数学的魅力数学难题课件.ppt

1、范围：古代三大难题；近代三大难题;现代七大 几何作图三大难题化圆为方倍立方体三等分角 费马大定理 哥德巴赫猜想 四色猜想 庞加莱猜想选题原则：典型、重要、著名、合适范围：古代三大难题；近代三大难题;现代七大希尔伯特几何作图三大难题几何作图三大难题In ThIs secTIon一家人化圆为方三等三等分角分角倍立方体倍立方体=2=（公元前（公元前5世纪世纪1882年）年）求作一个正方形，其面积等于已知圆的面积这就是化圆为方问题该问题直到1882年才被德国数学家林德曼（C.L.F.Lindemann，18521939）证明为不可能。这就是著名的“倍立方体问题”，又叫“第罗问题”：求作一个正方体，其体

2、积等于已求作一个正方体，其体积等于已知正方体体积的两倍知正方体体积的两倍该问题直到1837年才由万锲尔（P.L.Wantzel,1814-1848）给出否定的答案。要确定北门和小桥的位置，关键是算出夹角 。记a 为南门S与居室H连线SH与河流之间的夹角，则通过几何知识可以算出北门N南门SH公主居室小桥P河流NSH32aNSHa?这个问题流传下来，直到1837年才由万锲尔给出否定的答案。这就是著名的“三等分任意角”问题求作一个角，等于已知角的三分之一3 3作图工具直尺和圆规能做什么？直观地看：（1）通过两点作直线；（2）以已知点为圆心，已知线段为半径作圆；（3）定出两条已知非平行直线的交点；（4

3、）定出两个已知圆的交点；（5）定出已知直线与已知圆的交点。1837年数学家万锲尔（P.L.Wantzel,1814-1848）注意到：直线方程是（一次）线性的，而圆的方程是二次的。通过上述五种手段所能做出的交点问题，转化为求一次与二次方程组的解的问题。简单的代数知识告诉我们：通过直尺与圆规所能做出的只能是已知线段（长度）的和、差、积、商以及开平方的有限次组合。（1）“倍立方体”，要作出数值320343axx（2）“化圆为方”，要作出数值（3）“三等分角”，如果记a=cosA,要作出角度A/3,也必作出相应的余弦值x=cos(A/3),由三倍角公式，此值x是方程 的解。（1）“倍立方体”，要作出

4、数值 ，“三等分角”，要作出是三次方程 的解。1837年万锲尔证明，这两个问题都是用直尺和圆规不能作出的。320343axx（2）“化圆为方”，要作出数值 ，1882年德国数学家林德曼（C.L.F.Lindemann，18521939）证明了是超越数，随即解决了“化圆为方”问题的不可能性。其前提是尺规作图。如果不限于尺规，它就会成为可能，目前已知的方法就有好几种。“三等分角问题”除了尺规要求外，还有一点常被人忽略，那就是三等分的是“任意角”，对于某些具体的角度，比如90，它就是可能的。几何三大作图难题是已经解决了的，结论为“不可能”。第二节 Fermat大定理 方程没有正整数解。3,nzyxn

5、nn（1637年1994年）该书第二卷命题8给出了方程 x2+y2=z2的整数通解。若m,n 是两个正整数，且2mn是完全平方数，则通解为 mnnmzmnnymnmx222 1637年，费马在阅读这一命题后，在该命题旁边空白处用拉丁文写下一段具有历史意义的批注：“将一个正整数的立方表为两个正整数的立方和；将一个正整数的四次方表为两个正整数的四次方和；或者，一般地，将一个正整数的高于二次的幂表为两个正整数的同一次幂的和，这是不可能的。对此，我找到了一个真正奇妙的证明，但书页的空白太小，无法把它写下。”用式子来表达这段话就是：方程xn+yn=zn (1)在n 2时没有正整数解。在费马去世五年后的1

6、670年，费马的儿子在整理父亲遗留的书籍时，发现了这一批注，并公开出版。两个特例：两个特例：n=3,42 2瑞士人。18世纪最优秀的数学家。世上最多产的数学家。13岁入大学，17岁取得硕士学位，30岁右眼失明，60岁完全失明。欧拉 Leonhard Euler(1707-1783)欧拉（1707-1783）基本思想：（欧拉：1738）假如（1）有正整数解(a,b,c),即a4+b4=c4 (2)则在正整数解中总有使数 c 最小者，然后从这组解(a,b,c)出发，导出一组新的正整数解(a1,b1,c1)，而且c1 c ，这与c的最小性相矛盾 费马发明了一种“无穷递降法”，用以给出了一个定理，由这

7、个定理可以给出n=4的情形。这个定理是：边长为整数的直角三角形的面积不是一个完全平方数。用这种方法可以证明方程x4+y4=z2 （3）没有正整数解。从而方程（2）也没有正整数解。证明依赖于勾股数的表示（见本课程第3章）。此处从略。法国人。少数研究数学的女性。提出将“费马大定理”分成两种情况：(I)n 能整除 x、y、z。(II)n 不能整除 x、y、z。索菲娅 Sophie Germain(1776-1831)新的方向1831年，一位完全靠自学成材的法国女数学家索菲娅，依靠自己的聪明才智，把结果向前推进了一大步：在x,y,z与n互素的前提下，证明了对所有小于100的奇素数，费马大定理成立。如果

8、n是不超过100的奇素数，则不存在正整数组（x,y,z），使得x,y,z与n互素且满足方程xn+yn=zn。库墨尔 Ernst Edward Kummer(1810-1893)德国人1845 至 1847 年间，提出了“分圆整数”、“理想数”、“正规质数”等概念。证明当 n 2)1922年，英国数学家莫代尔提出猜想：每条第三类曲线上最多只有有限多个有理点1983年，法廷斯证明了莫代尔猜想.从而每条曲线xn+yn=1上上最多只有有限多个有理点费马猜想每条曲线xn+yn=1上没有正有理点差一点儿法廷斯证明莫代尔猜想，吸引了许多几何高手加入研究费马大定理的行列，为费马大定理的证明开辟了多条道路，其中

9、德国数学家符雷偶然发现了一条蹊径：费马大定理与第二类曲线（椭圆曲线）有密切关系。关于（第二类）椭圆曲线，有许多重要猜想，其中一个由日本数学家志村和谷山，以及法国数学家外依在1950年提出的猜想，称之为志村-谷山-外依猜想:有理数域上的每条椭圆曲线都是模曲线。1985年德国数学家符雷在一次会议上宣布：如果对某个如果对某个n 22费马大定理不成立，费马大定理不成立，他可以具体构造一个椭圆曲线，使志村他可以具体构造一个椭圆曲线，使志村-谷山谷山-外依猜想对这条曲线不成立。外依猜想对这条曲线不成立。因此（逆否命题）若志村若志村-谷山谷山-外依猜想成立，则对外依猜想成立，则对所有所有n 22费马大定理成

10、立！费马大定理成立！1997 年 6 月27日，外尔斯荣获德国悬赏的10万马克奖金。1.Fermat-Catalan猜想 若正整数m,n,k满足 1/m +1/n +1/k 2时，2n=p+q,其中，p,q是素数(1742年?!)整数的分解与分拆：对于乘法，算术基本定理：任一自然数都可以唯一分解为若干个素数之积。.5522100;532260;53230;5210对于加法，人们也可以研究自然数的构成：将一个自然数写成若干个较小的自然数之和，这个过程叫做数的分拆。其结论是极其复杂的。如：5=5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1 =2+1+1+1=1+1+1+1+1一般地，如果用p(n)表示

11、整数n的加法表示种数，则它往往是一个很大的数。P(1)=1,P(2)=2,P(3)=3,P(4)=5,P(5)=7,P(6)=11,P(7)=15,P(8)=22,，P(100)=190,569,292（1亿9千万）P(200)=3,972,999,029,388(4万亿)。可见，如果不加以限制，这样的问题是复杂的，也是没有太大意义的。于是，人们研究各种限制下的整数分拆问题。这类问题被华罗庚称为“堆垒数论”。华罗庚这里面第一个问题就是分拆为方幂和的问题。1770年，法国数学家拉格朗日(Lagrange,17361813)证明了：对于这种形式的分拆，德国数学家希尔伯特(Hilbert,18621

12、943)证得：但是，他并不知道c(k)的具体大小。对于偶数，一个明显的分拆是可以写成两个奇数之和。而任意奇数都可以分解为若干个奇素数之积，因此可以肯定：问题:这里的“若干”能不能有个限度。哥德巴赫经过大量的验算后猜想：Goldbach 猜想猜想 2 2哥德巴赫（C.Goldbach，1690-1764）是德国数学家，毕业于哥尼斯堡大学。他本来是住俄罗斯的一位公使，业余时间研究数学,后任圣彼得堡科学院教授、院士。从1729年起，哥德巴赫和瑞士著名数学家欧拉经常通信讨论数学问题，这种联系长达35年之久。公元1742年6月7日，住在圣彼得堡的哥德巴赫在给欧拉的信中提出：同年6月30日，欧拉在给哥德巴

13、赫的回信中指出“每一个大偶数都是两个奇素数之和，虽然我不能完全证明它，但我确信这个论断是完全正确的。”“每一个大于或等于9的奇数都是三个奇素数之和。”哥德巴赫猜想每一个大于或等于6的偶数都是两个奇素数之和。简称（1+1）：“1”个素数加（+）“1”个素数；观察以上两句话，我们会发现:第一句是基本的，第二句可以由第一句导出。这第一句话就是后人所称的哥德巴赫猜想 哥德巴赫猜想引起了众多数学家和业余数学爱好者的极大兴趣，但它的证明极其困难，直到19世纪末的160年间，没有取得实质性进展。毫无疑问，证明或否定哥德巴赫猜想，是对历代数学家智慧与功力的严峻挑战。它的魅力就在于：简单而艰深!Goldbach

14、 猜想的研究猜想的研究 3 31.研究方向：兰道的方向：1912年，德国数学家兰道在第五届世界数学家大会上指出：即使要证明较弱的命题：即使要证明较弱的命题：“每一每一个大于个大于4的偶数都是的偶数都是m（m是一个确是一个确定整数）个奇素数之和。定整数）个奇素数之和。”也是现也是现代数学力所不及的。代数学力所不及的。18年后，一位苏联数学家证明：这样的 m一定是存在的！这为人们提供了第一个研究方向。因子哥德巴赫问题方向 先证明：对于某个具体的m,n,每一个大于4的偶数都是不超过m个奇素数的积加上另外不超过n个奇素数的积，简称(m+n)。2N=p1p2pj+q1q2qk,(jm,kn)然后再一步一

15、步地减小m,n,最后降到m=n=1时(2N=p1+q1)，就完成了证明。2.研究方法：筛法；圆法；三角和法 筛法：这是一种由古老方法演变而来的数学方法，是迄今为止研究哥德巴赫猜想最为有效且获得最好结果的方法。两千多年前古希腊学者爱拉托士散纳(Eratosthenes)创造了一种得到素数的方法：在纸上由2开始顺次写下足够多个自然数，将其中2的倍数（当然不包括2，下同）都划掉，然后是3的倍数，5的倍数如此往复，则最后剩下该范围内所有的素数。筛法就是以这种方法为基础演化而来的。123456789101112131415161718 19 202122232425262728 29 303132333

16、435363738 39 404142434445464748 49 505152535455565758 59 606162636465666768 69 707172737475767778 79 808182838485868788 89 909192939495969798 99 100 圆法：圆法是在20世纪20年代，由英国数学家哈代(G.H.Hardy,1877-1947)与李特伍德(Littlewood,1885-1977)系统地开创与发展起来的研究堆垒素数论的方法.1923年，他们利用“圆法”及一个未经证实的猜测黎曼猜测证明了任一充分大的奇数都是三素数之和 圆法内容比较复杂，此

17、处不予介绍。三角和法：20世纪30年代，苏联数学家维诺格拉托夫创造了一种“三角和法”。1937年，维诺格拉托夫本人利用“圆法”及他自己创造的“三角和法”基基本上本上证明了“任一充分大的奇数都是三素数之和”3.研究进展：兰道的方向：1930年,苏联25岁的数学家史尼尔勒曼证明了命题“每一个大于4的偶数都是m个奇素数之和”并估计这个数m不会超过800000.1935年 m 2208 (苏联 罗曼诺夫)1936年 m 271 (德国 海尔布伦,兰道,等)1937年 m 267 (意大利 里奇)1950年 m 220 (美国 夏彼罗,瓦尔加)1956年 m 218 (中国 尹文霖)1976年 m 26

18、 (旺格汉)因子哥德巴赫问题先证明：对于某个具体的m,n,每一个大于4的偶数都是不超过m个奇素数的积加上另外不超过n个奇素数的积，简称(m+n)。2N=p1p2pj+q1q2qk,(jm,kn)逐步缩小m,n,最后降到m=n=11920年，挪威数学家布龙率先证明了（9+9）;1924年，德国数学家雷德马赫证明（7+7）；1932年，英国数学家埃斯特曼证明（6+6）；1937年，意大利数学家黎丝证明了(5+7）,(4+9)等；1938年和1940年，苏联数学家布赫斯塔勃先后证明了（5+5），（4+4）；1957年，我国数学家王元证明（2+3）；1962年，我国数学家王元与潘承洞证明（1+4）；1

19、965年，前苏联数学家维纳格拉托夫等分别独立证明了（1+3）；1966年，我国数学家陈景润证明了（1+2）:2n=p+q,或 2n=p+q1 q2至此，离哥德巴赫猜想（1+1）的证明只有一步之遥。陈景润与陈景润与Goldbach猜想猜想4 4陈景润（19331996）中国当代著名数学家 1933年5月22日出生于福建省 从小酷爱数学，学习刻苦，成绩优秀 在高中时期，沈元老师教他数学,沈老师向学生介绍了“Goldbach猜想”，并补充说：“数学是科学的皇后，数论是数学的皇冠，而Goldbach猜想是皇冠上的明珠。”1966年5月，陈景润经过7个寒暑的艰辛研究，依靠他超人的勤奋和顽强的毅力证明了（

20、1+2）：每一个充分大的偶数都是一个素数加上另外不超过2个素数的积。他的论文手稿长达200多页，没有全部发表。经过压缩整理，1973年正式发表。这一研究成果在国际数学界引起极大反响，在国内家喻户晓。英国数学家哈伯斯坦姆与德国数学家李希特合著的数学专著筛法，原有10章，付印后见到陈景润的论文，便加入了第十一章，章目为“陈氏定理”，并写信给陈景润，称赞他说：“您移动了群山！”是的，“陈氏定理”离哥德巴赫猜想（1+1）的证明只有一步之遥了。虽然哥德巴赫猜想还没有最终被证明，但是，在数学家们一次次的攻关过程中，产生了许多新方法、新理论。从这个意义上讲，在向世界难题进军过程中所作的努力和尝试所对数学的促

21、进与推动，其意义要大于难题的最终解决。 绘制任一地图，只要四种颜色就够了！四色猜想（四色猜想（18521852年年19761976年）年）一个故事一个故事1 1国王的遗嘱从前有个国王，他有五个儿子，临终立下一条遗嘱并留下一个锦盒：“我死后，请孩子们将国土划分为五个区域，每人一块，形状任意，但任一块区域必须与其它四块都相邻。如果在划分疆土时遇到困难，可以打开锦盒寻找答案。”锦盒中国王的亲笔信：嘱托五位王子要精诚团结，不要分裂，合则存，分则亡。这个故事告诉我们在平面上要想使任一区域都与其它四个区域相邻的五个区域可能是不存在的。四色猜想的来历四色猜想的来历2 2四色猜想的来历大约在1852年，英国F

22、rancis Guthrie发现：绘制地图，一般至少需要四种颜色。但不论多么复杂的地图，只需要四种颜色就足够了。Francis Guthrie告诉堂兄Frederick Guthrie。Frederick Guthrie请教老师A.De Morgan(18061871)。A.De Morgan在1852年10月23日写信给英国三一学院的著名数学家W.R.Hamilton(1805-1865),信中在介绍了四色猜想之后写到：“就我目前的理解，如果四个区域中的每一个都和其它三个区域相邻，则其中必有一个区域（下图中的红色区域）被其它三个区域包围，因而任何第五个区域都不可能与它相邻。若这是对的，则四色

23、猜想成立。”De Morgan还画出了三个具体的图形来说明上述理解，并说：“我越想越觉得这是显然的事情。如果您能举出一个简单的反例来，说明我像一头蠢驴。”Hamilton为此努力了13年，未果而终（死）。1878年6月13日，英国数学家A.Cayley(1821-1895)在伦敦数学会正式提出四色猜想。1879年，他又向英国皇家地理学会提交一篇“关于地图染色”的短文，该文刊登在该学会会刊创刊号上，公开征求对四色猜想的解答。该文肯定这个问题是由已故数学家A.De Morgan提出的，并指出了解决四色猜想的困难所在。Cayley的论文引起了人们的重视，四色猜想因此才广泛流传开来。哈 密 顿 W.R

24、,(H a m i l t o n W i l l i a m Rowan)1805 年 8 月 4 日生于爱尔兰都柏林；1865年 9 月 2 日卒于都柏林(Dublin)。力学数学光学。凯莱A.(CayleyArthur)1821 年8月16日生于英国萨里的里士满；1895 年1 月26日卒于英国剑桥。数学天文学。肯普的肯普的“证明证明”3 3最先声称证明了四色猜想的是英国律师肯普。肯普年轻时曾拜数学家Cayley为师学习数学，他阅读了Cayley“关于地图染色”的论文，并认真研究了Cayley所指出的证明困难所在，试图用一“退”一“进”的思想来克服这一困难。所谓“退”，就是设法从n个国家

25、（区域）的地图中去掉一个区域，使之化为具有n-1个区域的地图。所谓“进”，就是如果对具有n-1个区域的地图可以用四色染色，进而证明，再添加所去掉的区域后的n个区域的地图也可以用四色染色。在Cayley提出四色猜想的当年，即1879年，肯普就声称证明了四色猜想。他的证明虽然11年后被人发现有漏洞，但却是富有启发性的。其成功之处在于他提出了“正规地图”，证明了任一地图均可以修改为正规地图，而不需增加制图色彩。指出了任一正规地图都必然有的四种“不可避免组”（如下页图）。四种“不可避免组”希伍德的重要发现：五色定理的证明希伍德的重要发现：五色定理的证明4 4 在肯普“证明”四色猜想11年以后的1890

26、年，年仅29岁的英国青年数学家希伍德（P.J.Heawood,1861-1955）在纯粹数学与应用数学季刊上发表题目为“地图染色定理”的论文，指出了肯普在1879年所给证明中的错误。同时，希伍德利用肯普的证明思想，成功地证明了五色定理：五色定理：任何地图都可以用五种颜色正确染色希伍德关于五色定理的证明并不困难，除了使用肯普的证明思想外，欧拉公式是一个重要工具。欧拉公式欧拉公式:对于任一给定的多面体或平面地图，对于任一给定的多面体或平面地图，其面数其面数f、边数、边数 e 和顶点数和顶点数 v 有下列关系：有下列关系：2vef五色定理的证明要点：一个概念一个概念：正规地图任一顶点处相交的区域数恰

27、为三个的地图。五色定理证明步骤：五色定理证明步骤：（1）任一地图均可以修改为正规地图，而不需增加制图色彩。因此，只需对正规地图证明五色定理即可。（2）在任一张正规地图中，必有一个区域的顶点数（边界数、相邻区域数）不超过5（四种“不可避免组”）.32kffff证明：事实上，如果区域数本身少于6，则结论自然成立。一般情况下，记 fk 为边界上恰有 k 个顶点的区域数（面数），则区域总数为容易知道，边界上有k个顶点的区域有kfk条边界，而每条边界都由两个国家共用，每个顶点都由三个国家共用。从而，边界总数 e、顶点总数 v 必满足.32232kkfffe.32332kkfffv 根据欧拉公式和上述三式

28、可以看出：1236129126662vfvefvefv即.3212.).(63221kkkffffff整理得 上式左边 ，故至少有一个 结论得证。125,0kfk.212234875432ffffff（3）对正规地图中所含区域（国家）的对正规地图中所含区域（国家）的个数用数学归纳法证明五色定理。个数用数学归纳法证明五色定理。当国家数 f=2,3,4,5时，结论是自明的。假设当 f k 时五色定理成立，即对国家个数不超过 k 的地图，可以用五种颜色正确着色。我们证明，当f=k+1时，也有同样结论。根据（2），这样的地图必有一个边数不多于5的国家。我们只考虑这样的一个国家的边数为5的情况。（其他情

29、况更简单，证明从略）设设A是这样的一个国家，考虑与是这样的一个国家，考虑与A相邻相邻的国家的情况。的国家的情况。关键证明断言：关键证明断言：与与A相邻的国家中，必然有两个国家相邻的国家中，必然有两个国家是互不相邻的。是互不相邻的。事实上，由于是正规地图，任一顶点事实上，由于是正规地图，任一顶点处相交的国家数为处相交的国家数为3，通过分析不难发现，通过分析不难发现，与与A相邻的国家情况，不外乎下图中的三相邻的国家情况，不外乎下图中的三种之一。种之一。图图1是是A的邻国中有一个国家（图中黄色的国家）与的邻国中有一个国家（图中黄色的国家）与A有两条公共边界，此时有两条公共边界，此时a国与国与b国是不

30、相邻的；图国是不相邻的；图2是是A的邻国中有两个国家（图中的黄色与绿色国家）在另的邻国中有两个国家（图中的黄色与绿色国家）在另一不同的边界相交，此时亦有两个国家，一不同的边界相交，此时亦有两个国家，a国与国与b国，国，是不相邻的；图是不相邻的；图3是最简单的一种情况，是最简单的一种情况，A有五个互不有五个互不包含的邻国，显然，此时包含的邻国，显然，此时a国与国与b国也是不相邻的。国也是不相邻的。现在，我们把这张地图中现在，我们把这张地图中a、A、b三国合并成一国，这构成了一三国合并成一国，这构成了一个只有个只有k-1个国家的正规地图，个国家的正规地图，按照归纳假设，是可以用五色按照归纳假设，是

31、可以用五色绘制的。（如下图绘制的。（如下图4、5、6）由于由于A的边界只有的边界只有5条，其邻国也最多有条，其邻国也最多有5个，现个，现在合并掉两个后，还剩下最多在合并掉两个后，还剩下最多3个邻国，因此，在个邻国，因此，在A及及其邻国处只须其邻国处只须4种颜色就够了。现在，再把种颜色就够了。现在，再把a、A、b三三国恢复，国恢复，a、b国保持原有颜色，而将国保持原有颜色，而将A涂上第涂上第5种颜色，种颜色，这样这个具有这样这个具有k+1个国家的地图也可以用个国家的地图也可以用5种颜色绘制种颜色绘制了。了。根据数学归纳法原理，对所有地图，五色定理成根据数学归纳法原理，对所有地图，五色定理成立。立

32、。不可小看的四色猜想不可小看的四色猜想5 5五色定理的证明，给了人们很大信心，当时许多人都认为四色猜想是一个简单的问题。比如，当消息流传到俄罗斯时，爱因斯坦的数学导师、著名数学家Minkovski(1864-1909)就认为这是一个显然的问题。他一次在课堂上偶然提到这个问题时说道：“地图着色问题之所以一直没有解决，是因为没有第一流的数学家来解决它。”接着，他胸有成竹地拿起粉笔在黑板上推导起来，结果却没有成功。他极不甘心，下一节课又继续尝试，依然没有进展。一连几天如此，都是毫无结果。有一天，天下大雨，他刚跨进教室，疲倦地注视着依旧挂着他的“证明”的黑板，正要继续他的推导时，突然雷声大作，震耳欲聋

33、。他突然醒悟，马上愧疚地对学生说，这是上天在责备我狂妄自大，我解决不了这个问题。从此以后，人们才真正认识到四色猜想是不可小看的。四色猜想成为近代数学三大难题之一。闵科夫斯基(MinkowskiHermann)1864 年 6月 22日生于俄国阿列克索塔斯(今属立陶宛)；1909 年 1 月 12日卒于德国格丁根。四色猜想证明的进展四色猜想证明的进展6 6 进入20世纪以来，人们一直在不断地研究四色猜想，也取得了一定成就。1913年，哈佛大学教授伯克霍夫给出了检查大的构形的可约性的技巧；1920年，Franklin证明当国家个数不超过25个时，四色猜想是正确的；1926年，雷诺兹进一步证明当国家

34、个数不超过27个时，四色猜想是正确的；1936年，Franklin再次把国家个数扩大到31个；1940年，Winn把国家个数扩大到35个；1968年，挪威数学家O.Ore又把国家个数扩大到40个；1975年，国家数提高到了52个。但这离关于所有地图都成立的四色猜想的解决还是遥遥无期。四色定理机器证明引起的争论与困惑四色定理机器证明引起的争论与困惑7 7四色猜想难在哪里？四色猜想难在哪里？难就难在要解决四色猜想，要做出大约两百亿次逻辑判断。而一个人即使每秒钟做一次逻辑判断，他要工作将近700年，才能完成这些判断。可见，如果没有超智慧的理论突破，单靠一个人的力量是不可能解决这一问题的。肯普的思想，

35、加上计算机的加盟，给四色猜想的解决带来了曙光。1976年9月，美国数学会主办的美国数学会通讯上载文宣布，美国Illinois大学的两位数学家K.I.Appel和W.Haken，根据肯普的证明思想，利用3台IBM360型超高速电子计算机，耗时约1200小时，终于证明了四色猜想（全文发表在次年9月的Illinois J.Math.V.21上）。这一成就震惊了整个数学界，影响到全社会。当天，Appel所在的厄巴纳邮局为了纪念这一创举与成功，特别在邮戳上加盖了Four Coulors Suffice 四色猜想的机器证明开辟了数学证明的广阔前景：人类提供思想，计算机提供计算与判断，是理论方法与实验方法完

36、美结合的一个典范。这一证明，意义重大，它说明，机器不仅可以进行计算，也可以进行推理。目前，我国数学家吴文俊、张景中等已经系统地建立了机器证明的理论方法，并成功地解决了许多问题。但同时也有不少人对四色猜想的机器证明提出异议：一是程序难以检验，二是错误无法识别。1985年1月，有人找出了上述机器证明中的一个错误，全美数学大会宣布他们的证明错误。但后来这一错误得到修复，四色猜想是正确的。尽管如此，四色猜想能否用逻辑演绎方式而非机器来加以证明，至今仍是一个值得研究的未解之谜。结束语六个著名数学问题，跨越2000多年，倾注了无数数学家的心血。有些已经解决，有些尚未解决。有些有明显的应用价值，有些却看不到

37、直接的应用前景。但是它们的确是数学问题的一个缩影，反映了数学问题的共同特征：在多数情况下，在向世界难题进军过程中所作的努力与尝试，所产生的思想与方法等，这些对数学发展的促进与推动，其意义要大于难题本身的意义和难题的最终解决。第五节七个千禧年数学难题（2000年5月24日：巴黎）Clay Mathematics Institute 1.Riemann猜想（猜想（Riemann假设）假设）Riemann猜想与素数有关。早在古希腊时期，欧几里得就巧妙地证明了：素数有无穷多个。但是这些素数的存在有一个固定的模式吗？十九世纪中叶，德国数学家黎曼(Bernhard Riemann,18261866)提出猜

38、想：素数不仅有无穷多个，而且这无穷多个素数以一种微妙和精确的模式出现。Riemann猜想的具体表述依赖于黎曼函数：）是实数1,(,1)(nstitsns多项式函数有两种表示方法，即 P(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0 和 P(x)=an(x-x1)(x-x2)(x-xn)。仿照多项式情形，欧拉把黎曼函数表示为无穷乘积的形式：是素数psps11)(黎曼又把它开拓到整个复数平面，成为复变量s的函数，这包含了非常多的信息，当然它包含了所有素数的信息。正如多项式的情形一样，函数的信息大部分包含在其零点的信息当中，因此，黎曼函数的零点就成为大家关心的头等大事。可以知道，黎曼函数在负偶数

39、2,-4,-6,等处有零点，人们称这些为“平凡零点”。Riemann猜想是关于黎曼函数的非平凡零点的特征的，具体讲为：Riemann猜想（1859年）黎曼函数的所有非平凡零点的实部等于1/2，即满足 21 0 1/2 1平凡零点:-2,-4,-6,.无零点无零点复平面ImRe无穷多零点.1.31211)(sssns黎曼G.F.B.,(RiemannGeorg Friedrich Bernhard)1826 年9 月17 日生于德国汉诺威的布雷斯塞伦茨(Breselenz)；1866 年7 月20 日卒于意大利塞拉斯卡(Selasca)。2.Poincare猜想猜想 已经解决了庞加莱(Poinc

40、are)猜想 任何单连通的三维流形（正如我们所在的宇宙空间）一定是一个三维球面。3.P3.P问题对问题对NPNP问题问题 这个问题与哲学上什么是可知的，什么是不可知的问题密切相关,属于计算复杂性理论。在一个盛大晚会上。你想知道这一大厅中是否有你已经认识的人。你的朋友向你提议说，你一定认识那位正在甜点盘附近角落的女士丹丹。不费一秒钟，你就能向那里扫视，并且发现你的朋友是正确的。然而，如果没有这样的暗示，你就必须环顾整个大厅，一个个地审视每一个人，看是否有你认识的人。生成问题的一个解通常比验证一个给定的解时间花费要多得多。判定一个答案是可以很快利用内部知识来验证，还是没有这样的提示而需要花费大量时

41、间来求解，被看作逻辑和计算机科学中最突出的问题之一。它是斯蒂文考克(StephenCook)于1971年陈述的。一个问题称为是P的，如果它可以通过运行多项式次(即运行时间至多是输入量大小的多项式函数的一种算法)获得解决；一个问题是NP的，如果所提出的解答可以用多项式次算法来检验。P等于NP吗?大部分复杂性理论工作者相信：P NP.例如，今天的大多数密码都是建立在一种假设的基础上，即对大整数（比如200位）进行因子分解从计算上说是不可行的问题。4.Hodge猜想猜想 这个问题与Poincare猜想一样是关于流形的，但是它没有那么简单明了的表述。二十世纪的数学家们发现了研究复杂对象的形状的强有力的

42、办法，其基本想法是：在多大程度上，可以把给定的复杂对象的形状通过把维数不断增加的简单几何块儿粘合在一起来形成。不幸的是，在实际操作中，几何块变得模糊起来，在某种意义下，必须加上某些没有任何几何解释（意义）的部件。Hodge猜想与此有关。5.Yang-Mills场的存在性和质量缺口场的存在性和质量缺口 这个问题要求对量子场论的未知物理和相应的数学构造有较深入的理解，量子场是指时空中满足一定要求的一个算子取值的广义函数。大约半个世纪以前，Yang（杨振宁）和Mills发现：量子物理揭示了在基本粒子物理与几何对象的数学之间的令人瞩目的关系。“Yang-Mills场的存在性和质量缺口”就是与四维量子场

43、论的数学理解相关的一个问题。具体表述为：Yang-Mills场的存在性和质量缺口问题 对于任意紧致单群G，在R4 上存在以群G为规范群的有质量量子的Yang-Mills场。6.Navier-Stokes方程的存在性与光滑性方程的存在性与光滑性 数学家和物理学家深信，无论是微风还是湍流，都可以通过理解Navier-Stokes方程的解，来对它们进行解释和预言。Navier-Stokes方程描述了Rn(n=2 或3)中流体的运动。这个方程要对关于位置x Rn和时间t 0定义的未知速度向量 u(x,t)=(ui(x,t)1in Rn以及压力p(x,t)Rn求解。其基本的问题是判断Navier-Sto

44、kes方程是否存在光滑的、在物理上合理的解。7.Birch和Swinnerton-Dyer猜想 数学家总是对诸如x2+y2=z2 这样的代数方程的所有解的刻画着迷。这个方程的解是早在古希腊时期就已经给出的，然而对于更为复杂的方程，解决起来却极为困难。事实上，希尔伯特第十问题是不可解的，即，不存在一般的方法来确定这样的方程是否有一个整数解。当解是一个Abel簇的点时，Birch和Swinnerton-Dyer猜想认为，有理点的解的多少与一个有关的Zeta函数(s)在点 s=1 附近 的性态有关。具体来讲：Birch和Swinnerton-Dyer猜想 当解是一个Abel簇的点时，如果(1)=0，则存在无穷多个有理点解，相反，如果(1)0，则只存在有限多个有理点解。