我們的故事從一個非常簡單的定理開始。

Pappus 定理 設直線 a 上有點 A_1,A_2,A_3, 直線 b 上有點 B_1,B_2,B_3, 令 A_2B_3,A_3B_2 交於 C_1 ,令 A_1B_3,A_3B_1 交於 C_2 ,令 A_1B_2,A_2B_1 交於 C_3 , 則 C_1,C_2,C_3 共線.

Pappus 定理

我們並不打算正經討論這個定理的證明和應用, 讓我們僅僅來看看這個定理本身的圖形. 它由 9 個點和 9 條直線構成, 其中的每條直線恰好經過 3 個點, 而每個點也恰好在 3 條直線上! 從這個角度來看, Pappus 定理具有著非同尋常的對稱性. 那麼這個圖形有沒有更一般的推廣呢? 換句話說, 對於給定的 n 和 k , 是否存在平面上的 n 個點和 n 條直線, 使得每個點恰在 k 條直線上, 且每條直線恰經過 k 個點?

n=21, k=4 的情形

對於一般的 n 和 k , 這個問題是相當複雜的. 我們要找的圖形或許沒有 Pappus 定理這麼好的結構, 同時 n=9 的構造似乎也不能啟發我們構造出 n 等於 8 或者 10 的情況來. 因此我們退一步, 來研究一下對於給定的 k , 究竟有多少 n 是符合條件的. 我們先直接給出我們的結果:

對於所有正整數 k , 都存在正整數 N , 使得對於每個大於等於 N 的正整數 n , 都存在平面上的 n 個點和 n 條直線, 使得每個點恰在 k 條直線上, 且每條直線恰經過 k 個點.

如果僅僅是說對於給定的 k 有無窮多 n 滿足條件還好, 可上面的這個結果的確是有些令人驚奇的. 那麼究竟應該如何得到這個結果呢? 且聽我慢慢道來.

首先我們定義命題 p(a,b,n) 為"存在平面上的 n 個點構成的集合 A 和 frac{an}b 條直線構成的集合 B, 使得每個點恰在 a 條 B 中的直線上, 且每條直線恰經過 b 個 A 中的點". 那麼要證明的問題就變成了

對於所有正整數 k , 都存在正整數 N , 使得對於每個大於等於 N 的正整數 n , 都有命題 p(k,k,n) 成立.

讓我們先看看對於這個 p , 有哪些簡單的結論是正確的.

定理1 將命題 p 的描述中的"平面"改為任何不少於 2 維的歐式空間, 不改變命題 p 的真假.

證明 如果已經知道了 p 在二維歐式空間 (也就是平面) 中成立, 那麼只需將平面嵌入更高維的歐式空間, 便可知 p 在高維歐式空間中也成立. 反過來, 如果已經知道了 p 在高於 2 維的歐式空間中成立, 那麼只需考慮該空間向平面的一個一般位置的投影, 便可知 p 在平面中也成立.

定理 1 看似沒有什麼卵用, 但確能夠允許我們用高維空間的思維來考慮這個問題. 事實上, 高維空間的確在構造滿足條件的圖形上輕鬆許多. 我們來看兩個例子.

定理2 命題 p(k,k,k^k) 成立.

證明 考慮 k 維空間中的 k^k 個點, 每個點具有坐標 (x_1,x_2,cdots,x_k), 其中 x_iin {1,2,cdots,k}. 記這些點構成的集合為 A. 再將經過每個點, 且與 k 維空間坐標軸平行的直線 (每個點恰好可作 k 條這樣的直線, 但每條直線恰經過 k 個點, 因此也是 k^k 條直線) 構成的集合記為 B. 則 (A,B) 構造滿足命題 p(k,k,k^k).

定理3 命題 p(k,k,C_{2k-1}^{k-1}) 成立.

證明 考慮k維空間中的 k-1 個透視於一點的 k-1 維單形. 考察下面的點:

  1. 透視中心 (1個), 組成的集合記為 A_0.
  2. 單形的頂點 (C_{k-1}^1C_k^1個), 組成的集合記為 A_1.
  3. 任兩個單形對應棱的交點 (C_{k-1}^2C_k^2個), 組成的集合記為 A_2. (這樣的交點一定存在, 因為任兩個單形對應的棱透視, 所以共面.)
  4. 任三個單形對應面的交點 (C_{k-1}^3C_k^3個), 組成的集合記為 A_3. (這樣的交點一定存在, 因為任三個單形對應的面透視, 所以共三維歐式空間.)

cdotscdots

最後, 所有 k-1 個單形中對應 k-1 個點所在的 k-2 維空間的交點 (C_{k-1}^{k-1}C_k^{k-1}個), 組成的集合記為 A_{k-1}. (這樣的交點一定存在, 原因同上.)

再考察下面的直線:

  1. 透視線: 每條經過透視中心和 k-1 個單形頂點, 共 k 個點. 這些直線的集合記為 B_0.
  2. 單形的棱: 每條經過 2 個單形的頂點和 k-2 個與其他棱的交點, 共 k 個點. 這些直線的集合記為 B_1.
  3. 任兩個單形對應面的交線: 每條經過 3 組對應棱的交點和這兩個面與其他 k-3 個面的交點, 共 k 個點. 這些直線的集合記為 B_2. (存在的原因上面已經說明, 下面不再解釋.)

cdotscdots

最後是所有 k-1 個單形確定的 k-1 維空間的交線: 每條經過 A_{k-1} 中的全部點, 共 k 個. 這些直線的集合記為 B_{k-1}.

最後我們反過來考察剛剛定義的點:

A_0 中的每個點被 B_0 中的全體直線經過, 共 k 條直線.

A_1 中的每個點被 B_0 中的 1 條直線和被 B_1 中的 k-1 條直線經過, 共 k 條直線.

A_2 中的每個點被 B_1 中的 2 條直線和被 B_2 中的 k-2 條直線經過, 共 k 條直線.

cdotscdots

A_{k-1} 中的每個點被 B_{k-2} 中的 k-1 條直線和被 B_{k-1} 中的 1 條直線經過, 共 k 條直線.

將上述所有點構成的集合記為 A, 上述所有直線構成的集合記為 B. 則

|A|=|B|=1+C_{k-1}^1C_k^1+C_{k-1}^2C_k^2+cdots+C_{k-1}^{k-1}C_k^{k-1}=C_{2k-1}^{k-1}

這就證明瞭命題 p(k,k,C_{2k-1}^{k-1}).

至此, 證明這個定理的所有準備工作就已經完成了. 不信? 下面的性質將使得證明的過程撥雲見日.

定理4 有關命題 p, 我們有如下的性質:

  1. p(a,b,m), p(a,b,n)Rightarrow p(a,b,m+n).
  2. p(a,c,m),p(b,c,n)Rightarrow p(a+b,c,mn).
  3. p(a,b,n)Rightarrow pleft(b,a,frac{na}b ight).

證明 (1) 設 (A_1,B_1),(A_2,B_2) 分別滿足命題 p(a,b,m), p(a,b,n). 則考慮將它們擺放成一般位置, 得到的圖形自然滿足命題 p(a,b,m+n).

(2) 設 (A_1,B_1),(A_2,B_2) 分別滿足命題 p(a,c,m),p(b,c,n). 考慮 4 維空間中的 mn 個點, 每個點的 x,y 坐標取自 A_1in Oxy 中點的 x,y 坐標, 每個點的 z,w 坐標取自 A_2in Ozw 中點的 z,w 坐標. 對於每一組 (x,y) 所確定的 n 個點, 將它們按照 B_2 的方法連線. 對於每一組 (z,w) 所確定的 m 個點, 將它們按照 B_1 的方法連線. 這樣得到的圖形自然滿足命題 p(a+b,c,mn).

(3) 設 (A,B) 滿足命題 p(a,b,n). 考慮平面上一般位置的一個圓, 將整個圖形關於這個圓做配極變換, 則共線的點變成共點的直線, 共點的直線變成共線的點, 從而得到的圖形自然滿足 pleft(b,a,frac{na}b ight).

順便提一下, 上述命題還有一個推論: p(a,b,n)Rightarrow p(at,b,n^t). 證明的話只需要重複應用第二個結論即可.

好了, 現在可以開始證明我們的結論了. 先證一個引理:

引理 設 q 是素數, alpha>1, 則 q mid C_{2q^alpha-1}^{q^alpha-1}.

證明 用 v_q(n) 表示整數 n 中 q 的最大冪次. 則有

egin{aligned} v_qleft(C_{2q^alpha-1}^{q^alpha-1} ight)&=v_qleft((2q^alpha-1)! ight)-v_qleft((q^alpha-1)! ight)-v_qleft((q^alpha)! ight)\ &=sum_{i=1}^alphaleft(left[frac{2q^alpha-1}{q^i} ight]-left[frac{q^alpha-1}{q^i} ight]-left[frac{q^alpha}{q^i} ight] ight)\ &=sum_{i=1}^alphaleft(2q^{alpha-i}-1-q^{alpha-i}+1-q^{alpha-i} ight)=0 end{aligned}

回到原題. 對於 k=1 的情況, 只需構造平面上一般位置的 n 條直線和每條直線上的一點即可. 下面考慮 k>1 的情況.

設 k 可以分解為 q_1^{alpha_1}q_2^{alpha_2}cdots q_t^{alpha_t}, 其中 q_i 是兩兩不同的素數, alpha_i>0.

一方面, 由定理 2 知命題 p(k,k,k^k) 成立.

另一方面, 由定理 3,4 知對於 i=1,2,cdots,t, 我們都有

egin{aligned} &pleft(q_i^{alpha_i},q_i^{alpha_i},C_{2q_i^{alpha_i}-1}^{q_i^{alpha_i}-1} ight)\ Rightarrow &pleft(k,q_i^{alpha_i},left(C_{2q_i^{alpha_i}-1}^{q_i^{alpha_i}-1} ight)^frac{k}{q_i^{alpha_i}} ight)\ Rightarrow &pleft(q_i^{alpha_i},k,frac{k}{q_i^{alpha_i}}left(C_{2q_i^{alpha_i}-1}^{q_i^{alpha_i}-1} ight)^frac{k}{q_i^{alpha_i}} ight)\ Rightarrow &pleft(k,k,left(frac{k}{q_i^{alpha_i}} ight)^frac{k}{q_i^{alpha_i}}left(C_{2q_i^{alpha_i}-1}^{q_i^{alpha_i}-1} ight)^{left(frac{k}{q_i^{alpha_i}} ight)^2} ight) end{aligned}

我們記上面的式子中右邊那一大坨東西為 Q_i. 由引理可知 C_{2q_i^{alpha_i}-1}^{q_i^{alpha_i}-1} 不含任何 q_i 的因子, 同時顯然 frac{k}{q_i^{alpha_i}} 也不含任何 q_i 的因子, 因此 q_i mid Q_i. 由於 k^k 的所有素因子只有 q_1,q_2,cdots,q_t, 但每個 q_i mid Q_i, 因此 (k^k,Q_1,Q_2,cdots,Q_t)=1.

現在構造 N=tk^kQ_1Q_2cdots Q_t. 對於任何正整數 n>N, 令 m=n-N>0 , 由 Bezout 定理, 必存在 u,v_1,v_2,cdots,v_tinmathbb{Z} 使得

uk^k+v_1q_1+v_2q_2+cdots+v_tq_t=m

且我們總可以調整每個 v_iinleft[0,frac{N}{tQ_i} ight), 此時必有 u>-tQ_1Q_2cdots Q_t, 從而

n=(tQ_1Q_2cdots Q_t+u)k^k+v_1q_1+v_2q_2+cdots+v_tq_t

這就證明瞭 p(k,k,n) 為真.

回想這個證明, 我們用到了射影幾何, 立體幾何, 數論的一些定理以及組合恆等式的一些知識. 雖然都不難, 但如此多領域的知識被用在了同一道題的證明裡, 不是很有意思嗎?

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