科学空间|Scientific Spaces

这是Arnold给物理系学生出的基础数学题。原文是Arnold于1991年，在Russian Math Surveys 46:1(1991),271-278上发的一篇文章，英文名叫 A mathematical trivium，这篇文章是有个前言的，用两页纸的内容吐槽了1991年的学生数学学得很烂，尤其是物理系的。文后附了100道数学题，号称是物理系学生的数学底线。

这是给物理系出的数学题，所以和一般的数学竞赛题目不同，没太多证明题，主要就是计算和解模型，而且还有不少近似估算的，带有明显的物理风格。虽然作者说这是物理系学生数学的底线，但即使对于数学系的学生来说，这些题目还是有不少难度的。网络也有一些题目的答案，但是都比较零散。在这里与大家分享一下题目。什么时候有时间了，或者刚好碰到类似的研究，我也会把题目做做，与各位分享。希望有兴趣的朋友做了之后也把答案与大家交流呀。

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在上一篇文章中，我们得到了一维弹簧运动的方程
$$m\frac{\partial^2 X}{\partial t^2}=k\frac{\partial^2 X}{\partial \xi^2}$$
并且得到了通解
$$X=F(u)+H(v)=F(\xi+\beta t)+H(\xi-\beta t)$$
或者
$$X(\xi,t)=\frac{1}{2}\left[X_0(\xi+\beta t)+X_0(\xi-\beta t)\right]+\frac{1}{2\beta}\int_{\xi-\beta t}^{\xi+\beta t} X_1 (s)ds$$
在文章的末尾，提到过这个解是有些问题的。现在让我们来详细分析它。

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在查找量子化有关资料的时候，笔者查找到了一系列名为《漫谈几何量子化》的文章，并进一步查询得知，作者为季候风，原来发表在繁星客栈（顺便提一下，繁星客栈是最早的理论物理论坛之一，现在已经不能发帖了，但是上面很多资料都弥足珍贵），据说这是除正则量子化和路径积分量子化外的第三种量子化方法。网上鲜有几何量子化的资料，更不用说是中文资料了，于是季候风前辈的这一十五篇文章便显得格外有意义了。

然而，虽然不少网站都转载了这系列文章，但是无一例外地，文章中的公式图片已经失效了，后来笔者在百度网盘那找到其中的十四篇pdf格式的（估计是网友在公式图片失效前保存下来的），笔者通过替换公式服务器的方式找回了第十五篇，把第十五篇也补充进去了。（见漫谈几何量子化（原文档）.zip）

虽然这样已经面前能够阅读了，但是总感觉美中不足，虽然笔者花了三天时间把文章重新用$\LaTeX$录入了，主要是把公式重新录入了，简单地排版了一下。现放出来与大家分享。

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文章《三个相切圆的公切圆》中，笔者讲到利用反演作三个相切圆的公切圆，那时要求三个圆要两两相切。后来思考了一下，发现不用这个条件，只要三个之中的一个圆与另外两个圆都相切即可。

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刚刚在浏览卢昌海大师的微博时，发现他微博上有一道比较有趣的题目，于是饶有兴致地思考了一翻，构思了一个答案，希望读者们看看这个答案有问题不？

五一”长假微博很闷，出一道题给博友们解闷：

用重载列车运煤，每次可装1万吨，每行驶1公里耗煤1吨，起点处共有N万吨煤（简单起见N为正整数），请问最远可运至何处（是国营煤老板，成本不计，只要运到的数量大于0就算成功）？并求$N\to\infty$时的渐进形式。

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费马大定理说的是$n > 2$的情况，但是我们可以从$n=2$出发，求解到勾股数组的一般表达式，并且从中得到证明费马大定理的原始思想。

互质解

我们在实整数，也就是$\mathbb{Z}$内求解。为了求解不定方程$x^2+y^2=z^2$，首先我们注意到，这是一道齐次方程，这告诉我们，如果存在某一组解，那么可以通过同除以公约数的方法，得到一组两两互质的解。换句话说，有解必有互质解，这是$x^n+y^n=z^n$的解的通性。那么，我们假设$(x,y,z)=(a,b,c)$ 是方程$x^2+y^2=z^2$的一个互质解。

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有了上一篇文章的$\prod\limits_{p\leq n}p < 4^{n-1}$的基础，我们其实已经很接近Bertrand假设的证明了。Bertrand假设的证明基于对二项式系数$C_n^{2n}$的素因子次数的细致考察，而在本篇文章中，我们先得到一个关于素数之积的下限公式，然后由此证明一个比Bertrand假设稍微弱一点的假设。最后，则通过一个简单的技巧，将我们的证明推动至Bertrand假设。

二项式系数的素因子

首先，我们考察$n!$中的素因子$p$的次数，结果是被称为Legendre定理的公式：

$n$中素因子$p$的次数恰好为$\sum\limits_{k\geq 1}\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor$。

证明很简单，因为$n!=1\times 2\times 3\times 4\times \dots \times n$，每隔$p$就有一个$p$的倍数，每隔$p^2$就有一个$p^2$的倍数，每隔$p^3$就有一个$p^3$的倍数，每增加一次幂，将多贡献一个$p$因子，所以把每个间隔数叠加即可。注意该和虽然写成无穷形式，但是非零项是有限的。

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在上一篇文章中，笔者提到似乎证明n=4时必须要证明$x^4+y^4=z^2$无解而不能只证明$x^4+y^4=z^4$无解。不过，在今天中午研究的时候，笔者发现了另外一个n=4的证明，它同样是在$\mathbb{Z}[i]$中，但是，证明的则是指数全是4的形式，但是，又不单单是$x^4+y^4=z^4$的形式，而是$\varepsilon x^4+y^4=z^4$，$\varepsilon$是单位数。这个证明过程，我觉得应该更接近n等于其他奇素数时的证明，遂补充了这篇文章，供大家参考。读者可以对比着上一篇文章进行比较阅读。

引理

用$\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon$表示$\mathbb{Z}[i]$中的单位数，下面先证明

如果方程$\varepsilon_1 x'^4 +\varepsilon_2 y'^4+\varepsilon_3 z'^4=0$在$\mathbb{Z}[i]$中有全不为0的解，那么在经过适当的化简和整理之后，方程必有形式$\varepsilon x^4+y^4=z^4$，其中$(x,y,z)$是$(x',y',z')$的某个置换，$\xi^2|x$。

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