Задача про гарматні ядра

Єдиний нетривіальний спосіб укладання гарматних ядер у квадрат і піраміду

Зада́ча про гарма́тні я́дра (англ. cannonball problem) — 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 Вотсон (1918); у доведенні використано еліптичні функції. Ще одне доведення, з використанням рівняння Пелля, запропонував Люнггрен (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 $3e^{2}-d^{2}\equiv 1{\pmod {3}}$. 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 Жероно, $c=1$ 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 ${\frac {Z}{W}}=(-1)^{r}\operatorname {sd} ((2r+1)\beta ){\sqrt {\frac {3}{2}}}$, де $r$ — невід'ємне ціле число, $\beta$ задана $\operatorname {sn} (\beta )={\frac {1}{\sqrt {2}}}$, $\operatorname {cn} (\beta )={\frac {1}{\sqrt {2}}}$, $\operatorname {dn} (\beta )={\frac {\sqrt {3}}{2}}$, а $\operatorname {sn}$, $\operatorname {cn}$, $\operatorname {dn}$ і $\operatorname {sd}$ — 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 $S$ — послідовність A001032 з Онлайн енциклопедії послідовностей цілих чисел, 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 $m\geqslant 3$ існує нескінченно багато послідовностей перших $m$-кутних чисел, таких що їх сума дорівнює іншому багатокутному числу, і що для будь-якого $n\geqslant 3$ 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:

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

$Pyr_{m}(3k-1)=G_{(m-2)k+3}(3k-1),$

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

$G_{n}((n-2)k^{2}-3k+1)=Pyr_{3k+2}((n-2)k-2),$

$G_{n}(8k^{2}-6k+1)=Pyr_{3(n-2)k+2}(4k-2),$

де $G_{m}(n)$ — $n$-е $m$-кутне число, а $Pyr_{m}(n)$ — $n$-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 $\mathrm {II} _{25,1}$ у 25+1-вимірному псевдоевклідовому просторі. Розглянемо вектор цієї ґратки $w=(0,\;1,\;2,\;\ldots ,\;23,\;24;\;70)$. 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 $w^{\bot }$. Згідно з Конвеєм, вектор $w$ дозволяє побудувати ґратку Ліча

• як фактор-множину $(w^{\bot }\cap \mathrm {II} _{25,1})/w$, яка коректно визначена завдяки світлоподібності $w$;
• як множину всіх векторів $r\in \mathrm {II} _{25,1}$ таких, що $r\cdot r=2,r\cdot w=-1$. Такі вектори утворюють множину так званих фундаментальних коренів ґратки $\mathrm {II} _{25,1}$. У всіх випадках, коли можна таким способом побудувати множину фундаментальних коренів парної унімодулярної ґратки у псевдоевклідовому просторі $\mathrm {II} _{n,1}$, 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 $\mathrm {II} _{n,1}$.

Див. також

• Щільне пакування рівних сфер