【科普】超硬核！带你领略一个来自"天书的证明"

• 在纸上画四个不共线的点并用线段连接这些点
• 斜率定义为线段的朝向
• 该图中斜率的个数为5
• 提出了与点数M的斜率关系
• 证明了n个点至少决定了n个不同的斜率

在纸上画四个不共线的点， 并用线段连接这些点，使得这些点连出尽可能少的斜率。
在这里，斜率定义为线段的朝向。
在连接点时，两条平行的线段视为同一斜率， 否则视为不同的斜率。
出现同一斜率的两条线段只取其中一条计数，因此， 该图中斜率的个数为5。

在经过一番尝试后，你可能会得到以下一些构型。
每次构建时，你都想尽可能制造平行线， 或者至少让三个点共线， 来减少最终斜率的数量。
但你发现几乎不可能将这个数字减少到4以下。
当尝试点数M分别等于3、5、6和7的情况时， 你会发现：
三个点时至少构成三个斜率，
5个点时4个，
6个点时6个，
7个点时也是6个。

从上述实验结果来看，我们好像发现了一些规律。
即当m为基数5和7时， 确定的最少斜率个数刚好等于m-1；
而m为偶数4和6时， 确定的最少斜率个数等于m。

在1970年， 当时的数学家P.R. Scott也发现了这个规律， 总结为下面的定理：
平面上M大于等于三个不共性的点， 至少可以确定M减一个不同的斜率， 其中等号仅当M为大于等于5的基数时可能成立。

在提出该定理的12年后， 数学家Erik German和Ricky Pollock将该问题简化为一个等价的组合数学模型并在此基础上完成了证明。
该定理的证明过程堪称经典， 令人拍案叫绝。
下面我们进入到这个有趣的证明过程。

首先我们注意到， 上述定理等价于这个命题：
m等于2n个点在平面上至少决定了n个不同的斜率， 其中m大于等于2。
上述命题中， 我们把n写成2n来指代偶数个点。
对于任何2n+1大于等于5的奇数个点的情况，由等价命题我们得出n-1等于2n个不共性的点的子集确定了至少n-1个不同的斜率。

那么， 增加一个点后的2n+1个点必然决定了至少n-1个不同的斜率， 正好将该命题等价于上面的定理。
所以接下来我们仅考虑用偶数个点组成的构型所确定的斜率的情况。

接下来是证明中最巧妙的部分， 即将这个问题转化为用组合数学能解决的形式。
我们拿n等于6的其中一个构型来做讲解，这个图中的6个点刚好确定了6个不同的斜率。

我们把每个点进行编号， 连接点画出线段并往外延伸出箭头代表各个斜率之上的方向。
接下来我们选定一个初始方向， 此方向不是斜率方向， 将构形里的点往该方向进行投影。
投影后的这些点从左到右会形成一个初始排列， 即为π0。
接着我们将初始投影方向往逆时针方向进行旋转，同时观察投影及其排列的变化。

可以发现排列只在旋转过程中的投影方向和构形的斜率方向相等时发生变化。
当方向经过180度的旋转后， 我们得到了一堆关于排列的序列，其中T是斜率个数，
上述例子中T等于6。

我们还可以发现序列有上述四点特性。
我们依次以N等于6为例展开讲解。
针对第一点， 在180度旋转之后横引方向发生了翻转， 所以序列对应的也发生了翻转。
针对第二点， 注意到每次序列的变化仅在线段连线的斜率方向上发生， 所以排列个数等于构形斜率数。

针对第三点， 因为任意一对点所形成的方向在180度旋转过程中作为投影方向有且只会出现一次， 所以该方向上的点也有且只会交换一次。
这个方向上的点经过前是正序的， 经过后序列出现的倒序以及只有地震的子串被翻转了。
大家记住这一点在最后的证明论证中尤其重要。

而对于第四点而言， 因为有很多点对斜率相同， 所以经过这个投影方向时对应的子串会同时翻转。
在经过180度旋转之后， 我们让投影方向接着不断旋转， 我们会看到排列呈周期性变化， 得到下列的序列编码：
嗯嗯嗯嗯。

我们可以简单地看出， 对于任意的i， π(i+t)是π(t)的翻转而π(i+2t)等于π(i)， 即旋转360度后序列出现周期性循环。
所以根据前面的性质， 我们要证明n等于2n个点在平面上至少决定了n个不同的斜率， 等加于证明满足上述四点特性的序列长度t都必须大于等于n。

我们在上面的论证过程中已经把确定斜率个数转化为了确定序列长度。
在接下来的证明中， 我们需要给出序列长度必须要大于等于n的有力论据。
接下来证明的关键在于将每一个排列分割为n等于2分之n的左半边和右半边， 中间用边界线隔开并计算在旋转过程中跨过边界的数值个数。

下面我们会详细展开这样做的目的。
首先，我们定义以下三种序列， 眼睛过程中排列的变化形式：
交换变化、 移动变化和普通变化。
我们称π(i)到π(i+1)是一个交换变化， 如果这个变化包含一个跨边界的磁圈的翻转。
在这个交换变化过程中， 如果有二的一个数字穿过边界， 我们则称这个交换变化的置为D。
此时被翻转的纸串恰有第一个数字在一边， 至少第一个数字在另一边。

在我们之前n等于6的构型例子中， π2到π3经历了一次致为2的交换变化即为C2， 而π5到π6为致为1的交换变化， 因为刚好有一对数字穿越了边界，
π4到π5不是交换变化， 因为没有数字穿过边界。
根据我们的翻转特性， 序列π(0)到π(t)的变化过程中每个数字至少换了一次边， 也即如果其中有c个交换变化， 它们的质D1到Dc满足下列等式：
在整个过程中我们至少有两个交换变化， 因为如果只有一个， 那么Rdi等于m， 说明所有的点共性， 从而产生矛盾。

移动变化是翻转一个紧邻边界的尺寸的变化， 但不越过边界，比如从π4到π5的过程是一個移動變化。
既不是交换， 也不是移动的变化称为普通变化， 例子中的π1到π2是一个普通变化。
这样每个变化是交换、 移动和普通的三者之一， 我们分别用TCO三个字符表示， 或者简单将这个序列记为TOCROTCE。

最后在完成证明前，我们还需要录下两个事实：

1. 在任意两个交换变化之间至少有一个移动变化。
2. 在任意一个致为低的交换变化和随后的一个移动变化之间至少有低减一个普通变化。

甚至第一点， 因为在经过一次质为D的交换变化后， 包含边界且常为2D的对称子串由D增变为D减，
边界两边的数值要想经历下一次交换变化，仅因边界的子串必须变成D称子串的状态， 而这状态只能通过移动变化来改变， 因为只有移动变化是紧邻边界的。

对于第二点，由于每一个普通变化只能翻转递增尺寸， 所以要想继续进行移动变化， 只能在边界的另一侧把递减的低长度尺寸通过递减一次依次靠近边界的普通变化开辟出一个至少为2的递增尺寸， 这就证明了第二个事实。

回忆我们生成序列的过程，如果将投影旋转方向由逆时针变为顺时针， 则序列也对应的发生逆转。
于是我们得到由第二点衍生出的第三点事实：
在任一个移动变化和随后的质位低的交换变化之间至少有低减一个普通变化。

结合上面三点事实，我们能得到怎样的序列呢？
我们采用一直停录的方式来尝试看看。
首先假设序列从移动变化开始， 后面总会遇到质位低的交换变化， 由第三点可知中间至少有低减一个普通变化。
考虑到无穷序列的周期性， 移动变化后面会再次出现， 由第二点可知这里去停录低减一个普通变化。
重复这个过程，我们得到了这种TOCO的模式，每个模式至少有1加D1加1加D1等于2D的长度。

在我们的无穷序列中截取一段长度等于斜率个数T的循环片段， 假设这个片段中有四个交换变化， 也即包含了四个TOCO类型的子串， 再加上个别移动变化， 这表明斜率个数T满足T大于等于所有2D来的求和， 而所有RDI的求和大于等于M， 所以我们得出T大于等于M，
至此便完成了我们的证明。