數學傳播

E. T. Bell 的《大數學家》在關於 Newton 的 一章 (篇名《在海邊》) 的開頭摘引了 Newton 本人的一句話：

我不知道世上的人對我會怎麼看；但自認為我不過像一個在海邊玩耍的孩童, 不時為拾到幾塊異乎尋常地美妙的卵石或貝殼而沾沾自喜, 對於展現在面前的浩瀚的真理的海洋, 卻全然沒有發現。

本文將介紹李政道、楊振寧在上個世紀50 年代發現的一顆小珍珠, 這就是統計力學中的的單位圓定理。

Newton力學的出現是物理學史上一座豐碑, 似乎此後的事情只是確定各種物體間的力和所關心的力學系統在某一時刻的狀態, 然後解出由Newton定律給出的方程, 物理學家們便可以像法力無邊的巫師一樣精確地預言未來發生的每一件事了。 然而實際的情形並沒有那麼樂觀。Newton力學對天體運動作出了近乎完美的解釋, 並預言了海王星的存在, 不過這些成功的背後都得益於太陽幾乎集太陽系的全部質量於一身的事實, 它是如此的重, 以至於我們可以近似地認為它是不動的。 假如沒有這樣一個重量級的大塊頭, 我們的星系又將如何呢？我們並不清楚。 事實上, 即使只考慮三個天體的相互作用, 一般來說也是非常困難的, 這就是著名的"三體問題"。 假如我們要處理的對象的數目是個天文數字, 可以想見, 繼續使用牛頓力學將是多麼不現實的事情。 而這樣的問題我們是很容易遇到的。 比如, 我們知道二氧化碳分子之間的相互作用, 想預言壓縮一個小容器裏的二氧化碳氣體時氣體的壓力將怎樣變化。 如果用牛頓力學的方法, 就要對每個二氧化碳分子 列出Newton運動方程並求解。假設我們考慮的容器只有$1$毫升, 通常的壓力和溫度下, 大約有$3\times 10^{19}$個分子, 要解這樣多的二階微分方程是不可想像的事情。事實上, 我們也不需要解給出的所有信息, 因為我們真正關心的是這團氣體的整體性質, 例如 它的內能, 壓力, 而不是其中某個分子的速度有多大, 向哪個方向跑之類的問題。

統計力學的建立為這類重要問題的解決提供了可能。 解決問題的方法正如它的名字所暗示的那樣, 統計的方法被引入力學之中。 我們認為系統的內能、壓力等物理量是 某種統計下的期望值, 而放棄了知道每個分子運動的精確狀態的奢望。 這樣的放棄顯然是很明智的, 因為我們既能夠得到諸如內能、壓力等重要的宏觀物理量, 又不必為那些 細枝末節而耗費大量的時間和精力。 ^{1 1} 註: 似乎可以大致這麼理解：我們需要知道的是微分方程的解作某種積分後得到的值, 這樣由微積分的基本定理, 先微分再積分這兩個相互抵消的過程可以用統計的方法綜合。

根據統計力學的理論, 對於具有確定的溫度$T$、體積$V$和粒子數$N$的系統, 它處於某一狀態$s$的概率正比於$\exp{(-\beta E(s))}$, 其中$\beta=\frac{1}{k_BT}$, 而$k_B$是一個物理常數, 稱為Boltzmann常數。 設$E(s)$是系統處於狀態$s$時具有的能量, 則系統的配分函數就是對系統所有可能的狀態的求和 \begin{equation} Z(T,V,N)=\sum_{s} \exp{(-\beta E(s))}\label{eq:part} \end{equation} 它是$T,V$和$N$的函數。只要知道了配分函數, 就可以通過統計力學的理論計算出內能、壓力等我們關心的熱力學量。

正如我們前面談到的, 系統的粒子數通常是天文數字, 而系統可能的狀態數就更是難以計數了, 因此我們總是期望把配分函數(\ref{eq:part}) 的求和 精確地或近似的做出, 從而得到一個比較簡單的可操作的形式, 或者得到它的某些重要性質, 後者正是李先生和楊先生的重要貢獻所在。 他們討論了Ising(伊辛) 模型和lattice gas(格點氣體) 的配分函數的性質, 並揭示了兩者在數學實質上的等價性, 這裏我們將只涉及前者。

為了使讀者不至於一開始就糾纏於物理學的術語, 我們先打一個比較直觀的比方。 考慮一個圍棋的棋盤, 它有$N=19\times19$個交叉點(會下棋的朋友可能更喜歡稱這些交叉點為"目"), 用自然數標記為$i=1,2,\ldots,N$, 它們的集合記作$X$。 在每個交叉點上放一枚棋子, 或黑或白, 不許空缺, 所形成的圖形簡稱構形, 記作$s$。 設其中黑子的數目為$N_b(s)$, 白子的數目為$N_w(s)$。於是, 對每一個構形$s$, 按照棋子的顏色不同自然地把集合$X$劃分為兩個子集$X_b(s)$與$X_w(s)$, 分別有$N_b(s),N_w(s)$個元素, 顯然有$N=N_b(s)+N_w(s)$。 在每一個構形$s$中, 任意黑白兩子之間用一條線段$L_{ij}(s)$連接, 其中$i\in X_b(s), j\in X_w(s)$。記$i,j\in X$之間的長度為$l_{ij}$, 則構形$s$中所有如此得到的線段的長度之和為 \begin{eqnarray} L_s=\sum_{i\in X_b(s)}\sum_{j\in X_w(s)}l_{ij}\label{eq:weiqi} \end{eqnarray} 如果假定所有可能的構形是等概率的, 那麼$L_s$以平均值$L$作為期望。

下面我們把目光轉向物理世界的Ising模型。 考慮$N$個位置固定的原子, 每個原子有兩種可能的狀態, 分別稱為磁矩向上和磁矩向下。 (對磁矩不瞭解的朋友不妨把每個原子想像成一塊條形磁鐵, 一種狀態是北極朝上, 另一種是北極朝下。) 這$N$個原子的總體狀態就確定了系統的一個狀態$s$。 下面計算這$N$個原子構成的系統處於狀態$s$時的能量。 與前面的$X_b(s),X_w(s)$類似, 磁矩向上的原子的集合記作$X_u(s)$, 磁矩向下的原子的 集合記作$X_d(s)$。由於能量的零點是可以任意選取的, 不妨把磁矩相同的兩個原子之間的勢能取為零, 而磁矩相反的兩個原子$i,j$之間的勢能記為$\epsilon_{ij}$。 由於兩個原子只能感受到對方相對於自己的狀態, 交換兩個原子的位置不會改變它們之間的勢能, 所以一個自然的要求是$\epsilon_{ij}=\epsilon_{ji}$。 此外, 我們還假設原子間的相互作用使他們更傾向於處於磁矩方向相同的狀態(這正是鐵磁體的情形), 即$\epsilon_{ij}\geq0$。於是, 這$N$個原子在狀態$s$的總能量$E_1(s)$就是它們兩兩之間的勢能之和, 即 \begin{eqnarray*} E_1(s)=\sum_{i\in X_b(s)}\sum_{j\in X_w(s)}\epsilon_{ij} \end{eqnarray*} 當外界加一個磁場${H}$時, 不同磁矩的原子也將對總能量產生相反的貢獻, 系統因為處於磁場中而附加的能量可取為 $E_2(s)={E_H}\cdot(N_d(s)-N_u(s))$, 其中$E_H$是與外加磁場$H$有關的常數, 從而在有磁場時系統在狀態$s$時的總能量為 \begin{eqnarray} E(s)&=&E_2(s)+E_1(s)\nonumber\\ &=&{E_H}\cdot(N_d(s)-N_u(s))+\sum_{i\in X_d(s)}\sum_{j\in X_u(s)}\epsilon_{ij} \end{eqnarray} 從而系統的配分函數 \begin{eqnarray*} Z&=&\sum_{s}\exp{(-\beta E(s))}\\ &=&\sum_{s}\exp{\biggl(-\beta \bigl[{E_H}\cdot(N_d(s)-N_u(s))+\sum_{i\in X_d(s)}\sum_{j\in X_u(s)}\epsilon_{ij}\bigr]\biggr)}\\ &=&\sum_{s}\exp{\bigl(-\beta [{E_H}\cdot(N_d(s)-N_u(s))]\bigr)}\prod_{i\in X_u(s)}\prod_{j\in X_d(s)}\exp{(-\beta \epsilon_{ij})} \end{eqnarray*} 令 \begin{eqnarray*} z&\equiv& \exp{(-2\beta {E_H})}\\ a_{ij}&\equiv&\exp{(-\beta\epsilon_{ij})}\\ n&\equiv&N_d(s) \end{eqnarray*} 並注意到 \begin{eqnarray*} N_d(s)+N_u(s)=N \end{eqnarray*} 因此有 \begin{eqnarray*} Z&=&\exp{(\beta {E_H} N)}\sum_{s}(\prod_{i\in X_u(s)}\prod_{j\in X_d(s)}a_{ij})z^{n} \end{eqnarray*} 李政道和楊振寧[4] 建議, 系統的物理狀態的相變點與解析函數$\ln Z(z)$在正實軸上的奇點相對應, 從而只需知道多項式 \begin{eqnarray} \mathcal{P}(z)& \equiv& \sum_{n=0}^NP_nz^{n}\label{eq:main_result} \end{eqnarray} 在正實軸上的零點, 其中係數 \begin{eqnarray} P_n&\equiv&\sum_{s}^{N_d(s)=n}\prod_{i\in X_u(s)}\prod_{j\in X_d(s)}a_{ij} \end{eqnarray} 讀者如果注意到多項式$\mathcal{P}$的次數(即總粒子數$N$) 是一個天文數字也許會有些失望, 因為一個次數如此高的多項式的零點一般來說是要星羅棋布於複平面之上的, 然而仿佛造物主喜歡給我們驚喜一般, 對於Ising模型來說, 那些不計其數的零點竟都分布在單位圓周上！ 這就是我們下面要討論的李先生與楊先生的美妙發現。

李政道和楊振寧[4]中發現的單位圓定理的數學表述如下。

定理(Lee-Yang單位圓定理)： 設$n\geq2$, $a_{ij}\in [-1,\,1]$, $1\leq i,\,j\leq n,\,i\neq j$且滿足$a_{ij}=a_{ji}$。 令$\Gamma_n=\{1,2,\ldots,n\}$, 對任意的子集$I\subseteq\Gamma_n$, 以$I'$表示它在$\Gamma_n$中的補集, $|I|$表示$I$所含元素的個數。 令 $$P_I=\prod_{i\in I}\prod_{j\in I'}a_{ij}$$ 對空集$\emptyset$, 約定$P_\emptyset=1$。以$P_I$為係數構造$z$的多項式 $$\wp_n(z)=\sum_{I\subset \Gamma_n}P_Iz^{|I|},$$ 則$\wp_n(z)$的零點全部分布在單位圓周$|z|=1$上。

舉例說明。(由於後面採用的是數學歸納法, 最簡單的例1 是必須直接考慮的。)

例1： 對$n=2$, $\Gamma_2=\{1,2\}$有$2^2=4$個子集, 分別是$\emptyset,\{1\},\,\{2\},\Gamma_2$, 與之對應的係數$P_I$分別是$1,\,a_{12},\,a_{21},\,1$。 於是 $$\wp_2(z)=1+a_{12}z+a_{21}z+z^2=1+2az+z^2$$ 其中$a=a_{12}=a_{21}\in[-1,1]$。 由於$a_{ij}\in[-1,\,1]$, 二次函數$\wp_2$的判別式$\Delta=4(a^2-1)\leq0$, 從而有一對共軛複根$\alpha_1,\alpha_2$, 顯然有$|\alpha_1|=|\alpha_2|=\sqrt{|\alpha_1\alpha_2|}=\sqrt{1}=1$。

例2： 對$n=3$, 不難寫出 $$\wp_3(z)=1+a_{12}a_{13}z+a_{21}a_{23}z+a_{31}a_{32}z+a_{13}a_{23}z^2+a_{21}a_{31}z^2+a_{12}a_{32}z^2+z^3$$ 令 $$a=a_{12}=a_{21},\quad b=a_{13}=a_{31},\quad c=a_{23}=a_{32},$$ $$d=a_{12}a_{13}+a_{21}a_{23}+a_{31}a_{32}=ab+ac+bc,$$ 則上式可寫成 $$\wp_3(z)=1+dz+dz^2+z^3$$ 很明顯, $\wp_3(z)$有根$z_1=-1$, 另兩個根$z_2,z_3$滿足二次方程 $$q(z)={\wp_3(z)}/(z+1)=z^2+(d-1)z+1$$ $q(z)$的判別式為$(d-1)^2-4$。 像例1 一樣, 為驗證$q(z)$的兩根的模長都等於$1$, 只需證$(d-1)^2-4\leq0$, 即$-1\leq\,d\leq3$。 由於$d=ab+bc+ca$關於各個變量(當其他變量固定時) 分別單調, 所以其最值只可能在定義域$[-1,1]\times[-1,1]\times[-1,1]$的各個端點($a,b,c$都取$\pm1$)處取得。 簡單的計算表明$-1$和$3$分別是$d=d(a,b,c)$在$[-1,1]\times[-1,1]\times[-1,1]$的$8$個端點的取值中 的最小者和最大者。於是$-1\leq\,d\leq3$。

在上面兩個例子中, 我們對$n=2,3$的情況直接驗證了單位圓定理。 但是, 這種樸素的證明方案對高階的多項式$\wp_n(z)$行不通。 不過至少有一些一般的觀察。 例如, 由於$a_{ij}$關於指標$i,j$對稱, 我們得到$P_I=P_{I'}$, 從而$\wp_n$是所謂的互反多項式, 即滿足$z^n\wp_n(z^{-1})=\wp_n(z)$。由此, $\wp_n$的零點分布關於單位圓是對稱性的：若$\alpha$是 $\wp_n$的一個零點, 則$\alpha^{-1}$也是。此外, 注意到$\wp_n$的係數為實數, 所以虛根成對出現。

為得到關於零點分布的更精確信息, 李政道和楊振寧引入$n$個變量$z_1,z_2,\ldots,z_n$的多項式 $$\mathfrak{P}_n(z_1,z_2,\ldots,z_n)=\sum_{I\subset \Gamma_n}P_I\prod_{i\in I}z_i{(*)}$$ 注意到當所有的$z_1,z_2,\ldots,z_n$取同一個$z$時有 $$\mathfrak{P}_n(z,z,\ldots,z)=\wp_n(z){(\dagger)}$$

正如李政道和楊振寧注意到的, 證明單位圓定理的關鍵是下述引理

引理： 在上述定理的條件下, 進一步假定$a_{ij}\in (-1,0)\cup(0,1)$。設$(z_1,\ldots,z_n)$滿足$\mathfrak{P}_n(z_1$, $z_2,\cdots,z_n)=0$, 則

• (i)若對$i=1,\ldots,n-1$,$|z_i|\geq 1$,則$|z_n|\leq1$,
• (ii)若對$i=1,\ldots,n-1$,$|z_i|\leq 1$,則$|z_n|\geq1$.

證明： 對$n$用數學歸納法。

對$n=2$, $$\mathfrak{P}_2(z_1,z_2)=1+a_{12}z_1+a_{21}z_2+z_1z_2=1+az_1+az_2+z_1z_2$$ 從而$\mathfrak{P}_2(z_1,z_2)=0$即 $$1+az_1+az_2+z_1z_2=0$$ 也就是(注意到$1+az_1\ne0$) $$\frac{1}{z_2}=-\frac{z_1+a}{1+az_1}$$ 注意到當$a\in(-1,1)$時, 分式線性變換 $$\varphi(z)=-\frac{z+a}{1+az}$$ 作為單位圓內部的全純自同構保持單位圓的內部和單位圓周, 從而將$|z|\leq1$映到$|z|\leq1$。 現在$|z_1|\leq1$, 從而 $$\Big|\frac{1}{z_2}\Big|=\Big|-\frac{z_1+a}{1+az_1}\Big|=|\varphi(z_1)|\leq1$$ 即$|z_2|\geq1$, 從而$\textrm{(i)}$成立, 類似可證$\textrm{(ii)}$。

現在假定命題對一切小於$n$的自然數成立。 為證明命題對自然數$n$成立, 首先我們注意到引理的下述特例是容易證明的。

引理的特例： 設$(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n)$為$\mathfrak{P}_n$的零點, 其中$|\beta_1|=\ldots=|\beta_{n-1}|=1$, 則$|\beta_n|=1$。

這是$\mathfrak{P}_n$滿足的對稱關係(因為$a_{ij}=a_{ji}$) $$z_1z_2\cdots z_n\mathfrak{P}_n(z_1^{-1},z_2^{-1},\ldots,z_n^{-1})=\mathfrak{P}_n(z_1,z_2,\ldots,z_n)$$ 以及$\mathfrak{P}_n$的係數為實數的推論。具體說明如下。

現在假定 \begin{equation} \mathfrak{P}_n(\beta_1,\ldots,\beta_{n-1},\beta_n)=0\label{eq:7} \end{equation} 從而 $$\mathfrak{P}_n(\beta_1^{-1},\ldots,\beta_{n-1}^{-1},\beta_n^{-1})=0$$ 在上式中取共軛, 得到(注意到對單位圓上的複數$z$, $\overline{z}^{-1}=z$) \begin{equation} \mathfrak{P}_n(\beta_1,\ldots,\beta_{n-1},\overline{\beta_n}^{-1})=0\label{eq:8} \end{equation} 我們把等式(\ref{eq:7})與(\ref{eq:8})解讀成$\beta_n$與$\overline{\beta_n}^{-1}$ 同為關於$z$的一次方程 \begin{equation} \mathfrak{P}_n(\beta_1,\ldots,\beta_{n-1},z)=Az+B=0\label{eq:number9} \end{equation} 的零點。 於是$\overline{\beta_n}^{-1}=\beta_n$, 從而$|\beta_n|=1$。 此處我們只需說明, 方程(\ref{eq:number9})中$z$的係數$A\neq0$。 容易算出這個係數是 ^{2 2} 註: 其實(\ref{eq:10}),(\ref{eq:14})以及(\ref{eq:16})是唯一需要技巧的地方, 然而也很簡單。這都來自楊振寧的觀察。 \begin{eqnarray} A&=&\sum_{I\subset\{1,2,\ldots,n-1\}}\prod_{j\in I'}a_{1j}\prod_{i\in I,j\in I'}a_{ij}\prod_{i\in I}\beta_i\nonumber\\ &=&\sum_{I\subset\{1,2,\ldots,n-1\}}\prod_{j\in I'}\frac{a_{1j}}{\beta_j}\prod_{i\in I,j\in I'}a_{ij}\cdot(\prod_{i\in I}\beta_i\prod_{j\in I'}\beta_j)\nonumber\\ &= &(\prod_{j=1}^{n-1}\beta_j)\,\mathfrak{P}_{n-1} (\frac{a_{1n}}{\beta_1},\frac{a_{2n}}{\beta_2},\ldots,\frac{a_{n-1\,n}}{\beta_{n-1}})\label{eq:10} \end{eqnarray}

現在若$A=0$, 則$(\frac{a_{1n}}{\beta_1},\frac{a_{2n}}{\beta_2},\frac{a_{n-1\,n}}{\beta_{n-1}})$是 $\mathfrak{P}_{n-1}$的零點, 這與歸納假設矛盾。因此$A\neq0$。於是, 我們證明了引理的特例對自然數$n$成立。

現在我們從這個特例出發, 證明引理對自然數$n$成立。 基本的想法是, 將所給定的任意零點$(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$(為不至於混淆, 我們用符號$\alpha_i$代替引理中的$z_i$) 轉化成滿足特例中條件的零點$(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n)$, 從而得到論證。

我們來證$\textrm{(i)}$。 於是條件是$\mathfrak{P}_n(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)=0$, 以及$|\alpha_i|\geq1$, $i=1,\ldots,n-1$。 我們將證明$|\alpha_n|\leq1$。 用反證法。假定$|\alpha_n|\gt 1$。首先, 固定$\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-2}$, 構造出$\beta_{n-1},\beta_n$使得$(\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-2},\beta_{n-1},\beta_n)$為 $\mathfrak{P}_n$的零點, 且$\beta_{n-1},\beta_{n}$滿足$|\beta_{n-1}|=1,\,|\beta_{n}|\gt 1$。 我們考察滿足以$z_{n-1},z_n$為未知量的方程 \begin{equation} \mathfrak{P}_n(\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-2},z_{n-1},z_n)=Cz_{n-1}z_{n}+Dz_{n-1}+Ez_n+F=0 \end{equation} 的解集 $$\Omega=\{(z_n,z_{n-1})\in\mathbb{C}^2\,|\,\mathfrak{P}_n(\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-2},z_{n-1},z_n)=0\}$$ 此處, 按定義, 係數$C,D,E,F$滿足 \begin{equation} C\alpha_{n-1}+E=A \end{equation} \begin{equation} D\alpha_{n-1}+F=B \end{equation} 其中$A,B$由 \begin{equation} \mathfrak{P}_n(\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-1},z)=Az+B\label{eq:number9a} \end{equation} 定義, 類似於我們前面對係數$A$的計算, 可以求出$C$為： \begin{eqnarray} C&=&\sum_{I:\{n-1,n\}\subset\,I\subset\Gamma_n}\prod_{i\in I,j\in I'}a_{ij}\prod_{i\in I-\{n-1,n\}}\alpha_i\nonumber\\ &=&\sum_{I\subset\Gamma_{n-2}}\prod_{i\in I,j\in I'}a_{ij}\prod_{j\in I'}(a_{n-1\,j}\cdot\,a_{nj})\prod_{i\in I}\alpha_i\nonumber\\ &=&\sum_{I\subset\Gamma_{n-2}}\prod_{i\in I,j\in I'}a_{ij}\prod_{j\in I'}\frac{a_{n-1\,j}\cdot\,a_{nj}}{\alpha_j}\prod_{i\in \Gamma_{n-2}}\alpha_i\nonumber\\ &=&\mathfrak{P}_{n-2} (\frac{a_{n-1\,1}\cdot\,a_{n1}}{\alpha_1},\ldots,\frac{a_{n-1\,n-2}\cdot\,a_{n\,n-2}}{\alpha_{n-2}}) \prod_{i=1}^{n-2}\alpha_i\label{eq:14} \end{eqnarray}

現在$|\frac{a_{n-1\,j}\cdot\,a_{nj}}{\alpha_j}|\lt 1$, $j=1,\ldots,n-2$, 由於引理對$n-2$成立, 所以$C\neq0$。 於是在一般情況下, $(6)$的解集$\Omega$包含$\mathbb{C}$上分式線性變換 \begin{equation} \varphi(z)=-\frac{Ez+F}{Cz+D} \end{equation} 的圖。注意到$C\alpha_n+D\neq0$, 因為它是$\mathfrak{P}_n(\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-2},z_{n-1},\alpha_n)$ 的$z_{n-1}$項係數, 類似於$A$關於$z_n$所處的地位。 從而$\varphi(\alpha_n)=\alpha_{n-1}$, 這就是說, $\varphi$把單位圓外一點$\alpha_n$映到單位圓外(包括單位圓周)一點$\alpha_{n-1}$。 不妨設$\alpha_{n-1}$在單位圓外。由於單位圓的外部 是連通的(去掉可能的一點之後也是如此), 所以我們只要證明, $\varphi$限制在單位圓外的像必定與單位圓盤$|z|\leq1$有交點。 事實上, 我們將證明$\varphi(\infty)=-\frac{E}{C}$在單位圓的內部, 從而根據$\varphi$的連續性, 推出必定存在某有限值$\varphi(z)\approx\varphi(\infty)=-\frac{E}{C}$在單位圓內。 令$\gamma=-\frac{E}{C}$, 則由定義關係知 $$C\gamma+E=0$$ 注意到 \begin{equation} C\gamma+E=\mathfrak{P}_{n-1}(\frac{a_{n1}}{\alpha_1},\ldots,\frac{a_{n\,n-2}}{\alpha_{n-2}},\frac{a_{n\,n-1}}{\gamma}) (\prod_{i=1}^{n-2}\alpha_i)\gamma\label{eq:16} \end{equation} 這裏可以不妨假定$\gamma=-\frac{E}{C}\neq0$, 否則$\varphi(\infty)=-\frac{E}{C}$已然在單位圓內。 注意到 $\frac{a_{n1}}{\alpha_1},\ldots,\frac{a_{n\,n-2}}{\alpha_{n-2}}$的模長都小於$1$, 由於引理對自然數$n-1$成立, 所以 $$\Big|\frac{a_{n\,n-1}}{\gamma}\Big|\geq1$$ 從而 $$|\gamma|\leq|a_{n\,n-1}|\lt 1.$$ 於是由$\varphi$(限制在單位圓外)的像集的連通性可知, 存在$\beta_n$, $|\beta_n|\gt 1$, 使得$|\varphi(\beta_n)|=1$, 從而有$\mathfrak{P}_n(\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-2},\beta_{n-1},\beta_n)=0$, 此處$\beta_{n-1}=\varphi(\beta_n)$的模長等於$1$。

綜上, 我們將給定零點$(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)$中的倒數第二個分量 $\alpha_{n-1}$調整為一個模長為$1$的$\beta_{n-1}$, 當然$\alpha_n$也有所變動, 但有一點沒有改變: 調整後的$\alpha_n$ (即$\beta_n$) 仍然在單位圓外。 接下來依次調整$\alpha_{n-2},\ldots,\alpha_1$的值, 我們最終可以得到一個零點 $(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n)$, 它滿足 $|\beta_1|=\cdots=|\beta_{n-1}|=1$ 且 $|\beta_n|\gt 1$, 這就與 引理的特例矛盾。 至此, 引理證畢。

單位圓定理的證明

證明： 如果所有$a_{ij}\in (-1,0)\cup(0,1)$, 則由引理以及$(\dagger)$, 定理自動成立。

在一般情形, 我們將利用Hurwitz定理( [1]p178 定理2, 明確陳述見下一節)。 如果某個$a_{ij}=0$或$\pm1$, 則 選取序列$\{a_{ij}^{(k)}\}_{k=1}^{\infty}\subset(-1,0)\cup(0,1)$, 使得$\lim\limits_{k\to\infty}{a_{ij}}^{(k)}=a_{ij}$。 顯然, 每組${a_{ij}}^{(k)}$給出的$\wp^{(k)}(z)$的係數將收斂於$\wp(z)$的對應係數, 自然就有$\wp^{(k)}$在閉單位圓盤(從而在開單位圓的每個緊致集) 上一致收斂於 $\wp(z)$。現在$\wp^{(k)}$在單位圓內沒有零點, 由Hurwitz定理, $\wp(z)$在 單位圓內沒有零點, 由$\wp$的零點分布關於單位圓的對稱性, 它在單位圓外也沒有零點。 於是, $\wp(z)$的零點必然在單位圓周上。

上述證明除了參考了李政道與楊振寧的原文以外, 還參考了 D. Ruelle[6], 這裏我們對上述證明進一步作出幾點注記。

遵循[8], 我們稱一個$n$元多項式$\Phi(z_1,\ldots,z_n)\in\mathbb{C}[z_1,\ldots,z_n]$ 為Lee-Yang多項式, 如果它滿足

• (i)當$|z_1|\lt 1,\ldots,|z_n|\lt 1$時, $\Phi(z_1,\ldots,z_n)\neq0$,
• (ii)當$|z_1|\gt 1,\ldots,|z_n|\gt 1$時, $\Phi(z_1,\ldots,z_n)\neq0$。

注意到這類多項式有一個性質, 如果令 $$P(z)=\Phi(z,\ldots,z)$$ 則$P(z)$的零點分布在單位圓周$|z|=1$上。

事實上, Lee-Yang單位圓定理的證明歸結為下述

定理： 設$n\geq2$, 給定$n(n-1)$個實數$a_{ij},\,\,i,j=1,\ldots,n,\,i\neq\,j$, 且滿足 $$a_{ij}=a_{ji}\qquad 且\qquad a_{ij}\in[-1,1]$$ 則$n$元多項式 \begin{equation} \Phi_n(z_1,\ldots,z_n)=\sum_{I\subset[n]}A_IZ^I \end{equation} 是Lee-Yang多項式。其中 $$A_I=\prod_{i\in I}\prod_{j\in I'}a_{ij},\qquad Z^I=\prod_{i\in\,I}z_i$$ 對空集$\emptyset$, 約定$A_\emptyset=Z^\emptyset=1$。

可以發現, 上述證明主要有以下三個要點：

第一, 單位圓內部的全純自同構具有形式 ^{3 3} 註: 例如, 見H. Cartan, 《解析函數論初步》p184, 余家榮譯, 高等教育出版社, 2008年。 $$z\,\mapsto \gamma\frac{z-a}{1+\overline{a}z},\quad\mbox{(其中$|\gamma|=1$, $|a|\lt 1$)}$$

有鑒於此, Hinkkanen[2]將上述定理推廣如下。

定理： 設$n\geq2$, 給定$n(n-1)$個複數$a_{ij},\,\,i,j=1,\ldots,n,\,i\neq\,j$,且滿足 $$a_{ij}=\overline{a_{ji}}\qquad 且\qquad |a_{ij}|\leq1\qquad \forall{\,\,i,j}$$ 則$(17)$是Lee-Yang多項式.

第二, 單位圓內部和外部的連通性以及連續映射保持連通性.

第三, Hurwitz定理。這個定理斷言：

定理(Hurwitz)： 設區域$\Omega$上的解析函數$f_n(z)$處處不為零, 且假定 $f_n(z)$在$\Omega$的每一個緊子集上一致收斂到$f(z)$, 則$f(z)$或者恒等於零, 或者 處處不為零。

楊振寧先生在他的論文選集[9]中詳細地評論了他發現單位圓定理的證明的過程(中譯文取自[10], 略有改動)：

D. Ruelle在美國數學會1988年的Gibbs講座[7]的附錄中給出了歸功於Taro Asano 的一個簡單證明, 這個證明固然簡潔, 但似乎過於巧妙了。 所以根據楊振寧先生"寧拙勿巧、寧樸勿華"的建議, 我們只把它作為附錄介紹給讀者。

考慮具有形式$P_I(z_I)$的多項式的集合$\mathcal{A}$, 其中

• (i)$I$是一個有限集。
• (ii)$z_I=(z_i)_{i\in I}$。
• (iii)$P_I(z_I)$是$z_I$的複係數線性組合(換言之, $P_I(z_I)$各單項式中各個變量$z_i$的次數為$1$)。
• (iv)如果$|z_i|\lt 1$, 對$i\in I$,則$P_I(z_I)\neq0$。

1. 對任意的$a\in[-1,\,1]$, 多項式 $$P_{\{1,2\}}(z_1,z_2)=z_1z_2+az_1+az_2+1$$ 在$\mathcal{A}$中。(考慮由$P_{\{1,2\}}(z_1,z_2)=0$定義的射影對合$z_1\mapsto z_2$, 其不動點恰在單位圓周上。)
2. 如果$I\cap J=\emptyset$, 且$P_I(z_I),\,P_J(z_J)\in \mathcal{A}$, 則乘積$P_{I\cup J}(z_{I\cup J})=P_I(z_I)P_J(z_J)\in \mathcal{A}$。
3. 設$I\cap \{\alpha,\beta\}=\emptyset$, 記 $$P_{I\cup \{\alpha,\beta\}}(z_{I\cup{\{\alpha,\beta\}}})=Az_{\alpha}z_{\beta}+Bz_{\alpha}+Cz_{\beta}+D,$$ 此處$A,B,C,D$是$z_I$的多項式。設$\gamma\notin I$, 定義Asano contracted多項式 $$P_{I\cup\{\gamma\}}(z_{I\cup{\{\gamma\}}})=Az_{\gamma}+D$$ 則$P_{I\cup\{\alpha,\beta\}}(z_{I\cup\{\alpha,\beta\}})\in\mathcal{A}$ 蘊含$P_{I\cup\{\gamma\}}\in\mathcal{A}$。(設$|z_i|\lt 1$對一切$i\in I$, 則$Az^2+(B+C)z+D$對$|z|\lt 1$不取零值。 因此它的兩根之積$D/A$滿足$|D/A|\gt 1$, 從而$Az_{\gamma}+D$對$|z_{\gamma}|\lt 1$不取零值。)

定理： 設$I$是一個有限集, 取定$a_{\{i,j\}}\in [-1,\,1]$, 對任意的$\{i,j\}\subset I$, 則多項式 $$\mathfrak{P}_I(z_I)=\sum_{X\subset I}z^{X}\prod_{i\in X}\prod_{j\notin X}a_{\{i,j\}}$$ (此處$z^{X}=\prod_{i\in X}z_i$)在$\mathcal{A}$中。

證明： 考慮多項式$z_iz_j+a_{\{i,j\}}(z_i+z_j)+1$, 由$\textrm{I}$, 它們在$\mathcal{A}$中。將這些多項式相繼相乘, 當同一個變量出現兩次時作一次 Asano contraction, 最後我們得到$\mathfrak{P}_I$。由$\textrm{II,III}$知, 它在$\mathcal{A}$中。 證畢。

致謝： 在本文的準備過程中, 筆者曾得到首都師範大學數學科學學院孫宏偉老師的指點和 邵紅亮、王麗芳、趙潔同學與清華大學物理系劉雲朋同學的幫助, 特表感謝。

---本文作者為中國首都師範大學數學科學院研究生---