启发式的思考和严格的证明

西江月·证明

即得易见平凡，仿照上例显然。

留作习题答案略，读者自证不难。

反之亦然同理，推论自然成立。

略去过程QED，由上可知证毕。

关于数学证明的看法，或者说，关于什么叫严格的数学证明，数学家与其他人的看法是很不一样的。比如说，哥德巴赫猜想是一个尚未得到证明的数学问题：任何一个大于6的偶数是两个素数的和。不是搞数论的人要么认为这是显然的（素数那么多，总能凑出来的），要么认为这个问题没有意义（据说朗道是这样吐槽的：素数是用来相乘的，不是用来相加的）。

数学家喜欢严格的证明，其他人觉得能猜出答案就行了。当然，如果猜的时候能给个说法，就更好了，这就是所谓的“启发式的思考”。杨振宁先生说过：理论物理的工作是“猜”，而数学讲究的是“证”。

下面用一道数学竞赛题来说说“猜”和“证”，谈谈“启发式的思考”和“严格的证明”。

一道数学竞赛题

求证：任何正的有理数都可以表示为

$$r=\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}$$

其中$a$、$b$、$c$、$d$是正整数。

证明：对于任何正的有理数$r=\frac{p}{q}$，其中$p$和$q$是正整数。乘以适当的系数$\frac{r^3}{s^3}$，即，

$$r=\frac{p}{q}=\frac{r^3}{s^3}\frac{s^3p}{r^3q}$$

所以，只需要对变量重新命名，就可以满足$9p>q>3p$。

只要$9p>q>3p$，下述恒等式就成立，

$$\frac{(9p+q)^3+(9p-q)^3}{(3q+9p)^3+(3q-9p)^3}=\frac{p}{q}$$

证明完毕。

评论：这个构造性的证明是严格的数学证明。

一些推广

一种很好的学习习惯是：做完一道题以后，考虑一下如何推广它的结论。对于上面这道题，我们试着推广一下：如果把上述命题里的幂指数3换成其他整数，会怎么样呢？

如果把幂指数换成1：任何正的有理数都可以表示为

$$r=\frac{a^1+b^1}{c^1+d^1}=\frac{a+b}{c+d}$$

其中$a$、$b$、$c$、$d$是正整数。这个命题显然成立。

如果幂指数换成2：任何正的有理数都可以表示为

$$r=\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2}$$

其中$a$、$b$、$c$、$d$是正整数。

这个命题不成立。$\frac{1}{3}$就是一个反例。

证明：$\frac{1}{3}$不能表示为$\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2}$的形式

用反证法。

首先，两个平方数之和对4取模，余数只能是0、1或者2，不能是3。

假设$\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2}=1/3$，而$a$、$b$、$c$、$d$是满足这个条件的没有公因子的正整数。$a$、$b$、$c$、$d$至少有一个是奇数，不妨假设是$d$。那么就存在整数$m$，使得$a^2+b^2=m$，$c^2+d^2=3m$。

如果$m$是奇数，$m$和$3m$对4取模的结果总有一个是3，所以，不可能同时都是两个平方数的和。所以，$m$不可能是奇数。

如果$m$是偶数。又有两种情况。

$m=4k$（即$m$是4的整数倍），两个数必须都是偶数，$a$、$b$、$c$、$d$四个数就都是偶数，有公因数了，矛盾。

$m=4k+2$（即$m$不是4的整数倍，余数为2），$a$、$b$、$c$、$d$四个数必须都是奇数。因此，$k$必须是偶数。因为任何奇数的平方对8取模的余数是1（$(2s+1)^2=4s^2+4s+1=4s(s+1)+1$）。但是如果k是偶数，$3r$对8取模的余数就必然是6。然而，两个奇数的平方和对8取模的余数只能是2，因为$(8t \pm 1)^2$ 和 $(8t \pm 3)^2$ 对8取模的余数都是1。

所以，$\frac{1}{3}$不能表示为$\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2}$的形式。得证。

简单的推广

如果换成任意的偶数：任何正的有理数都可以表示为

$$r=\frac{a^{2k}+b^{2k}}{c^{2k}+d^{2k}}$$

其中$a$、$b$、$c$、$d$和$k$是正整数。

根据幂指数等于2的证明可知，这个命题显然不成立。$\frac{1}{3}$仍然是一个反例。

一个征解问题

山西大学附属中学王永喜老师对这道竞赛题做了进一步的推广，他提出了一个征解问题。

证明或否定下述命题：对于任何大于3的奇数$n$，每个正有理数都可以表示为

$$r=\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$$

其中$a$、$b$、$c$、$d$是正整数。

我认为这个命题不成立。有一些有理数不能表示为这样的形式。

一个启发式的证明

命题：一些有理数不能表示为$\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$的形式。

首先，对于一个足够大的正整数，它可以表示为两个正整数的$n$次幂之和的几率为

$$\sim \frac{k^{\frac{2}{n}-1}}{4}$$

道理是这样的：$n$次幂小于$k$的正整数大约有 $k^{\frac{1}{n}}$个，两两求和的个数是$k^{\frac{2}{n}}/2$，和的最大值大约是$2k$，所以$k$正好是两个整数的$n$次幂的和的几率是

$$(k^{\frac{2}{n}}/2)/(2k)\sim \frac{k^{\frac{2}{n}-1}}{4}$$

现在考虑一个有理数$r=\frac{p}{q}=\frac{tp}{tq}$，其中，$p$和$q$互质，$t$是整数，那么，$tp$可以表示为两个整数的$n$次幂的和的几率是

$$\sim \frac{(tp)^{\frac{2}{n}-1}}{4}$$

$tq$可以表示为两个整数的$n$次幂的和的几率是

$$\sim \frac{(tq)^{\frac{2}{n}-1}}{4}$$

$tp$和$tq$同时可以表示为两个整数的$n$次幂的和的几率就是上述两个几率的乘积，

$$\sim \frac{t^{\frac{4}{n}-2}(pq)^{\frac{2}{n}-1}}{16}=s\cdot t^{-\gamma}$$

其中，$s=\frac{(pq)^{\frac{2}{n}-1}}{16}$，$\gamma = 2-\frac{4}{n}$。

让$t$从1变到无穷大，$r$不能表示成$r=\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$的几率就是

$$\prod ^{\infty}_{t=1} (1-s\cdot t^{-\gamma})\approx \prod ^{\infty}_{t=1} \exp (-s\cdot t^{\gamma})=\exp \left(-s\cdot\sum ^{\infty}_{t=1} t^{-\gamma}\right) $$

如果想要去掉约等于号，那么

$$\prod ^{\infty}_{t=1} (1-s\cdot t^{-\gamma})\ge \prod ^{\infty}_{t=1} \exp (-2s\cdot t^{\gamma})=\exp \left(-2s\cdot\sum ^{\infty}_{t=1} t^{-\gamma}\right) $$

其中，利用了一个不等式：当$0<x<1/2$的时候，有$1-x\ge \exp(-2x)$。

当$\gamma >1$的时候，$\sum ^{\infty}_{t=1} t^{-\gamma}$是有限值，所以上述几率不为零。因此，对于$n\ge 5$，某个正有理数不能表示为$r=\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$的几率不为零。

所以，原命题不成立。

更精细一些的证明

在上面的证明里，对几率的估计有些粗糙。更仔细地考虑，对于一个足够大的正整数，它可以表示为两个正整数的$n$次幂之和的几率为

$$\sim k^{\frac{2}{n}-1-\frac{1}{n^2}}$$

其中省略了一个约等于1的乘数。大致推论是这样的：对于$k^n<x<(k+1)^n$，总共有大约$nk^{n-1}$个数，对应于大约$(nk^{n-1})^{\frac{1}{n}}$个$n$次幂（它们可以和$k^n$相加）。因为这是启发式的证明，就不详细推导了。

用这个几率来估计的话，可以得到（论证类似于上一节），对于$n\ge 4$，某个正有理数不能表示为$r=\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$的几率不为零。

这算是一个进步，但是因为我们前面已经严格论证了，对于任何偶数$n$，$\frac{1}{3}$不能表示为$r=\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$，所以，这个$n=4$的“证明”也没什么了不起的。

一些讨论

上面的启发式的证明用到了最关键的一个假设是：某个整数能不能表示为两个整数的幂的和，这个问题可以用几率来描述。

对于严格的数学家来说，这个假设是完全不能接受的。可是对于搞物理的来说，这个假设太自然了，没有理由不用它。

两个例子：搞物理的人如何“证明”数学定理

对于搞物理的来说，哥德巴赫猜想（每个偶数可以表示为两个素数之和，$k=p+q$）是显然成立的。

对于足够大的偶数$k$来说，大约有$k/\ln k$个素数小于它（这就是著名的素数分布定理，它是有严格证明的），所以，随便选个小于$k$的素数$p$（有$k/\ln k$种选择方式），那么，$q=k-p$ 也是素数的可能性是$1/\ln k$。 所以，$k$ 表示为两个素数和的可能性有$k/(\ln k)^2$种。换句话说，这些可能性都不成立的几率是

$$\sim (1-\frac{1}{\ln k})^{k/\ln k} \sim \exp ( -k/(\ln k)^2) $$

这是一个非常小的数。比如说，取$k=10000$，这个几率大约是$6\times 10^{-52}$。几率这么小的事情肯定不会发生啦，所以，哥德巴赫猜想成立。乌拉！

当然啦，数学家们是不会承认这种“证明”的。但是这并不妨碍我们用它来做估计。

再娱乐一把：用这个方式来“证明”孪生素数猜想（有无限多个孪生素数，即两个素数只相差2）。2014年，张益唐在《数学年刊》上发表文章，证明了存在无穷多组的素数对，其中两个素数的差小于7000万。后来这个结果被优化到几百，甚至6（好像需要某个假设成立）。

对于足够大的$k$，由素数分布定理可知，位于$k$和$2k$之间的素数大约是$k/\ln k$个（对数的变化是很慢的），这些素数都不相连的可能性是

$$\sim (1-\frac{1}{\ln k})^{k/\ln k} \sim \exp ( -k/(\ln k)^2) $$

跟哥德巴赫猜想的几率一样！同样是微乎其微的几率。几率这么小的事情肯定不会发生啦，所以，孪生素数猜想成立。尤里卡！！

当然，数学家们还是不承认这种“证明”。

我也不承认。

更多的评论

每三个奇数里一定有一个3的倍数，每5个奇数里一定有一个5的倍数，等等。简单地想，这完全否定了素数的随机性，但是这并不妨碍我们用“随机性假设”推测一些结果。

有一本书叫作《数论中未解决的问题》（盖伊 著，张明尧 译， 科学出版社，2006年），如果用这种“证明”方法，肯定可以“解决”其中的很多问题的。但还是那句话，真正的数学家是不会承认这样的“证明”的。

然而，应用数学家们并不是很在意绝对严格的证明。比如说，在公开密钥的保密通讯里，经常用到很大的素数（RSA协议）。确定某个数是不是素数，当然有严格的数学方法（检验所有可能的素因子），但是太慢了，需要的时间太长了。在实际应用中，真正用的是概率素数。最常用的判定方法是所谓的Rabin-Miller测试（具体方案就不介绍了），它是一种几率检测，通过了这个测试的数，可以当作是素数—— 但是这种“素数”不一定真的就是素数，只能说它不是素数的可能性很小。

最后的评论

当然，猜测不是证明，再有启发性的猜测也不是严格的数学证明。一个非常严重的问题是，它会出错。比如说，本文开始的几率论证似乎说明，对于$n=2$，某个正有理数不能表示为$r=\frac{a^n+b^n}{c^n+d^n}$的几率等于零。原因在于，当$\gamma \le 1$的时候，$\sum ^{\infty}_{t=1} t^{-\gamma}$是无限大。但是严格的数学证明指出，1/3就不能表示成这样的数，实际上，只要分子和分母对4取模的结果分别是1和3，就必然不能表示为$r=\frac{p}{q} =\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2}$的形式。

但是，人生本来就充满了错误。总是要做事情的嘛，该赌的时候，还是要赌一把的。毕竟什么也不做，本身也是一种做事的方式——正如“没有政治态度也是一种政治态度”一样。

没有政治态度，也是一种政治态度。好听的说法叫中立，不好听的说法是骑墙。大争之世，空谈无益。各自选边站队吧。不选也不行，骑墙的先被干死。

PS：

这篇文章改进了以前的一篇文章，并增补了一些内容。

我解决了一个悬赏的数学问题 精选

已有 11057 次阅读 2019-7-31 15:17 |个人分类:大众物理学|系统分类:科普集锦

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