,N+1=2b^2,2N+1=3c^2$. Оскільки для будь-якого $x$, $(4x+3{)}^2-8(x+1)(2x+1)=1$ і $4x+3=2(2x+1)+1$, це також справедливо для $N$. Підставляючи $2b^2$ і $3c^2$ замість $x+1$ і $2x+1$, отримаємо $(2(3c^2)+1{)}^2-8\cdot 2b^2\cdot 3c^2=1$, тобто, $(6c^2+1{)}^2-3(4bc{)}^2=1$. Оскільки $2+\sqrt{3}$ породжує групу одиниць $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$, існує $n\in \mathbb{Z}$ таке, що $6c^2+1+4bc\sqrt{3}=\pm (M_n+G_n\sqrt{3})$, де $M_n$ визначено вище, а $G_n=({\alpha }^n+{\beta }^n)/(\alpha -\beta )$ . Оскільки $M_n$ додатне, $M_n=6c^2+1$ і, за визначенням $a$, $M_n=4a^2+3$. За попередньою лемою, $n=2,M_n=7$, тобто $a=1$ і $n=1$.

Подробиці доведення наведено в розділі 6.8.2 книги Коена.

Узагальнення задачі

За винятком тривіального випадку $N=1$, не існує числа гарматних ядер, які можна було б укласти у вигляді піраміди з квадратом у основі, і яке б при цьому одночасно було кубом, четвертим або п'ятим степенем натурального числа. Більш того, це справедливо для укладання ядер у вигляді правильного тетраедра.

Іншим узагальненням задачі є питання про знаходження числа ядер, які можна укласти у формі квадрата та зрізаної піраміди з квадратом у основі. Тобто шукають $n$ послідовних квадратів (не обов'язково починаючи з 1), сума яких є квадратом. Відомо, що множина $S$ таких $n$ нескінченна, має асимптотичну щільність нуль і для $n$, які є квадратами, існує нескінченно багато розв'язків. Число $N(x)$ елементів множини $S$, що не перевищують $x$, оцінюється як $c_1\sqrt{x}<N(x)<c_2\frac{x}{\ln x}$. Перші елементи $n$ множини $S$ та відповідні найменші значення $a$, такі що $\sum _{k=a}^{a+n-1}{k}^2$ є квадратом, наведено в таблиці:

Для $n=2$ і $a=3$ розв'язком є піфагорова трійка $3^2+4^2=5^2$. Для $n=24$ і $a=1$ розв'язком є наведений вище розв'язок задачі про укладання гарматних ядер. Послідовність елементів множини $S$ — Шаблон:OEIS.

Ще одне узагальнення завдання розглянули Канеко і Татібана: замість питання про рівність суми перших квадратних чисел та іншого квадратного числа вони розглянули питання про рівність суми перших багатокутних чисел та іншого багатокутного числа і показали, що для будь-якого $m⩾3$ існує нескінченно багато послідовностей перших $m$-кутних чисел, таких що їх сума дорівнює іншому багатокутному числу, і що для будь-якого $n⩾3$ існує нескінченна кількість $n$-кутних чисел, подаваних у вигляді суми послідовностей перших багатокутних чисел. Більш того, Канеко та Татібана встановили, що для будь-якого натурального $k$ виконуються такі відношення:

$Py{r}_m(3(m-2)k-2)=G_{9k+2}((m-2{)}^{2}k-m+3),$

$Py{r}_m(3k-1)=G_{(m-2)k+3}(3k-1),$

$Py{r}_m(6k-3)=G_{4(m-2)(2k-1)+6}(3k-1),$

$G_n((n-2)k^2-3k+1)=Py{r}_{3k+2}((n-2)k-2),$

$G_n(8k^2-6k+1)=Py{r}_{3(n-2)k+2}(4k-2),$

де $G_m(n)$ — $n$-е $m$-кутне число, а $Py{r}_m(n)$ — $n$-е $m$ -кутне пірамідне число, тобто, сума $n$ перших $m$-кутних чисел.

Зв'язок з іншими галузями математики

Нетривіальний розв'язок $N=24$ призводить до побудови ґратки Ліча (яка, у свою чергу, пов'язана з різними галузями математики та теоретичної фізики — теорією бозонних струн, монстром). Це робиться за допомогою парної унімодулярної ґратки ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1}$ у 25+1-вимірному псевдоевклідовому просторі. Розглянемо вектор цієї ґратки $w=(0,1,2,\dots ,23,24;70)$. Оскільки $N=24$ і $M=70$ — розв'язок задачі про вкладання гарматних ядер, цей вектор — світлоподібний, $w\cdot w=0$, звідки, зокрема, випливає, що він належить власному ортогональному доповненню $w^{\mathrm{\perp }}$. Згідно з Конвеєм, вектор $w$ дозволяє побудувати ґратку Ліча

• як фактор-множину $(w^{\mathrm{\perp }}\cap {\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1})/w$, яка коректно визначена завдяки світлоподібності $w$;
• як множину всіх векторів $r\in {\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1}$ таких, що $r\cdot r=2,r\cdot w=-1$. Такі вектори утворюють множину так званих фундаментальних коренів ґратки ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1}$. У всіх випадках, коли можна таким способом побудувати множину фундаментальних коренів парної унімодулярної ґратки у псевдоевклідовому просторі ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{n,1}$, завжди можна використати цілочисловий вектор із просторовими компонентами, що йдуть підряд від нуля; а щоб ця множина утворювала ґратку, цей вектор має бути світлоподібним. І, оскільки $N=24$ — єдиний нетривіальний розв'язок задачі про вкладання гарматних ядер, то 24-вимірна ґратка Ліча — єдина ґратка, яку можна в такий спосіб отримати з ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{n,1}$.

Див. також

• Щільне пакування рівних сфер