Задача о пушечных ядрах

Задача о пушечных ядрах  — задача о нахождении числа пушечных ядер, которые можно уложить и в один слой в форме квадрата, и в форме пирамиды с квадратом в основании, то есть о нахождении квадратных чисел, также являющихся квадратными пирамидальными числами. Нахождение этого числа сводится к решению диофантова уравнения n=1Nn2=M2 или 16N(N+1)(2N+1)=M2. Уравнение имеет два решения: N=1 и M=1, то есть одно пушечное ядро, и N=24 и M=70, то есть 4900 пушечных ядер.

История задачи


 Вопросы укладки пушечных ядер интересовали уже сэра Уолтера Рэли и его современника Томаса Хэрриота, однако в приведённой выше форме она была сформулирована в 1875 году Эдуаром Люка, предположившим, что кроме N=1 и N=24 других решений не существует. Частичные доказательства были предложены Море-Бланом (1876) и самим Люка (1877). Первое полное доказательство было предложено Уотсоном (1918); доказательство использовало эллиптические функции. Ещё одно доказательство было предложено (1952) с использованием уравнения Пелля. Доказательства с использованием только элементарных функций были предложены Ма (1985) и Энглином (1990).

Доказательства


Доказательство Уотсона


 Доказательство Уотсона основано на наблюдении, что из трёх чисел N, N+1 и 2N+1 одно должно делиться на 3; и либо N, либо N+1 должно быть чётным; и что все остальные множители должны быть квадратами. Тем самым возможны шесть вариантов:

  1. N=3a2, N+1=2b2, 2N+1=c2;
  2. N=2a2, N+1=3b2, 2N+1=c2;
  3. N=2a2, N+1=b2, 2N+1=3c2;
  4. N=a2, N+1=6b2, 2N+1=c2;
  5. N=6a2, N+1=b2, 2N+1=c2;
  6. N=a2, N+1=2b2, 2N+1=3c2.

 Однако, поскольку 2b2 при делении на 3 может иметь только остатки 0 или 2, первый вариант приводит к противоречию. Аналогичным образом можно исключить второй, третий и четвёртый варианты.
 Пятый вариант приводит к решению N=24. Действительно, N=6a2, N+1=b2, 2N+1=c2 возможно только при нечётном c, и (c1)(c+1)=12a2, то есть, существуют целые числа d и e, такие что 12(c1)=d2, 12(c+1)=3e2, a=de или 12(c1)=3d2, 12(c+1)=e2, a=de. Однако, 12(c1)=d2, 12(c+1)=3e2, a=de приводит к противоречию 3e2d21(mod3). Следовательно, 12(c1)=3d2, 12(c+1)=e2, a=de, то есть, c1=6d2, c+1=2e2 и c+1=2e2, c2+1=2b2. Как показано Жероно, c=1 и c=7 являются единственными решениями последней системы уравнений. Случай c=1 невозможен, так как N=0; случай c=7 приводит к N=24. Альтернативное доказательство единственности решения N=24 в этом случае использует то, что единственными решениями y2=8x4+1 являются (0,1), (0,1), (1,3), (1,3), (1,3), (1,3) и приведено в главе 6.8.2 книги Коэна.
 Доказательство отсутствия нетривиальных решений в шестом варианте требует применения эллиптических функций. Действительно, шестой вариант можно привести к виду 2b2a2=1,2b2+a2=3c2. Вместо этих уравнений Уотсон рассматривает более общий случай 2X2Y2=Z2,2X2+Y2=3W2 и показывает, что решения этих уравнений должны удовлетворять ZW=(1)rsd((2r+1)β)32, где r — неотрицательное целое число, β задана sn(β)=12, cn(β)=12, dn(β)=32, а sn, cn, dn и sd — эллиптические функции Якоби. Далее Уотсон доказывает, что Z численно равно единице, только если r=0, то есть X2=Y2=Z2=W2=1, и единственное возможное в этом случае решение N=1.

Доказательство Ма


 Доказательство единственности приведённых выше решений, предложенное Ма, основывается на последовательном доказательстве следующих утверждений:

  • Единственным чётным решением задачи об укладке ядер является (24,70). Действительно, чётность n позволяет исключить варианты 1, 4 и 6 из доказательства Уотсона, варианты 2 и 3 приводят к противоречию (см. доказательство Уотсона), а (24,70) — единственное решение возможное для варианта 5.
  • Пусть α=2+3,β=23,Mn=(αn+βn)/2. Тогда для неотрицательных n, Mn имеет вид 4x2+3 только для n=2.
  • Единственным нечётным N, удовлетворяющим задаче об укладке ядер, является N=1. Действительно, рассуждая аналогично доказательству Уотсона, нечётное N должно удовлетворять варианту 6, то есть, N=a2,N+1=2b2,2N+1=3c2. Поскольку для любого x, (4x+3)28(x+1)(2x+1)=1 и 4x+3=2(2x+1)+1, это также справедливо для N. Подставляя 2b2 и 3c2 вместо x+1 и 2x+1, получим (2(3c2)+1)282b23c2=1, то есть, (6c2+1)23(4bc)2=1. Поскольку 2+3 порождает группу единиц \Z[3], существует n\Z такое, что 6c2+1+4bc3=±(Mn+Gn3), где Mn определено выше, а Gn=(αn+βn)/(αβ). Поскольку Mn положительно, Mn=6c2+1 и, по определению a, Mn=4a2+3. По предыдущей лемме, n=2,Mn=7, то есть a=1 и n=1.

 Подробности доказательства приведены в главе 6.8.2 книги Коэна.

Обобщения задачи


 За исключением тривиального случая N=1 не существует числа пушечных ядер, которые бы можно было уложить в виде пирамиды с квадратом в основании, и которое бы при этом одновременно являлось кубом, четвёртой или пятой степенью натурального числа. Более того, это же справедливо для укладки ядер в виде правильного тетраэдра.
 Другим обобщением задачи является вопрос о нахождении числа ядер, которые можно уложить в форме квадрата и усечённой пирамиды с квадратом в основании. То есть ищут n последовательных квадратов (не обязательно начиная с 1), сумма которых является квадратом. Известно, что множество S таких n бесконечно, имеет асимптотическую плотность ноль и для n, не являющихся квадратами, существует бесконечно много решений. Число N(x) элементов множества S, не превышающих x, оценивается как c1x<N(x)<c2xlnx. Первые элементы n множества S и соответствующие наименьшие значения a, такие что k=aa+n1k2 является квадратом, приведены в следующей таблице:
 : \{ - ! n 2 11 23 24 26 33 47 49 50 59 - ! a 3 18 7 1 25 7 539 25 7 22 \} Для n=2 и a=3 решением является пифагорова тройка 32+42=52. Для n=24 и a=1 решением является приведённое выше решение задачи об укладке пушечных ядер. Последовательность элементов множества S — .
 Ещё одно обобщение задачи было рассмотрено Канеко и Тачибаной: вместо вопроса о равенстве суммы первых квадратных чисел и другого квадратного числа, они рассмотрели вопрос о равенстве суммы первых многоугольных чисел и другого многоугольного числа и показали, что для любого m3 существует бесконечно много последовательностей первых m-угольных чисел, таких что их сумма равна другому многоугольному числу, и что для любого n3 существует бесконечное число n-угольных чисел, представимых в виде суммы последовательностей первых многоугольных чисел. Более того, Канеко и Тачибана установили, что для любого натурального k выполняются следующие отношения:

Pyrm(3(m2)k2)=G9k+2((m2)2km+3),
Pyrm(3k1)=G(m2)k+3(3k1),
Pyrm(6k3)=G4(m2)(2k1)+6(3k1),
Gn((n2)k23k+1)=Pyr3k+2((n2)k2),
Gn(8k26k+1)=Pyr3(n2)k+2(4k2),
  где Gm(n) — n-ое m-угольное число, а Pyrm(n) — n-ое m-угольное пирамидальное число, то есть, сумма n первых m-угольных чисел.

Связь с другими областями математики


 Нетривиальное решение N=24 приводит к построению решётки Лича (которая, в свою очередь, связана с различными областями математики и теоретической физики — теория бозонных струн, монстр). Это делается с помощью чётной унимодулярной решётки II25,1 в 25+1-мерном псевдоевклидовом пространстве. Рассмотрим вектор этой решётки w=(0,1,2,,23,24;70). Поскольку N=24 и M=70 — решение задачи об укладке пушечных ядер, этот вектор — светоподобный, ww=0, откуда, в частности, следует, что он принадлежит собственному ортогональному дополнению w. Согласно Конвею, вектор w позволяет построить решётку Лича

  • как фактормножество (wII25,1)/w, которое корректно определено благодаря светоподобности w;
  • как множество всех векторов rII25,1 таких, что rr=2,rw=1. Такие векторы составляют множество так называемых фундаментальных корней решётки II25,1. Во всех случаях, когда можно таким способом построить множество фундаментальных корней чётной унимодулярной решётки в псевдоевклидовом пространстве IIn,1, всегда можно использовать целочисленный вектор с идущими подряд от ноля пространственными компонентами; а чтобы это множество образовывало решётку, этот вектор должен быть светоподобным. И поскольку N=24 — единственное нетривиальное решение задачи об укладке пушечных ядер, то 24-мерная решётка Лича — единственная решётка, которую можно таким способом получить из IIn,1.