Задача о пушечных ядрах

Не следует путать с проблемой плотной упаковки равных сфер.

Задача о пушечных ядрах (англ. cannonball problem) — 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 $\underset{n=1}{\overset{N}{\sum <!--\; \sum \; -->}}{n}^2=M^2$$\sum _{n=1}^{N}n^{2}=M^{2}$ или $\frac{1}{6}N(N+1)(2N+1)=M^2$${\frac {1}{6}}N(N+1)(2N+1)=M^{2}$. Уравнение имеет два решения: $N=1$$N=1$ и $M=1$$M = 1$, то есть одно пушечное ядро, и $N=24$$N=24$ и $M=70$$M=70$, то есть 4900 пушечных ядер.

Единственный нетривиальный способ укладки пушечных ядер в квадрат и в пирамиду

История задачиПравить

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$$N=1$  и $N=24$$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 Люнггреном^[en] (1952) с использованием уравнения Пелля. Доказательства с использованием только элементарных функций были предложены Ма (1985) и Энглином (1990).

ДоказательстваПравить

Доказательство УотсонаПравить

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

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

Однако, поскольку $2b^2$$2b^{2}$  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$$N=24$ . Действительно, $N=6a^2,N+1=b^2,2N+1=c^2$$N=6a^{2},\ N+1=b^{2},\ 2N+1=c^{2}$  возможно только при нечётном $c$$c$ , и $(c-<!--\; -\; -->1)(c+1)=12a^2$$(c-1)(c+1)=12a^{2}$ , то есть, существуют целые числа $d$$d$  и $e$$e$ , такие что $\frac{1}{2}(c-<!--\; -\; -->1)=d^2,\frac{1}{2}(c+1)=3e^2,a=de$${\frac {1}{2}}(c-1)=d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=3e^{2},\ a=de$  или $\frac{1}{2}(c-<!--\; -\; -->1)=3d^2,\frac{1}{2}(c+1)=e^2,a=de$${\frac {1}{2}}(c-1)=3d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=e^{2},\ a=de$ . Однако, $\frac{1}{2}(c-<!--\; -\; -->1)=d^2,\frac{1}{2}(c+1)=3e^2,a=de$${\frac {1}{2}}(c-1)=d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=3e^{2},\ a=de$  приводит к противоречию $3e^2-<!--\; -\; -->d^2\equiv <!--\; \equiv \; -->1(\mathrm{mod}3)$$3e^{2}-d^{2}\equiv 1{\pmod {3}}$ . Следовательно, $\frac{1}{2}(c-<!--\; -\; -->1)=3d^2,\frac{1}{2}(c+1)=e^2,a=de$${\frac {1}{2}}(c-1)=3d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=e^{2},\ a=de$ , то есть, $c-<!--\; -\; -->1=6d^2,c+1=2e^2$$c-1=6d^{2},\ c+1=2e^{2}$  и $c+1=2e^2,c^2+1=2b^2$$c+1=2e^{2},\ c^{2}+1=2b^{2}$ . Как показано Жероно, $c=1$$c=1$  и $c=7$$c=7$  являются единственными решениями последней системы уравнений. Случай $c=1$$c=1$  невозможен, так как $N=0$$N=0$ ; случай $c=7$$c=7$  приводит к $N=24$$N=24$ . Альтернативное доказательство единственности решения $N=24$$N=24$  в этом случае использует то, что единственными решениями $y^2=8x^4+1$$y^{2}=8x^{4}+1$  являются $(0,1),(0,-<!--\; -\; -->1),(1,3),(1,-<!--\; -\; -->3),(-<!--\; -\; -->1,3),(-<!--\; -\; -->1,-<!--\; -\; -->3)$$(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 $2b^2-<!--\; -\; -->a^2=1,2b^2+a^2=3c^2$$2b^{2}-a^{2}=1,2b^{2}+a^{2}=3c^{2}$ . Вместо этих уравнений Уотсон рассматривает более общий случай $2X^2-<!--\; -\; -->Y^2=Z^2,2X^2+Y^2=3W^2$$2X^{2}-Y^{2}=Z^{2},2X^{2}+Y^{2}=3W^{2}$  и показывает, что решения этих уравнений должны удовлетворять $\frac{Z}{W}=(-<!--\; -\; -->1{)}^r\mathrm{sd}<!--\; \; -->((2r+1)\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->})\sqrt{\frac{3}{2}}$${\frac {Z}{W}}=(-1)^{r}\operatorname {sd} ((2r+1)\beta ){\sqrt {\frac {3}{2}}}$ , где $r$$r$  — неотрицательное целое число, $\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->}$$\beta$  задана $\mathrm{sn}<!--\; \; -->(\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->})=\frac{1}{\sqrt{2}}$$\operatorname {sn} (\beta )={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ , $\mathrm{cn}<!--\; \; -->(\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->})=\frac{1}{\sqrt{2}}$$\operatorname {cn} (\beta )={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ , $\mathrm{dn}<!--\; \; -->(\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->})=\frac{\sqrt{3}}{2}$$\operatorname {dn} (\beta )={\frac {\sqrt {3}}{2}}$ , а $\mathrm{sn}$$\operatorname {sn}$ , $\mathrm{cn}$$\operatorname {cn}$ , $\mathrm{dn}$$\operatorname {dn}$  и $\mathrm{sd}$$\operatorname {sd}$  — эллиптические функции Якоби. Далее Уотсон доказывает, что $Z$$Z$  численно равно единице, только если $r=0$$r=0$ , то есть $X^2=Y^2=Z^2=W^2=1$$X^{2}=Y^{2}=Z^{2}=W^{2}=1$ , и единственное возможное в этом случае решение $N=1$$N=1$ .

Доказательство МаПравить

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

• Единственным чётным решением задачи об укладке ядер является $(24,70)$$(24,70)$ . Действительно, чётность $n$$n$  позволяет исключить варианты 1, 4 и 6 из доказательства Уотсона, варианты 2 и 3 приводят к противоречию (см. доказательство Уотсона), а $(24,70)$$(24,70)$  — единственное решение возможное для варианта 5.
• Пусть $\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}=2+\sqrt{3},\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->}=2-<!--\; -\; -->\sqrt{3},M_n=({\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}}^n+{\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->}}^n)/2$$\alpha =2+{\sqrt {3}},\beta =2-{\sqrt {3}},M_{n}=(\alpha ^{n}+\beta ^{n})/2$ . Тогда для неотрицательных $n$$n$ , $M_n$$M_{n}$  имеет вид $4x^2+3$$4x^{2}+3$  только для $n=2$$n = 2$ .
• Единственным нечётным $N$$N$ , удовлетворяющим задаче об укладке ядер, является $N=1$$N=1$ . Действительно, рассуждая аналогично доказательству Уотсона, нечётное $N$$N$  должно удовлетворять варианту 6, то есть, $N=a^2,N+1=2b^2,2N+1=3c^2$$N=a^{2},N+1=2b^{2},2N+1=3c^{2}$ . Поскольку для любого $x$$x$ , $(4x+3{)}^2-<!--\; -\; -->8(x+1)(2x+1)=1$$(4x+3)^{2}-8(x+1)(2x+1)=1$  и $4x+3=2(2x+1)+1$$4x+3=2(2x+1)+1$ , это также справедливо для $N$$N$ . Подставляя $2b^2$$2b^{2}$  и $3c^2$$3c^{2}$  вместо $x+1$$x+1$  и $2x+1$$2x+1$ , получим $(2(3c^2)+1{)}^2-<!--\; -\; -->8\cdot <!--\; \cdot \; -->2b^2\cdot <!--\; \cdot \; -->3c^2=1$$(2(3c^{2})+1)^{2}-8\cdot 2b^{2}\cdot 3c^{2}=1$ , то есть, $(6c^2+1{)}^2-<!--\; -\; -->3(4bc{)}^2=1$$(6c^{2}+1)^{2}-3(4bc)^{2}=1$ . Поскольку $2+\sqrt{3}$$2 + \sqrt{3}$  порождает группу единиц $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$$\mathbb {Z} [{\sqrt {3}}]$ , существует $n\in <!--\; \in \; -->\mathbb{Z}$$n\in \mathbb {Z}$  такое, что $6c^2+1+4bc\sqrt{3}=\pm <!--\; \pm \; -->(M_n+G_n\sqrt{3})$$6c^{2}+1+4bc{\sqrt {3}}=\pm (M_{n}+G_{n}{\sqrt {3}})$ , где $M_n$$M_{n}$  определено выше, а $G_n=({\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}}^n+{\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->}}^n)/(\mathrm{\alpha <!--\; \alpha \; -->}-<!--\; -\; -->\mathrm{\beta <!--\; \beta \; -->})$$G_{n}=(\alpha ^{n}+\beta ^{n})/(\alpha -\beta )$ . Поскольку $M_n$$M_{n}$  положительно, $M_n=6c^2+1$$M_{n}=6c^{2}+1$  и, по определению $a$$a$ , $M_n=4a^2+3$$M_{n}=4a^{2}+3$ . По предыдущей лемме, $n=2,M_n=7$$n=2,M_{n}=7$ , то есть $a=1$$a=1$  и $n=1$$n = 1$ .

Подробности доказательства приведены в главе 6.8.2 книги Коэна.

Обобщения задачиПравить

За исключением тривиального случая $N=1$$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$$n$  последовательных квадратов (не обязательно начиная с 1), сумма которых является квадратом. Известно, что множество $S$$S$  таких $n$$n$  бесконечно, имеет асимптотическую плотность ноль и для $n$$n$ , не являющихся квадратами, существует бесконечно много решений. Число $N(x)$$N(x)$  элементов множества $S$$S$ , не превышающих $x$$x$ , оценивается как $c_{1}{\sqrt {x}}<N(x)<c_{2}{\frac {x}{\ln {x}}}$ . Первые элементы $n$$n$  множества $S$$S$  и соответствующие наименьшие значения $a$$a$ , такие что $\underset{k=a}{\overset{a+n-<!--\; -\; -->1}{\sum <!--\; \sum \; -->}}{k}^2$$\sum _{k=a}^{a+n-1}k^{2}$  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$$n = 2$  и $a=3$$a=3$  решением является пифагорова тройка $3^2+4^2=5^2$$3^{2}+4^{2}=5^{2}$ . Для $n=24$$n=24$  и $a=1$$a=1$  решением является приведённое выше решение задачи об укладке пушечных ядер. Последовательность элементов множества $S$$S$  — последовательность A001032 в OEIS.

Ещё одно обобщение задачи было рассмотрено Канэко и Татибаной: 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 $m⩾<!--\; ⩾\; -->3$$m\geqslant 3$  существует бесконечно много последовательностей первых $m$$m$ -угольных чисел, таких что их сумма равна другому многоугольному числу, и что для любого $n⩾<!--\; ⩾\; -->3$$n\geqslant 3$  существует бесконечное число $n$$n$ -угольных чисел, представимых в виде суммы последовательностей первых многоугольных чисел. Более того, Канэко и Татибана установили, что для любого натурального $k$$k$  выполняются следующие отношения:

$Py{r}_m(3(m-<!--\; -\; -->2)k-<!--\; -\; -->2)=G_{9k+2}((m-<!--\; -\; -->2{)}^{2}k-<!--\; -\; -->m+3),$$Pyr_{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),$$Pyr_{m}(3k-1)=G_{(m-2)k+3}(3k-1),$ 

$Py{r}_m(6k-<!--\; -\; -->3)=G_{4(m-<!--\; -\; -->2)(2k-<!--\; -\; -->1)+6}(3k-<!--\; -\; -->1),$$Pyr_{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}((n-2)k^{2}-3k+1)=Pyr_{3k+2}((n-2)k-2),$ 

$G_n(8k^2-<!--\; -\; -->6k+1)=Py{r}_{3(n-<!--\; -\; -->2)k+2}(4k-<!--\; -\; -->2),$$G_{n}(8k^{2}-6k+1)=Pyr_{3(n-2)k+2}(4k-2),$ 

где $G_m(n)$$G_{m}(n)$  — $n$$n$ -ое $m$$m$ -угольное число, а $Py{r}_m(n)$$Pyr_{m}(n)$  — $n$$n$ -ое $m$$m$ -угольное пирамидальное число, то есть, сумма $n$$n$  первых $m$$m$ -угольных чисел.

Связь с другими областями математикиПравить

Нетривиальное решение $N=24$$N=24$  приводит к построению решётки Лича (которая, в свою очередь, связана с различными областями математики и теоретической физики — теория бозонных струн, монстр). Это делается с помощью чётной унимодулярной решётки ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1}$$\mathrm {II} _{25,1}$  в 25+1-мерном псевдоевклидовом пространстве. Рассмотрим вектор этой решётки $w=(0,1,2,\dots <!--\; \dots \; -->,23,24;70)$$w=(0,\;1,\;2,\;\ldots ,\;23,\;24;\;70)$ . Поскольку $N=24$$N=24$  и $M=70$$M=70$  — решение задачи об укладке пушечных ядер, этот вектор — светоподобный, $w\cdot <!--\; \cdot \; -->w=0$$w\cdot w=0$ , откуда, в частности, следует, что он принадлежит собственному ортогональному дополнению $w^{\mathrm{\perp <!--\; \perp \; -->}}$$w^{\bot }$ . Согласно Конвею, вектор $w$$w$  позволяет построить решётку Лича

• как фактормножество $(w^{\mathrm{\perp <!--\; \perp \; -->}}\cap <!--\; \cap \; -->{\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1})/w$$(w^{\bot }\cap \mathrm {II} _{25,1})/w$ , которое корректно определено благодаря светоподобности $w$$w$ ;
• как множество всех векторов $r\in <!--\; \in \; -->{\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1}$$r\in \mathrm {II} _{25,1}$  таких, что $r\cdot <!--\; \cdot \; -->r=2,r\cdot <!--\; \cdot \; -->w=-<!--\; -\; -->1$$r\cdot r=2,r\cdot w=-1$ . Такие векторы составляют множество так называемых фундаментальных корней решётки ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{25,1}$$\mathrm {II} _{25,1}$ . Во всех случаях, когда можно таким способом построить множество фундаментальных корней чётной унимодулярной решётки в псевдоевклидовом пространстве ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{n,1}$$\mathrm {II} _{n,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$$N=24$  — единственное нетривиальное решение задачи об укладке пушечных ядер, то 24-мерная решётка Лича — единственная решётка, которую можно таким способом получить из ${\mathrm{I}\mathrm{I}}_{n,1}$$\mathrm {II} _{n,1}$ .

См. такжеПравить

• Плотная упаковка равных сфер