有没有碰到过可以通过建立物理模型且运用了物理基本原理来得到解析解的数学题？ 第1页

码完发现改问题了……还是写下来吧x

答曰:

巴塞尔问题(The Basel Problem)

求和式:

以下方法来自3Blue1Brown的一期视频，方法基于Johan Wästlund的论文.

答案是 ,你肯定要问这个 是从哪里冒出来的,一个简单的代数和式为什么就跟 扯上关系了? 就是那个圆周率, 没错.

在我们建立物理模型后, 你就能形象地看清楚 的来源了.

想像你站在数轴原点, 沿着 轴正方向等距地排列着一系列完全相同的灯塔, 它们之间的距离是单位长度, 也就是说在每个正整数对应的点上都放着灯塔.

我们来看正整数1对应的灯塔, 假设 轴上只亮起这一个灯塔, 我们定义它的表观亮度为1, 即单位表观亮度, 意思是一座灯塔距离观察者1单位长度时观察者眼睛接收到的亮度.

那么2号灯塔(正整数2对应的灯塔)的表观亮度又是多少呢? 答案是 .

在这里我们对灯塔发出的光做了一些理想假设, 我们知道, 真空中球面波在球面 上的功率 可表示为:

.

其中 为坡印廷矢量, r为球面的半径. 我们可以看到:

.

即球面波强与距离平方成反比(平方反比关系出现了……). 那么, 2号灯塔与你的距离为2, 显然它对于你的表观亮度就是 了. 以此类推, 3号灯塔的表观亮度是 , 4号灯塔是 ……

现在我们计算全部灯塔的表观亮度和, 也就是这一列灯塔都亮起时, 你感受到的亮度:

.

好了这样我们用物理模型将这个问题解决了. (逃ε=ε=ε=┏(゜ロ゜;)┛)

到目前为止的工作只能算是将巴塞尔问题重述了一遍, 然而在这种叙述中并没有找到一个良好的计算方法, 至少在目前的这个模型中还是无法计算这个级数的. 那我们可否将这一列灯塔重新放置, 而不改变你眼中感受到的亮度呢?

首先我们需要证明一个trick的可行性, 我们暂且称之为"灯塔分解定理":

你还是站在坐标系的原点O处, 你站在的平面上的某个位置有一个灯塔D, 灯塔D的表观亮度就应该是 . 过D作AB⊥OD, 分别交y, x轴于A和B.

显然:

.

这个式子又称作"倒数勾股定理", 在我们给出的物理背景下, 这个式子的含义是: 灯塔D的表观亮度等于两个相同灯塔A、B的总表观亮度, 我们通过这一等效过程, 将一个灯塔分解成了两个与原灯塔完全相同的灯塔(这里需要注意灯塔分解定理适用的几何条件:在直角三角形OAB中, OD⊥AB) . 这一个式子的证明应该是初中的一道几何证明题, 各位同学可以试一下23333.

准备工作完毕.

现在设想你站在一个圆形的湖边O点处, 在你的正对面A是一座灯塔(OA为圆O'的直径), 湖的周长为2:

这样, 灯塔A的表观亮度就是:

.

以A为圆心, OA为半径作圆, 称为第二个湖. 过A作圆O'的切线, 交圆A于B1和B2, 连接OB1、OB2. 显然B1B2为圆A的直径, 故对三角形OB1B2应用灯塔分解定理得, A处的一座灯塔等效于B1与B2处的两座灯塔, 总表观亮度不变, 仍为 .

再以B为圆心, OB为半径作圆, 作直线BB1交圆B于C1 C2, 作直线BB2交圆B于C3、C4. 连接OC1 OC2、OB1容易证明三角形OC1C2满足灯塔分解定理的几何条件, 应用定理可得, 灯塔B1等效为灯塔C1、C2, 总表观亮度不变. 同理可以将B2等效为C3、C4, 总表观亮度不变.
至此, 运用这种等价关系我们可以将灯塔A的表观亮度看作C1 C2 C3 C4四个灯塔的表观亮度和.

值得注意的是, 这时候: 弧C1C4=C4C2=C2C3=2.

依此反复, 不停扩大湖的面积至无穷大(也可以说是半径无穷大), 最后你会发现自己相当于站在了x轴的原点, 在你的两侧这样分布着灯塔:

在x轴上的全部灯塔对于你的表观亮度仍是 .

于是我们得到和式的值:

其中n为奇数.

半分之:

这样我们就把一个和式与 关联起来了.

ちょっと待って!

看一看我们要求的那个和式:

“你当初可不是这么说的!”

别着急, 我们已经非常接近答案了, 只是差了偶数项的和式. 记:

我们不妨回到图1的情形, 这时候所有灯塔对你的表观亮度就是 . 这时我们将所有灯塔与你的距离变为原来的两倍, 根据光强的平方反比关系, 距离扩大后的表观亮度为 . 而这样扩大距离的结果, 正是偶数号灯塔全部亮起的情况, 于是有: . 显然有 , 于是: .

最终: .

也就是说: .

这里是原视频:

有条件的可以看视频……很多东西说得比文字直观, 平方反比关系是我用了波强来叙述, 跟原视频稍有不同.

总而言之, 这个物理模型提供了平方反比的关系最后帮助得到了答案.

2018.5.10 Updated 最让人舒服的方法

已经是数学方法了题主莫要打我23333

看着爽而已wwwww

设函数 , 其Fourier级数为：

.

代入 立即得证.

一时答毕.

一个比较cute的例子是用退火算法来解魔方，更广义的来说就是解全局最优化的问题

退火算法一种由统计力学启发的做优化问题的方法。当一个问题的势能面非常复杂并有很多local minima的时候，用梯度的方法很容易卡在一个local最优而非全局最优的地方。退火的策略就是可以将系统的有效温度升高然后慢慢“降温”来寻找能量最低点。这样做的好处是当系统状态离全局最优的位置较远时，比较剧烈的涨落来探索更多的可能路径，这样不比较不容易卡在一个的路径上。当“温度”降低后，系统就更将倾向于能量的最低，当“温度”降为零的时候，优化自由能的问题就变成能量的最低点。

Chen和Ding在一篇文章里面就用这种退火的方法来解魔方【1】。在某种程度上说，魔方的能量最小化的问题可以类比一个有几何限制的六面Ising Model。当然因为几何和操作的限制，使得魔方的势能面变得非常复杂。可以想象当魔方被打乱的时候，能量是高的，而当魔方还原的之后的能量是处于一个能量最低点。每次操作定义为对魔方的旋转操作，并计算操作之后的能量变化，根据metropolis算法来接受或者拒绝每一次的操作。同时通过分步地将魔方整理，依次解面，边和角块，并通过交替使用两种能量函数针对解决跳出每一步local minima的问题。

用他们的方法可以做到在一个电脑上用996s解一个一百零一阶的魔方。解一个5000阶的魔方在hpc上用8个node只需要半个小时左右.

值得指出的是这个解法还是需要分开解面块，边块和角块，并且用了两个能量函数交替使用，并不是一个纯粹的退火算法。一个自然想到的问题是：存不存在一种更好的能量函数能够更好把魔方的群的性质嵌入，使得解法更加自然呢？这是一个有意思的问题。

当然解魔方并不必须用退火的方法，用Group Theory是更自然的表示。只是把统计力学的方法和魔方结合起来感觉还是很有趣的想法。感兴趣的小伙伴可以看看他们的文章。

Reference:

[1] Xi Chen, Z.J. Ding， Solving extra-high-order Rubik’s Cube problem by a dynamic simulated annealing， Computer Physics Communications 183 (2012) 1658–1663