地图的魔术

让我们回到映射魔术的第一个问题:对于一个正整数k>kk，假设有两个互质多项式P(x)，Q(x)>P(x)，Q(x)P(x)，Q(x)，其中P(x)>P(x)P(x)的次数是3k>3k，Q(x)>Q(x)Q(x)的次数是2k>2k。然后，多项式R(x)= P(x)2’；q(x)3 > r(x)= p(x)2q(x)3r(x)= p(x)2q(x)3最小次数有多小？

我们现在正从贝雷帽功能、球面覆盖和两张地图的角度来看这个问题。首先，让我们考虑分数f(x)= '的情况。Q(x)3R(x)> f(x)= Q(x)3R(x)f(x)= Q(x)3R(x).可以证明，如果f(x)>f(x)f(x)除了0、1和∞之外还有其它分支点，我们就不能得到最优解。因此，我们可以假设f(x)>f(x)f(x)是一个贝雷帽函数。

函数f(x)>f(x)f(x)在0处的分支点是Q(x)3>Q(x)3Q(x)3的根，即Q(x)>Q(x)Q(x)(如果计算出重数，则2k>2k)的根，但每个根的重数乘以3。同样，它在∞的分支点是R(x)>R(x)R(x)的根，加上无穷远点x =-x；> x=∞x=∞，因为R(x)>R(x)R(x)的次数小于Q(x)3>Q(x)3Q(x)3，所以当x>xx趋于无穷大时，f(x)>f(x)f(x)也趋于无穷大。那么，它在1的分支点呢？这就是我们选择f(x)>f(x)f(x): f(x)的原因。1 > f (x) 1f (x) 1等于-1。P (x) 2r (x)>我们可以假设f(x)>f(x)f(x)没有其他分支点。我们想问的问题实际上是:f(x)>f(x)f(x)至少在∞上有多少个分支点？

让我们回顾一下球体覆盖和两个地图之间的转换表。

如果我们将所有这些要求转化为一个二分图的概念，我们将实际解决以下问题:

如果一个由两部分组成的地图有偶数个白色顶点，总数为6k>6k6k，黑色顶点是3的倍数，总数为6k>6k6k，那么它有多少个面？(在这里，我们不能说白色顶点的度数都是2，因为P(x)>P(x)P(x)可能有多个根，而黑色顶点是相同的)

如果k>kk很小，试着画一下。然而，由于k>kk可以和现在一样大，随机测试可能不是很有用。这是使用其他数学工具的时候了。欧拉，18世纪的一位伟大的数学家(顺便说一句，他是许多人根据医生的导师的师生关系的作者和创始人)。当他打开图论的领域时，他证明了下面的等式:如果平面地图有v>vv顶点，e>ee边和f>ff面(最外面的也是一个面)，那么一定有

“v”。E+f = 2。> ve+f = 2。ve+f = 2。让我们把这个等式应用到我们的问题上，看看我们能得到什么。很容易知道，我们的两个地图必须有3k>3k的边，这意味着e=3k>e=3ke=3k。重写方程，我们得到f=2。v+e > f = 2v+ef = 2v+e .因为我们想知道至少有多少个面，我们应该尝试找到最大可能的v>vv，也就是说，最大化顶点的数量。因为白色顶点的度数是偶数，加起来等于6k>6k6k，所以获得最多顶点的最好方法是要求每个顶点的度数为2，这样就可以获得最多3k>3k个顶点。类似地，对于黑色顶点，最好的情况是每个顶点的度数是3，因此顶点的最大数量是2k>2k2k。因此，顶点的总数高达5k>5k，即v-1。5k>v≤5kv≤5k .代入欧拉方程，结果是f。K+2>f≥k+2f≥k+2，也就是说，这样的平面图至少有k+2>k+2k+2个平面。考虑到其中一个面对应于无穷远点x =“1”；> x=∞x=∞，这意味着R(x)>R(x)R(x)的度数至少为k+1>k+1k+1，并且要达到这个度数，R(x)> R(x)R(x)x(x)x(x)不得有多个根，也就是说，每个面的度数(最外面的除外)必须为2。

我们已经得到了我们想要的下界，但是我们必须证明这个下界是可以达到的，并且我们不想计算满足条件的无限多项式。我们做什么呢这是比勒费尔德定理出现的时候了:它告诉我们，只要能画出相应的两个映射，就一定存在满足要求的分数，而且这些系数都是代数数。因此，我们根本不需要计算，只需要画两张满足条件的地图。这种地图绘制方法非常简单:首先绘制一棵2k>2k的三叉树黑色顶点(即没有圆的地图，分叉顶点的度数都是3)，在每个叶子顶点上绘制一条与其自身相连的边(即度数为1的顶点)，然后在每条边的中间插入一个白色顶点，从而得到两个满足条件的地图。可以证明这两个满足条件的映射可以用这种方法构造。根据贝雷定理，由于可以画出两个映射，所以满足要求的分数存在，即P(x)，Q(x)>P(x)，Q(x)P(x)，Q(x) x (x)，Q(x)x(x)和Q(x)存在，使R(x)>R(x)R(x)达到最小度数k+1>k+1k+1。

三叉树的构造，由阿·兹沃金授权

事实上，我们可以对P(x)，Q(x)>P(x)，Q(x)P(x)，Q(x)施加更复杂的限制。同样，我们也可以得到R(x)>R(x)R(x)的最小度数。这一推广首先是由乌赞尼尔在1995年提出的，后来被阿兹沃金等人用两个地图的方法证明。

不仅如此，根据beret定理，两个映射与只有0，1和∞分支点的分数有一一对应关系，因此只需要知道有多少组P(x)，Q(x)>P(x)，Q(x)P(x)，Q(x)能使R(x)>R(x)R(x)达到最小程度，并且只需要有多少个由2k>2k个顶点组成的三叉树映射。我们以前考虑过k=5>k=5k=5的情况。截至2000年，数学家们已经找到了两组解。然而，如果你想知道有多少组，只要你在纸上随意画，你可以很容易地数出四组答案:

四组k=5的解，被兹沃金接受。

通过这些地图，我们不仅可以知道解的数量，还可以部分地推断出解的性质。树A和树D都是镜像对称的，所以它们对应的解的系数应该是实数。树B和树C是各自的镜像，因此它们对应的解的系数可能不是有理数，而是它们各自的复共轭。因为已知的两组解的系数是有理数，它们必须对应于树A和D，而未知的两组解应该在复域中搜索。果然，剩下的两组解是日本数学家盐田琪琪在2005年给出的。这些解的系数是Q(′212；3) > q (3 √) q (3)，正如预测的那样。

这些预测来自哪里？镜像对称和系数之间有什么关系？为了清楚起见，我们不得不提到这两幅地图的另一个名字——德辛·登凡特，这一术语的创造者，亚历山大·格罗滕迪克，伟大的数学家和现代代数几何的创始人。