[数学探奇]《用箭头来旋转》

乌木

偶又翻翻多年前买的一本《数学探奇》，其中一题蛮有趣，其论证我也不太懂。先把题目贴上来，供各位玩玩。
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把两张一样大小的纸放在桌子上，一张放在另一张上面。对于下面那张纸上的每一点P，上面那张纸上总有一点P*跟它对应，那就是恰好在P点上方的那个点。现在，让下面那张纸留着不动，把上面那张纸拿起来随意地折它，弄皱它，把它揉成一团，但别把它撕裂了。然后，就把这个纸团放在桌子上的那张纸上，比如说用一本大书把它压平，但别让它伸到下面那张纸的外面去。
我们可以断言，上面那张纸上存在一个点P*，恰好跟这张纸弄皱以前处于同一个位置上，也就是说，它现在就位于P点本身的上方。
这例子说明的是“不动点定理”或“布劳韦尔定理”（Brouwer，上世纪著名荷兰数学家）。
另一个例子是，有一杯咖啡，用小匙搅拌，没让咖啡溅出来。这样随便地搅了半分钟后，让咖啡慢慢停下来。这时这杯咖啡里至少有一个咖啡分子，恰好就处在搅拌以前所在的位置。

[ 本帖最后由 乌木 于 2009-5-25 19:18 编辑 ]

乌木

那一章的题目《用箭头来旋转》表明了书中接下去的论证方法。

zz406

继续说啊，怎么论证呢？

乌木

最好让大家试试论证论证再说。

乌木

且慢贴出那书的论证，我想补充一个例子，各位帮忙看看符合不符合上面他的两个例子。魔方吧，魔方吧，得拿魔方说事。

比中国面积还要大的 1千万平方公里等于1×10^19平方毫米（没算错吧？）；三阶纯色魔方的状态数约为 4.3×10^19；假想一个魔方缩小到1立方毫米，有如一粒沙子般，把多于4千亿亿个各态魔方紧挨着平铺一层，其面积比4个中国面积还要大。

假想把这些“魔方沙”随意混乱，重新平铺于原处，不超出原处，也不丢失一粒魔方，那么，至少有一个状态的魔方落在它原先所处的位置。

此例妥否？如果说，10^19数不够大，那么要多大的数？他的论证中好像不涉及粒子数的大小（也许隐含着要粒子数极大极大？我看不大懂），也不说纸张大小，咖啡杯大小等。

此外，他也不对咖啡分子作标记（也许隐含地作了标记？），不管怎样，我仿造的例子中，那么多的魔方态，货真价实地没有两个是完全一样的！比如今的、实际真有过因故重复的身份证号码还要棒（怎么不用魔方态代替身份证 ？真是的！

[ 本帖最后由 乌木 于 2009-5-25 19:29 编辑 ]

noski

　　纸团的例子想一想还有些道理，以前也略有耳闻，可是对咖啡分子的结论有疑问：如果整杯咖啡的分子绕杯子的竖直中心轴转一个角度，中心轴上的分子沿轴上下移动一段矩离，那么是不是整杯的咖啡分子都不在原来的位置上了呢？
<BR>
　　看了5楼的“魔方沙”，感觉好像又变成了概率问题。我还是想一个特例，比如每两个魔方交换一个位置，奇数的话就最后三个轮换一下，那么每个魔方都不在原来的位置上了。莫非是由于魔方太多了，以至于所有魔方都不落在原来位置的概率太小了，忽略不计了，所以才下了这个断言？

乌木

那书是翻译的，其中此题的论证之叙述似乎不怎么样。过一阵我会摘贴上来。初步想想，“那纸片不撕破”这个条件非常重要，他的论证中也强调了这点，而在咖啡例子中，难道搅拌一杯液体也算“不撕破”？我得多读几遍再说。等我贴出后大家不妨各抒己见。

[ 本帖最后由 乌木 于 2007-12-15 18:50 编辑 ]

乌木

《用箭头来旋转》一题的论证

（该翻译过来的书中此题的叙述似乎不怎么样，比如，读者得分清他叙述中的“公转”和“自转”，等等。启发总还有的，摘来供各位参考。）

用两个半径为R的相等的圆纸片来代替那两张纸，两种情况可互换，只是用圆片更便于解释。

一开始，把两圆纸片叠放在一起。对于下面圆片上的每一点P，上面圆片上总有一个点，就是恰好在P点上方的那个点P* 跟它对应。把上面圆片弄皱揉成团，再放到下面圆片上压平，且别让它伸到外面去。这时，P* 就到了另一位置P'。也就是说，原来在P位置的点P* 现在处在了P' 位置。
我们的目标是证明必定存在一点P，它的对应点P' 是跟它重合的。这跟箭头有何关系？下面会看到。
假设情况并不像我们所要证明的那样，即，假设对每个点P，点P'总是跟它不一样。既然不一样，就可以在圆片上的每一点引一个箭头出来，它的起点是P，终点是P'。所有的终点P'并不一定布满整个圆片，因为上面那个圆片揉皱压扁后，可能比原来的小些。现在，我们要证明这种假设情况是不成立的，是会引出矛盾的。这样，一定存在一点P使得对应点P'与之重合。

有一种巧妙方法来推出矛盾，做法是考察箭头的性态，即在改变它的起点的过程中，考察它的转动情况。
在上述半径为R的圆（圆心为O）内作个同心圆c _r，半径为r。考察所有起点处于圆c_r上的箭头，比如从Hr点出发，沿圆周c _r考察一周，这些箭头指东指西，没什么规律，但综合起来它们旋转的圈数还是有一定规律的。

为便于研究这些箭头的旋转，把它们作个平移，并把各个起点也移到同一点上。
因为圆片虽团皱但没有撕破，所以上述两个箭头如果起点靠得很近，那么终点一定也靠得很近。于是上述考查将近走完一周，起点的位置靠近初始点Hr时，相应的终点也会靠近初始箭头的终点。因此，无论r多大，箭头的这种“自转”的圈数总是一个整数，不会是转了3/4或1/2等等的非整数圈。（图1）

此外，如圆c_r那样再作个圆c_s，半径s很接近于r，那么，同理可知，起点位于相重的半径上的箭头，由于起点靠得很近，所以终点也靠得很近，所以相应的箭头方向变化不大。于是，当r和s很接近时，起点分别在c_r和c_s上的箭头必定转过相同的圈数。（图2）

通过一点一点累加的办法，从很小的r值一直到圆片直径R。对于0与R之间的任一r，箭头起点沿c_r移动时，箭头应该转过同样的圈数。

由此，据开始的假设推论时，可以问：当r很小时，箭头转过几圈？当r就是R时，又转过几圈？
r很小时，c_r上的点都很靠近圆心0，相应的箭头的终点几乎没有移动，于是，转动的圈数应为0；箭头没有转圈，至多只是在一个方向附近稍有扰动而已。（图3）


r 等于R时，每个箭头的起点都位于圆片的边缘。由于终点总是位于圆片内部，所以如果过每个起点作边圆的切线，则所有的箭头都位于切线的一侧。（图4）


箭头往前转动，就好像是切线在推着它走。由于切线只转动了一圈，所以箭头不多不少也转过一圈。
这样，就出现了矛盾！如果最初的假设是对的，那么0就等于1。

因而最初的假设不对，故应该存在这样的一点P，使得P'是和P重合的。

（未完）

[ 本帖最后由 乌木 于 2009-5-25 19:52 编辑 ]

noski

<P>我百度到了一个论证的方法，看了觉得挺好，不过不如上面的严谨。它说的是一张纸把一个纸盒的底盖住，再揉成团扔进去，反正都是一个意思。</P>
<P>&nbsp;</P>
<P>

通过具体找到这个点，就能说明这个问题了吧？如何找这个点？ <BR>纸被揉成球以后，看它现在投到纸盒底部的影子。纸盒底部的影子区域肯定比纸盒底要小。那么，就取【纸盒底部的在影子内的那个部分】，它肯定对应于纸团里面的某一小团部分。（因为整个底板对应于整个纸团，那么底板的一部分就肯定对应于一部分纸团） <BR>假如去掉纸团的其他部分，那一小团部分同样可以在纸盒底面投影，而且投影肯定比刚才的大投影小，而且在它之内。（因为它是在整个纸团之内）。那么，取这一小片投影（注意这片影子肯定是连续的不会断开，因为纸没有撕裂），当它再往纸团里对应的时候，肯定对应于其中更小的一团。我们再次把多余的纸去掉。 <BR><BR>就是说： <BR>整个纸盒对应于纸团 <BR>纸盒【在纸团投影内的部分】对应于纸团内的一小块 <BR>纸盒【一小块的投影的部分】对应于刚才那一小块内的更小一块 <BR>纸盒【更小块投影的部分】对应于更小块中的更更小一块 <BR>………………………… <BR>不断地去掉纸无限次，最后纸团只剩下了一个点，它的投影就对应于纸盒的一个点

</CA></P>

乌木

接下去，论证推广到一个球面上“贴”箭头，它们的起点都在球面上，箭头都跟球面相切，这些箭头覆盖整个球面，还要求这些箭头以连续的方式变动。经同样的论证方法，结论是不可能做到。（具体论证此处从略。）

再下去，文章借助箭头来证明“代数基本定理”：对于任一具有实数或复数系数a1，a2，a3，………，an的多项式
   
至少存在一个数s（实数或复数）使得P（s）＝0 。（具体论证此处从略。）

最后，文章说，不动点定理是近代分析学的最重要的工具之一，它还可以有一些更抽象的讲法。文章还举例说明可以用不动点定理探讨一个方程组是否有解。例如，把下面的方程组作一番变换（此处从略），据布劳韦尔定理，可以断言一定存在一个不动点，因此方程组

   
至少有一个解。

[ 本帖最后由 乌木 于 2009-5-25 19:57 编辑 ]