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解法:陶哲轩利用对数平均相关性给出的埃尔德什差异问题证明(2015年)

第 1/9 步:埃尔德什差异问题:没有 ±1\pm 1 序列能永远保持平衡
通俗地说

设想有一个无限的 +1+1 与 −1-1 抛硬币结果序列,一次性写定。你可以任选一个「跳步」长度 dd,然后把只看位置 d,2d,3d,…d,2d,3d,\ldots 得到的前 nn 个结果加起来——就像每隔 dd 个读一次一长串列表中的条目。埃尔德什在1930年代提出的问题是:能否把这个序列写得足够巧妙,使得无论选哪个跳步 dd、看多远的 nn,这个累计和都永远不超过某个固定的上限 CC。

泰伦斯·陶在2015年给出的令人惊讶的答案是:不能。无论序列选得多么巧妙,总会存在某个跳步 dd 与长度 nn,使累计和最终突破你所指定的任何上限。

sup⁡n,d∈N∣∑j=1nf(jd)∣=∞,f:N→{−1,+1}\sup_{n,d \in \mathbb{N}} \left| \sum_{j=1}^{n} f(jd) \right| = \infty, \qquad f:\mathbb{N}\to\{-1,+1\}
详细分析

本步的表达式定义了 f:N→{−1,+1}f:\mathbb{N}\to\{-1,+1\} 的差异度:上确界 sup⁡n,d∈N∣∑j=1nf(jd)∣\sup_{n,d\in\mathbb{N}}\left|\sum_{j=1}^n f(jd)\right| 度量 ff 沿齐次等差数列 d,2d,…,ndd,2d,\ldots,nd 的最大失衡。埃尔德什在1930年代猜测这个上确界对每个 ff 都是无穷大——即对每个界 CC 都存在 n,dn,d 使 ∣∑j=1nf(jd)∣>C\left|\sum_{j=1}^n f(jd)\right| > C。作为参照,罗特1964年的定理能迫使差异度达到 ≫N\gg\sqrt{N},但仅在允许所有等差数列(起点任意)时成立;限制为经过 00 的数列正是积性结构得以介入之处,因为完全积性的 ff 满足 ∑j=1nf(jd)=f(d)∑j=1nf(j)\sum_{j=1}^n f(jd) = f(d)\sum_{j=1}^n f(j),问题于是坍缩到它自身的部分和上。

这个猜想历经八十年和一场专门的Polymath实验仍未被解决。Polymath5(2010年,由高尔斯发起)用手算与计算机验证了小规模情形,给出了一条长度 11601160、差异度为 22 的序列,并发展了第三步所用的傅里叶归约;随后科涅夫与利西察2014年的SAT求解计算表明,每条长度 11611161 的序列差异度已至少为 33,同时他们还找到一条长约 13,00013{,}000、差异度仍为 33 的序列——可见无界增长确实发生,但可以任意缓慢。

陶哲轩2015年的证明(arXiv:1509.05363,Discrete Analysis 2016)实际上解决的是更强的向量值命题:希尔伯特空间中满足 ∥f(n)∥H=1\|f(n)\|_H=1 的 f:N→Hf:\mathbb{N}\to H。其余各步遵循论文架构:归约到随机完全积性函数 g\mathbf{g}(第2节),对数平均形式的埃利奥特猜想(定理1.10,引自姊妹篇论文),以及排除最后一种情形的广义博韦恩–崔–库恩斯论证(第4节)。

本步骤中的术语
齐次等差数列
固定数 dd 的倍数所构成的列表:d,2d,3d,…,ndd,2d,3d,\ldots,nd;这里的「齐次」是指数列从 dd 本身开始,而不是从任意偏移量开始。
本步骤用到的知识