Задача о пушечных ядрах

Не следует путать с проблемой плотной упаковки равных сфер.

Единственный нетривиальный способ укладки пушечных ядер в квадрат и в пирамиду

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 $\sum _{n=1}^{N}n^{2}=M^{2}$ или ${\frac {1}{6}}N(N+1)(2N+1)=M^{2}$. 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 Люнггреном (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. $N=3a^{2},\ N+1=2b^{2},\ 2N+1=c^{2};$
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. $N=a^{2},\ N+1=2b^{2},\ 2N+1=3c^{2}.$

Однако, поскольку $2b^{2}$ 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 $N=24$. Действительно, $N=6a^{2},\ N+1=b^{2},\ 2N+1=c^{2}$ возможно только при нечётном $c$, и $(c-1)(c+1)=12a^{2}$, то есть, существуют целые числа $d$ и $e$, такие что ${\frac {1}{2}}(c-1)=d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=3e^{2},\ a=de$ или ${\frac {1}{2}}(c-1)=3d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=e^{2},\ a=de$. Однако, ${\frac {1}{2}}(c-1)=d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=3e^{2},\ a=de$ приводит к противоречию $3e^{2}-d^{2}\equiv 1{\pmod {3}}$. Следовательно, ${\frac {1}{2}}(c-1)=3d^{2},\ {\frac {1}{2}}(c+1)=e^{2},\ a=de$, то есть, $c-1=6d^{2},\ c+1=2e^{2}$ и $c+1=2e^{2},\ c^{2}+1=2b^{2}$. 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 $y^{2}=8x^{4}+1$ 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 $2b^{2}-a^{2}=1,2b^{2}+a^{2}=3c^{2}$. Вместо этих уравнений Уотсон рассматривает более общий случай $2X^{2}-Y^{2}=Z^{2},2X^{2}+Y^{2}=3W^{2}$ и показывает, что решения этих уравнений должны удовлетворять ${\frac {Z}{W}}=(-1)^{r}\operatorname {sd} ((2r+1)\beta ){\sqrt {\frac {3}{2}}}$, где $r$ — неотрицательное целое 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 $\operatorname {sn}$, $\operatorname {cn}$, $\operatorname {dn}$ и $\operatorname {sd}$ — эллиптические функции Якоби. Далее Уотсон доказывает, что $Z$ численно равно единице, только если $r=0$, то есть $X^{2}=Y^{2}=Z^{2}=W^{2}=1$, 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 $\alpha =2+{\sqrt {3}},\beta =2-{\sqrt {3}},M_{n}=(\alpha ^{n}+\beta ^{n})/2$. Тогда для неотрицательных $n$, $M_{n}$ имеет вид $4x^{2}+3$ 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, $N=a^{2},N+1=2b^{2},2N+1=3c^{2}$. Поскольку для любого $x$, $(4x+3)^{2}-8(x+1)(2x+1)=1$ и $4x+3=2(2x+1)+1$, это также справедливо для $N$. Подставляя $2b^{2}$ и $3c^{2}$ вместо $x+1$ и $2x+1$, получим $(2(3c^{2})+1)^{2}-8\cdot 2b^{2}\cdot 3c^{2}=1$, то есть, $(6c^{2}+1)^{2}-3(4bc)^{2}=1$. Поскольку $2+{\sqrt {3}}$ порождает группу единиц $\mathbb {Z} [{\sqrt {3}}]$, существует $n\in \mathbb {Z}$ такое, что $6c^{2}+1+4bc{\sqrt {3}}=\pm (M_{n}+G_{n}{\sqrt {3}})$, где $M_{n}$ определено выше, а $G_{n}=(\alpha ^{n}+\beta ^{n})/(\alpha -\beta )$. Поскольку $M_{n}$ положительно, $M_{n}=6c^{2}+1$ и, по определению $a$, $M_{n}=4a^{2}+3$. По предыдущей лемме, $n=2,M_{n}=7$, 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 $c_{1}{\sqrt {x}}<N(x)<c_{2}{\frac {x}{\ln {x}}}$. Первые элементы $n$ множества $S$ и соответствующие наименьшие значения $a$, такие что $\sum _{k=a}^{a+n-1}k^{2}$ 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 $n=2$ и $a=3$ решением является пифагорова тройка $3^{2}+4^{2}=5^{2}$. Для $n=24$ и $a=1$ решением является приведённое выше решение задачи об укладке пушечных ядер. Последовательность элементов множества $S$ — 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 $m\geqslant 3$ существует бесконечно много последовательностей первых $m$-угольных чисел, таких что их сумма равна другому многоугольному числу, и что для любого $n\geqslant 3$ существует бесконечное число $n$-угольных чисел, представимых в виде суммы последовательностей первых многоугольных чисел. Более того, Канэко и Татибана установили, что для любого натурального $k$ выполняются следующие отношения:

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

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

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

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

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

где $G_{m}(n)$ — $n$-ое $m$-угольное число, а $Pyr_{m}(n)$ — $n$-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 $\mathrm {II} _{25,1}$ в 25+1-мерном псевдоевклидовом пространстве. Рассмотрим вектор этой решётки $w=(0,\;1,\;2,\;\ldots ,\;23,\;24;\;70)$. Поскольку $N=24$ и $M=70$ — решение задачи об укладке пушечных ядер, этот вектор — светоподобный, $w\cdot w=0$, откуда, в частности, следует, что он принадлежит собственному ортогональному дополнению $w^{\bot }$. Согласно Конвею, вектор $w$ позволяет построить решётку Лича

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

См. также

• Плотная упаковка равных сфер