P61 三维复空间中的五条直线：最优值已证明

0. 记号

一个答案是 ℂ³ 中五个非零向量 z₁, …, z₅，坐标的实部和虚部都是 [−1, 1] 内的十进制数。重合度平方 μ² = max_{i<j} |⟨zᵢ, zⱼ⟩|²/(|zᵢ|²|zⱼ|²) 是有理数，本站精确计算；分数是整数 ⌈10¹⁸·μ²⌉，越小越好；页面显示 μ 并在第九位小数向上取整。整体相位、每个向量的非零复缩放和共同的酉变换都不改变 μ，所以答案就是复射影平面 ℂP² 中的五个点（五条复直线）。

记 μ* 为连续问题的最小值（单位球面的五重积紧致，最小值存在）。记 m₀ = (√13 − 1)/6 ≈ 0.434258546，q₀ = m₀² = (7 − √13)/18。m₀ 是 3m² + m − 1 的正根，所以对 m ≥ 0，m < m₀ 等价于 3m² + m < 1；q₀ 是 9q² − 7q + 1 的较小根。

记 𝒦 为对角为 0、非对角元 |Sᵢⱼ| ≤ 1 的 5×5 Hermite 矩阵全体，它紧且凸。特征值按 λ₁ ≥ λ₂ ≥ … ≥ λ₅ 排列，令 M = max_{S∈𝒦} λ₂(S)。

1. 上界：规范码

取 e₁、e₂ 和 vⱼ = (√q₀ ωʲ, √q₀ ω⁻ʲ, √(1 − 2q₀))，j = 0, 1, 2。每个 vⱼ 是单位向量（q₀ + q₀ + 1 − 2q₀ = 1）。重合度：

• ⟨e₁, e₂⟩ = 0：一对正交。
• |⟨e₁, vⱼ⟩|² = |⟨e₂, vⱼ⟩|² = q₀：六个。
• j ≠ k 时 ⟨vⱼ, vₖ⟩ = q₀(ω^{j−k} + ω^{k−j}) + 1 − 2q₀ = 1 − 3q₀，因为 a ≢ 0 (mod 3) 时 ωᵃ + ω⁻ᵃ = −1。1 − 3q₀ = (√13 − 1)/6 = m₀ > 0，且 (1 − 3q₀)² − q₀ = 9q₀² − 7q₀ + 1 = 0，所以这三个重合度平方也都是 q₀。

所以这个码有一对正交、其余九对重合度平方都等于 q₀，μ = m₀，从而 μ* ≤ m₀。它有两个对称：对角酉矩阵 diag(ω, ω⁻¹, 1) 轮换 v₀、v₁、v₂；坐标共轭固定 e₁、e₂、v₀ 并交换 v₁、v₂。这个构型及其“猜想最优”的地位来自 Jasper、King 与 Mixon 的 Game of Sloanes 档案。

十进制坐标的向量给出有理的重合度平方，而 q₀ 是无理数，所以本站的答案达不到 μ = m₀；这就是为什么推论（§8）要单独处理整数分数。

2. 谱与接触的约化

本节不假设任何对称性，只用紧性、极小极大原理与有限维凸分离。

引理 2.1（M > 2）。 令 C 为实对称矩阵：i − j ≡ ±1 (mod 5) 时 Cᵢⱼ = +1，其余非对角元为 −1（五边形的边取 +1、对角线取 −1）。它的特征多项式是 x(x² − 5)²，所以 C ∈ 𝒦 且 λ₂(C) = √5，M ≥ √5 > 2。

引理 2.2（秩一支撑不可能）。 设 S ∈ 𝒦，单位向量 v 满足 Sv = λv，λ > 2，且 S 在 𝒦 上使线性泛函 T ↦ v*Tv 取最大。则 λ 是 S 的单重最大特征值。

证明。v*Tv = Σ_{i≠j} conj(vᵢ) Tᵢⱼ vⱼ，各元素在各自的单位圆盘里独立取最大，所以 vᵢvⱼ ≠ 0 时 Sᵢⱼ = vᵢ conj(vⱼ)/(|vᵢ||vⱼ|)（相位对齐）。代入 (Sv)ᵢ = λvᵢ 得 λ|vᵢ| = Σ_{j≠i}|vⱼ|，即 (λ + 1)|vᵢ| = Σⱼ|vⱼ|：支撑上的模全相等，且 λ = k − 1，k 为支撑大小。λ > 2 给出 k = 4 或 5。k = 5 时 S 与 J₅ − I₅ 对角酉相似，谱为 4, −1, −1, −1, −1，λ = 4 单重。k = 4 时，相位变换后支撑块为 J₄ − I₄，第五个坐标通过某个 b ∈ ℂ⁴（|b|² ≤ 4）耦合；第五行的特征方程说明 b 与常向量正交。在 v 的正交补上 S 作用为 [−I₃, b; b*, 0]，其特征值为 −1 或满足 λ² + λ − |b|² = 0，都不超过 (−1 + √17)/2 < 3，所以 λ = 3 单重。∎

命题 2.3（顶部特征值二重）。 λ₂ 在 𝒦 上的每个最大点 S 满足 λ₁(S) = λ₂(S) = M > λ₃(S)。

证明。设 λ₁(S) > M。取 M 的单位特征向量 v 和与之正交的单位顶部特征向量 w。若某 T ∈ 𝒦 有 v*Tv > M，令 Sₜ = (1 − t)S + tT ∈ 𝒦。Sₜ − MI 在基 (w, v) 下的压缩为 [[γ + ta, tb], [t·conj(b), tc]]，其中 γ = λ₁ − M > 0，c = v*Tv − M > 0。t > 0 足够小时首个对角元为正，行列式 tγc + t²(ac − |b|²) > 0，压缩正定，由 Courant–Fischer 得 λ₂(Sₜ) > M，矛盾。所以 S 在 𝒦 上使 v*Tv 最大，引理 2.2 给出 M 是单重最大特征值，与 λ₁ > M 矛盾。故 λ₁ = λ₂ = M。若 λ₃ 也等于 M：tr S = 0 使 λ₄ + λ₅ ≤ −3M，而 tr S² = Σ|Sᵢⱼ|² ≤ 20，由 Cauchy–Schwarz 得 20 ≥ 3M² + (3M)²/2 = 15M²/2 ≥ 75/2，矛盾。∎

命题 2.4（μ* = 1/M）。 任取五个单位向量，Gram 矩阵 G 半正定、对角为 1、秩 ≤ 3，重合度 μ > 0（ℂ³ 中没有五条两两正交的直线）。S = (I − G)/μ ∈ 𝒦，而 G 至少有两个零特征值，所以 S 的最大特征值 1/μ 至少二重，M ≥ λ₂(S) = 1/μ。反过来，对 λ₂ 的最大点 S，由命题 2.3，G = I − S/M 半正定、对角为 1、秩恰为 3，是 ℂ³ 中五个单位向量的 Gram 矩阵，重合度 ≤ 1/M。所以 μ* = 1/M，并且每个全局最优 Gram 矩阵 G 都给出最大点 S = M(I − G)。由引理 2.1，μ* ≤ 1/√5 < 1/2。

命题 2.5（秩二支撑矩阵与匹配）。 设 G 是全局最优 Gram 矩阵，S = M(I − G)。存在秩 2 的半正定矩阵 Y = ZZ*，Z 为 5×2，满足 SZ = MZ；Z 的五行 zᵢ ∈ ℂ² 非零且两两线性无关；S 在 𝒦 上使 tr(YT) 最大；Yᵢⱼ ≠ 0 时 Sᵢⱼ = Yᵢⱼ/|Yᵢⱼ|，从而 |Gᵢⱼ| = μ*；Y 的非对角零元构成一个匹配。

证明。令 U 为 5×2，列为顶部特征空间的标准正交基。紧凸集 {U*(T − S)U : T ∈ 𝒦} 含 0，且不含正定矩阵（否则 T 在 range U 上的压缩大于 MI，λ₂(T) > M）。有限维分离给出非零 2×2 矩阵 W，使对所有 T ∈ 𝒦 有 tr(W U*(T − S)U) ≤ 0；对正定锥的所有正倍数检验得 W ⪰ 0，0 属于第一个集合使分离常数为 0；归一化 tr W = 1。令 Y = UWU*，则 tr(YT) ≤ tr(YS)。若 W 秩一，则 Y = vv*，v 是 M 特征向量，S 使 v*Tv 最大，引理 2.2 使 M 单重，与命题 2.3 矛盾。所以 W 正定，Y 秩 2，值域为 ker G。令 Z = UW^{1/2}。

tr(YT) = Σ_{i≠j} Yᵢⱼ conj(Tᵢⱼ)，各元素独立在圆盘上取最大，所以 Yᵢⱼ ≠ 0 时 Sᵢⱼ = Yᵢⱼ/|Yᵢⱼ|，|Sᵢⱼ| = 1，|Gᵢⱼ| = 1/M = μ*。任意三个码向量线性无关：其 3×3 主 Gram 子阵对角为 1、非对角模 ≤ μ* < 1/2，最小特征值 ≥ 1 − 2μ* > 0。若 Z 的两行 zᵢ、zⱼ 线性相关，则有 c ≠ 0 使 (Zc)ᵢ = (Zc)ⱼ = 0，而 Zc ≠ 0 是 ker G 中支撑在其余三个标号上的向量，与三向量无关矛盾。最后，ℂ² 中非零 zᵢ 的正交补是一维的，zᵢ 不能与两个不共线的 zⱼ 都正交，所以 Y 的非对角零元构成匹配。∎

因此全局最优码至多有两对（且不相交）的重合度小于 μ*；其余各对都取到 μ*。

3. 相位证书 (P)

定理 3.1 (P)。 对每个对角为 0、所有非对角元模为 1 的 5×5 Hermite 矩阵 S，λ₂(S) < 23/10。

3.1 惯性判据。 令 s = 23/10，H = sI − S。λ₂(S) < s 等价于 H 至少有四个正特征值。H 的所有阶数 ≤ 3 的主子式都为正：一阶为 s，二阶为 s² − 1 = 429/100，三阶为 s³ − 3s − 2Re(z)（|z| = 1，z 为三条边相位之积，其中一个取共轭），至少 s³ − 3s − 2 = 3267/1000。由 Sylvester 判据每个 ≤ 3 阶主子阵正定，由交错定理 H 至少有三个正特征值。记 d = det H，e₄ = H 的五个四阶主子式之和。

• (a) 若 d < 0：H 非奇异，负特征值个数为奇数，又至多两个非正特征值，所以恰有一个负特征值、四个正特征值。
• (b) 若 e₄ > 0：某个四阶主子式为正；该 4×4 主子阵的一至三阶顺序主子式都为正（上面对所有主子阵成立），由 Sylvester 它正定，由交错 H 至少有四个正特征值。

（b）中“所有”低阶主子阵正定是必要的：只知道 H 有三个正特征值不够。反过来，若 H 有四个正特征值，则或第五个为负（(a) 成立），或非负（e₄ > 0）。所以两个严格符号测试合起来恰好等价于 (P)。

3.2 规范与相位域。 标号记为 0, …, 4。对角酉相似不改变谱，可使第一行 S₀ⱼ = 1（j = 1, …, 4）。其余六条边 (1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4), (3,4) 写成 zₖ = εₖ(1 − tₖ² + 2itₖ)/(1 + tₖ²)，εₖ = ±1，tₖ ∈ [−1, 1]：tₖ 走遍 [−1, 1] 时 (1 − t² + 2it)/(1 + t²) = e^{iθ}，θ = 2 arctan t 走遍 [−π/2, π/2]，乘以 ±1 覆盖整个单位圆。这给出 64 个符号模式，每个配一个闭盒 [−1, 1]⁶。

两个对称进一步缩小区域。(i) 重新标号 1, …, 4（固定 0 的置换相似）不改变谱，把边置换到边；若一条边的方向反转，该元素变为共轭，即 t → −t，符号不变，盒仍映到 [−1, 1]⁶。所以 64 个符号模式按 S₄ 作用分成 11 个轨道（即 4 个顶点上的 11 类图），每个轨道取一个代表。(ii) S → conj(S) 不改变谱，把所有 tₖ 变为 −tₖ 而符号不变，所以可设 t₁ ≥ 0。每个根盒因此是 [0, 1] × [−1, 1]⁵，共 11 个。

3.3 整数多重二次分子。 令 D(t) = Πₖ(1 + tₖ²) > 0，定义 P_det(t) = 10⁵·D(t)·det H，P_e4(t) = 10⁴·D(t)·e₄(H)。按置换展开行列式：每条边在一个置换中出现 0、1 或 2 次；出现两次只能是对换，贡献 zₖ·conj(zₖ) = 1。所以乘以 D(t) 后每个 tₖ 的次数 ≤ 2，系数为整数，每个多项式有 3⁶ = 729 个系数（指数编号 Σₖ eₖ3ᵏ），虚部全部抵消。11 个根共 22 个多项式。

3.4 张量 Bernstein 包络。 在区间 [l, h] 上，二次式 a + bt + ct² 的三个 Bernstein 系数是 a + bl + cl²、a + b(l + h)/2 + clh、a + bh + ch²。对六个坐标做张量积得到 729 个系数；Bernstein 基在闭盒上非负且和为 1，所以多项式在整个盒上介于最小与最大系数之间。若 P_det 的所有系数 < 0，则整盒 d < 0；若 P_e4 的所有系数 > 0，则整盒 e₄ > 0。在中点二分时，一维系数 (A, B, C) 的两个子盒系数（公共正因子 4）是

左：(4A, 2(A + B), A + 2B + C)，右：(A + 2B + C, 2(B + C), 4C)。

这就是 de Casteljau 细分，全程只用整数。

3.5 二叉森林。 证书是 11 棵树按前序写成的单字节流：数字 0–5 表示在该坐标中点二分（先左后右），D 表示叶上 P_det 的全部 Bernstein 系数 < 0，E 表示叶上 P_e4 的全部系数 > 0。每次二分的两个闭子盒覆盖父盒，所以全部叶覆盖 11 个根盒。森林共 2 008 363 个节点、1 004 176 次二分、1 004 187 片叶（636 388 片 D、367 799 片 E），最大深度 41；节点数 = 2 × 叶数 − 11，没有未处理的节点，没有剩余字节。

每片 D 叶在其盒上证明 d < 0，每片 E 叶证明 e₄ > 0；由 3.1 两者都给出 λ₂(S) < 23/10。3.2 的规范与对称把每个单位模 S 映到某片叶的盒中，所以 (P) 对整个连续相位域成立，而不是对有限个样本点。∎

推论 3.2。 对任何全局最优码，命题 2.5 的 Y 至少有一个非对角零元。由 §1，μ* ≤ m₀，所以 M = 1/μ* ≥ 1/m₀ = (1 + √13)/2；又 13 > (18/5)²，故 √13 > 18/5，1/m₀ > 23/10。若 Y 没有零元，则所有 |Sᵢⱼ| = 1，(P) 给出 M = λ₂(S) < 23/10，矛盾。∎

4. 零对偶对与反酉对合

命题 4.1。 若全局最优码的 Y 有非对角零元，则该码有一个反酉对合 J（J 反线性、保范、J² = I）把五条直线映为自身；重新标号后，J 或固定全部五条（类型 1⁵），或固定三条并交换另外两条（类型 1³·2）。

4.1 规范化。 重新标号使 Y₁₂ = 0。对 Z 的两列做共同酉变换、对各行乘相位（这对 S、Y、G 做一致的单项相似，不影响结论），得到

z₁ = r₁(1, 0), z₂ = r₂(0, 1), zⱼ = rⱼ(cⱼ, sⱼe^{iφⱼ}) (j = 3, 4, 5),

其中 rᵢ、cⱼ、sⱼ 都严格为正，cⱼ² + sⱼ² = 1：严格正来自 zⱼ 与 z₁、z₂ 都线性无关，没有丢掉坐标为零的边界情形。相位对齐给出 S₁ⱼ = 1、S₂ⱼ = e^{−iφⱼ}；记 a = S₁₂（Y₁₂ = 0，故不受约束）。SZ = MZ 的前两行给出

M r₁ = Σⱼ rⱼcⱼ, M r₂ = Σⱼ rⱼsⱼ, a r₂ = −Σⱼ rⱼsⱼe^{iφⱼ}, conj(a) r₁ = −Σⱼ rⱼcⱼe^{−iφⱼ}.

于是三个实数 αⱼ = rⱼ(r₁sⱼ − r₂cⱼ) 满足

Σⱼ αⱼ = 0, Σⱼ αⱼ e^{iφⱼ} = 0. (A)

4.2 三个不同方位角。 单位圆上三个不同的点在实平面中仿射无关（直线与圆至多交于两点），(A) 迫使所有 αⱼ = 0，于是 sⱼ/cⱼ = r₂/r₁ 为常数：cⱼ = c、sⱼ = s，且 r₁s = r₂c。若后三行中某两行正交，c² + s²e^{i(φⱼ−φₖ)} = 0 直接给出 c = s = 1/√2（这包括匹配的第二条边）。否则三对内积都非零。把 SZ = MZ 的第 j 行投影到与 zⱼ 垂直的单位方向 (−s, c·e^{iφⱼ})：前两行的贡献因 r₁s = r₂c 而抵消，右端为 0。记 δ = φₖ − φⱼ，fⱼₖ = |c² + s²e^{−iδ}| > 0，第 k 项除以 rₖ 恰为

(cs/fⱼₖ)·[(c² − s²)(cos δ − 1) + i·sin δ]. (B)

两个 δ 都非零，cos δ − 1 < 0，rₖ、cs、fⱼₖ 都为正，实部方程迫使 c² = s²。所以 c = s = 1/√2，r₁ = r₂。行空间上的反酉映射 J(x, y) = (conj(y), conj(x)) 交换 z₁、z₂，把 zⱼ 变成 e^{−iφⱼ}zⱼ（j = 3, 4, 5），所以 Y 有一个交换 1、2、固定其余三个标号的反酉单项对称；r₃、r₄、r₅ 不必相等。

4.3 至多两个方位角。 若三个方位角相同，对第二列乘一个相位即可使所有 zᵢ 为实。若恰有两个方位角，其中一个只出现一次，设为标号 j，另两行方位角为 φ₀。若 φ₀ − φⱼ 不是 0 或 π（mod 2π），则 Yⱼₖ 都不为零（正的 c、s 下正交需要相反的方位角）。把第 j 行投影到 (−sⱼ, cⱼe^{iφⱼ})：前两行的贡献是实数，而第 k 项的虚部恰为

rₖcₖsₖ·sin(φₖ − φⱼ) / |cⱼcₖ + sⱼsₖe^{−i(φₖ−φⱼ)}|, (C)

两项同号且非零，矛盾。所以两个方位角相反。用对角酉矩阵把第二列转到方位角 0 或 π，再给第二个轴行 z₂ 乘一个相位使其坐标为正实数（都是允许的规范变换），所有五行都变为实向量。此时 Y 为实矩阵，被普通共轭固定。

4.4 从对偶对称传到原码。 Y 的零元不直接决定 S 的对应元，所以需要这一步。取单项酉矩阵 Q 使 Y = Q·conj(Y)·Q*（实情形 Q = I；4.2 的情形 Q 表示交换 1、2 及后三行的相位），且 Q·conj(Q) = I。令 S′ = Q·conj(S)·Q* ∈ 𝒦，则

S′Y = Q·conj(SY)·Q* = M·Q·conj(Y)·Q* = MY, tr(YS′) = tr(conj(Y)·conj(S)) = conj(tr(YS)) = tr(YS).

第二式说明 S′ 也在 𝒦 上使 tr(YT) 最大，所以命题 2.5 的相位对齐对 S′ 同样成立：在 Y 的每个非零非对角元处 S′ᵢⱼ = Yᵢⱼ/|Yᵢⱼ| = Sᵢⱼ。两者对角都为 0，所以 D = S − S′ 只支撑在 Y 的零元匹配上，且 DY = 0。D 的每行至多一个可能非零的元 Dᵢⱼ，而 (DY)ᵢⱼ = Dᵢⱼ·Yⱼⱼ，Yⱼⱼ = |zⱼ|² > 0，所以 D = 0，即 S = Q·conj(S)·Q*，G = I − S/M 也满足 G = Q·conj(G)·Q*。

这个关系保持所有共轭后的 Gram 内积，所以按 Q 的标号置换与相位定义的反线性映射在码向量张成的空间上良定义且保范；五个向量张成 ℂ³，它是 ℂ³ 上的反酉映射 J，由 Q·conj(Q) = I 得 J² = I。它的标号置换是恒等（实情形，类型 1⁵）或一个对换（4.2 的情形，类型 1³·2）。这是原码本身的对称，不是辅助矩阵的对称，也不是事先假设的。∎

5. 类型 1⁵：五条实直线

化为实向量。 若反酉对合 J 固定每条直线，取直线上的单位向量 v，Jv = αv（|α| = 1）；取 β 使 β/conj(β) = α，则 J(βv) = βv。J 的不动向量构成实子空间，内积为实数；由 v = (v + Jv)/2 + i·(v − Jv)/(2i)，它的复化是整个 ℂ³，实 Gram–Schmidt 给出 J 不动的标准正交基。在这组基下五个代表元是 ℝ³ 中的实单位向量，所有重合度不变。

命题 5.1。 ℝ³ 中任意五个单位向量的重合度 μ ≥ (5 − √17)/2 > 7/16 > m₀。

证明。实 Gram 矩阵 G 半正定、对角为 1、秩 ≤ 3，核至少二维。取核中二维子空间上的实正交投影 P：GP = 0，tr P = 2。于是 0 = tr(GP) = 2 + Σ_{i≠j} Gᵢⱼ Pᵢⱼ ≥ 2 − μL，L = Σ_{i≠j}|Pᵢⱼ|，故 μL ≥ 2。令 Sᵢᵢ = 1，Sᵢⱼ = sign(Pᵢⱼ)（sign(0) = +1），则 L = tr(PS) − 2。在 S 的特征基下，P 的对角元 αᵢ ∈ [0, 1]、和为 2，所以 tr(PS) = Σλᵢαᵢ ≤ λ₁ + λ₂（Ky Fan；不需要 P 与 S 可交换）。用 diag(1, S₁₂, …, S₁₅) 相似把 S 的第一行变成全 +1，剩下六个符号自由：恰好 64 个矩阵，它们的特征多项式分为七类：

个数合计 64；λ₁ + λ₂ 的最大值是 (9 + √17)/2。所以 L ≤ (9 + √17)/2 − 2 = (5 + √17)/2，μ ≥ 2/L ≥ 4/(5 + √17) = (5 − √17)/2 ≈ 0.43845。17 < (33/8)² 给出 (5 − √17)/2 > 7/16；13 < (29/8)² 给出 m₀ < 7/16。∎

所以类型 1⁵ 的码重合度严格大于 m₀。

6. 类型 1³·2：三条固定直线的屏障

命题 6.1。 若 ℂ³ 中五条不同直线被一个反酉对合保持，它固定三条、交换另两条，则重合度 m ≥ m₀。

6.1 化为球面椭圆帽。 m > 0（ℂ³ 中没有五条两两正交的直线）。设 0 < m < m₀，q = m²，则 3q + m < 1。取 J 为某实标准正交基下的坐标共轭；三条固定直线有实单位代表 u₁, u₂, u₃。被交换的一对是 z 与 conj(z)；调整 z 的相位使实部与虚部正交，必要时交换二者，写成 z = √λ·eₓ + i√(1 − λ)·e_y，1/2 ≤ λ ≤ 1，eₓ、e_y 为正交的实单位向量，再取 e_z 与二者垂直。这一对的重合度为 s = |⟨z, conj(z)⟩| = 2λ − 1 ≤ m。固定直线与 z 的重合度平方为 λuₓ² + (1 − λ)u_y² ≤ q。

若某 u 的 u_z = 0，则左边 ≥ 1 − λ ≥ (1 − m)/2 > q，不可能；所以可取 u_z > 0。令 a² = q/λ = 2q/(1 + s)，b² = q/(1 − λ) = 2q/(1 − s)，0 < a ≤ b < 1。可行集是正高度的椭圆帽 K：(uₓ/a)² + (u_y/b)² ≤ 1，u_z = √(1 − uₓ² − u_y²) > 0。三条固定直线两两的约束只保留 uᵢ·uⱼ ≤ m（丢掉下界是放宽）。所以只需证明：K 中不存在三点使两两点积都 ≤ m。

由 3q + m < 1 得 b² ≤ 2q/(1 − m) < 2/3，K 中每点高度 u_z ≥ √(1 − b²) > 1/√3，于是对任意三点 3 + 2Σ_{i<j} uᵢ·uⱼ = |Σuᵢ|² > 3，最大点积为正。在紧集 K³ 上最小化三对点积的最大值，记最小值为 t；可行三元组给出 0 < t ≤ m < 1，最优三点互不相同。点积等于 t 的对称为活跃对。

6.2 局部极小引理。 固定 v ∈ K，u 在 K 内部时 u·v 在球面上的驻点只有 ±v：−v 高度为负不在帽内，v 是严格极大。所以有关的局部极小都在椭圆边界上。设 a < b。K × K 上 u·v（u ≠ v）的任一局部极小都是全局的宽轴直径对 (0, b, √(1 − b²))、(0, −b, √(1 − b²))。理由：两点都在边界上；令 R = diag(λ, 1 − λ, 0)，Lagrange 条件给出 v = (αI + βR)u，u = (α′I + β′R)v（u_z, v_z > 0 且 Ru, Rv ≠ 0，约束梯度无关）。若 u 的坐标全非零，则 v 亦然，且 (α + βr)(α′ + β′r) = 1 在 R 的三个不同特征值 r 处成立，二次多项式恒为 1，迫使 β = β′ = 0、u ∥ v，对正高度的不同两点不可能。若某坐标为零，驻点方程使另一点同一坐标也为零（z 坐标不会为零）：x 为零时是宽轴对；y 为零时是短轴端点对，把两点沿边界往相反方向移动会使点积 1 − 2(a²cos²θ + b²sin²θ) 下降，不是局部极小。宽轴对是全局极小，因为所有点高度 ≥ √(1 − b²)，K 包含在角半径对应的球冠中，其直径正是这对点。a = b 的圆情形更简单：局部极小都是对径的边界点对。

所以最优三元组不可能只有一对活跃：非活跃对有严格余量，唯一的活跃对就是 K × K 上点积的局部极小，因而是全局极小，那么另两对的点积会严格更小，矛盾。

6.3 三对都活跃。 实 Gram 矩阵对角为 1、非对角为 t ≥ 0，最小特征值 1 − t。F = Σuᵢuᵢᵀ 有相同的非零特征值，R 半正定、迹为 1，故 3q ≥ Σuᵢᵀ R uᵢ = tr(RF) ≥ 1 − t ≥ 1 − m，与 3q + m < 1 矛盾。

6.4 恰两对活跃：中心在短轴端点。 两对活跃对共享中心 v，另两点记 u、w，u·w < t。u、w 都必须是 h_v(x) = v·x 在 K 上的局部极小，否则稍移一点会减小它的活跃点积而保持 u·w 的余量，得到只有一对活跃的最优三元组，已排除。于是它们是 h_v 的两个不同的、值相等的局部极小。

等值局部极小引理（a < b）。令 C = 1 − b² > 0，k = b² − a² > 0，用 x ∈ [−a, a] 写边界点 (x, ±b√(1 − x²/a²), √(C + kx²/a²))。若 v_y ≠ 0，y 与 v_y 反号的那一半上目标为 f₋(x) = vₓx − |v_y|b√(1 − x²/a²) + v_z√(C + kx²/a²)，严格凸，恰有一个内部极小。另一半的 f₊ 把负号换成正号，a²f₊″ = −|v_y|b/(1 − r²)^{3/2} + v_z kC/(C + kr²)^{3/2}（r = x/a），第二项与第一项之比是常数乘 ((1 − r²)/(C + kr²))^{3/2}，随 |r| 严格递减，所以 f₊″ 只在一个中央区间内为正，f₊ 至多一个局部极小，且其值严格大于 f₋ 的极小（内部处处 f₊ > f₋）。x = ±a 处向有利的一半移动一阶下降，不是局部极小。所以 v_y ≠ 0 时没有两个等值的局部极小，必须 v_y = 0。

v_y = 0 时两半的目标同为严格凸函数 g(x) = vₓx + v_z√(C + kx²/a²)，两个不同极小只能是唯一内部极小点 x* 处的反射对 (x*, ±Y, Z)。水平反射使 vₓ ≥ 0；vₓ > 0 时 g′(0) = vₓ > 0 给出 x* < 0，vₓ = 0 时 x* = 0。中心在短轴子午线 (c, 0, √(1 − c²))，0 ≤ c ≤ a 上。若 c < a，固定两叶而稍增 c，两个活跃点积 c·x* + √(1 − c²)·Z 都严格下降（c = x* = 0 时二阶下降），u·w 的余量不变，目标下降，矛盾。所以 v 是短轴端点 (a, 0, √(1 − a²))。圆情形 a = b：除北极外 h_v 在边界上的极小唯一；在北极，所有边界值为 √(1 − a²) > m，同样不可能。

6.5 短轴端点的精确界。 取 v = (a, 0, √(1 − a²))，边界上的目标在横坐标 x = −ap（0 ≤ p ≤ 1）处为

D(p) = −a²p + √(1 − a²)·√(C + kp²).

两个不同的叶要求内部极小 0 < p* < 1。D′(0) = −a² < 0，D′(1) = k − a² = b² − 2a²，所以需要 b² > 2a²，即 s > 1/3；于是这种情形只可能出现在 1/3 < s ≤ m。由 D′(p*) = 0 解得

t² = D(p*)² = (1 − b²)(1 − a²b²/(b² − a²)) = (1 − 2q/(1 − s))(1 − q/s) = H(s).

（q < 1/3 < s，b² < 2/3，所有根号与分母为正。）H′(s) 与 B(s) = 1 − 2s − s² − 2q + 4qs 同号，确切地 H′(s)·s²(1 − s)²/q = B(s)。在 [1/3, m] 上 B′(s) = −2 − 2s + 4q < 0，所以 H 先增后减，最小值在端点：H(1/3) = (1 − 3q)²，H(m) = 1 − m − 2q。(1 − 3q)² > q 等价于 9q² − 7q + 1 > 0，因 q < q₀ 成立；1 − m − 2q > q 等价于 3q + m < 1。所以 t² > q = m²，与 t ≤ m 矛盾。所有活跃情形都已排除，m ≥ m₀。∎

规范码属于这一类（共轭固定 e₁、e₂、v₀，交换 v₁、v₂），所以界 m₀ 在类内达到。

7. 类型 1·2²：依赖 C

§4 只产生类型 1⁵ 与 1³·2，所以本节不在最优值与整数分数的证明路径上。证明包把它作为完整对称定理（任何有非标量酉对称或任何反酉对称的码都满足 μ ≥ m₀）的一部分；这里如实转述，并说明我们核验到哪一步。

一般反酉 T 的约化：T² 是保持码的酉算子；若非标量，归入酉对称的分支 A；若 T² = λI，由 T(T²) = (T²)T 得 λ 为实数 ±1，写 T = UK（K 为坐标共轭）有 det(T²) = |det U|² = 1，而 det(λI) = λ³，排除 λ = −1。所以 T 是对合，置换类型为 1⁵、1³·2 或 1·2²。

类型 1·2²：固定实单位向量 u，被交换的两对 z、conj(z) 与 w、conj(w)。令 A = xxᵀ + yyᵀ（z = x + iy），B 同理；它们是迹 1、秩 ≤ 2 的实半正定矩阵。在阈值 m 下，可行性化为：A、B 的谱为 (h, l, 0)（h = (1 + m)/2，l = (1 − m)/2），uᵀAu ≤ q，uᵀBu ≤ q，且根保真度 F(A, B)² ≤ q。（这一步用到两个前提：保真度联合凹，以及帽状迹集的极点都有谱 (h, l, 0)，从而两对内部重合度可同时取满。）参数化 A = a₁eeᵀ + b₁(evᵀ + veᵀ) + c₁vvᵀ，B 同理，aᵢ ∈ [l, h]，bᵢ = √(aᵢ(1 − aᵢ) − p)，p = hl，d = vᵀw ∈ [−1, 1]，则

t = tr(AB) = a₁a₂ + c₁c₂d² + 2b₁b₂d, F² = t + 2p|d|, e₂(M) = p + θ(1 − θ)(1 − 2p − t), det M = pθ(1 − θ)(1 − d²)[θc₂ + (1 − θ)c₁],

其中 M = θA + (1 − θ)B。若 N = M − qI 的 e₂ 与 det 都为正（tr N = 1 − 3q > 0），则 N 正定，与 uᵀMu ≤ q 矛盾。在 m = 4343/10000 处（3m² + m − 1 > 0，故 m > m₀），对 [l, h]² × [−1, 1] 做有理区间二分：每片叶或 a₁ > a₂（对称）、或 F² 下界 > q、或某个列表中的 θ 使 e₂(N)、det N 下界都为正。证书有 10 794 片叶，所以 1·2² 类的码重合度 > 0.4343 > m₀。

8. 结论与整数推论

取任一全局最优码（存在，见 §0），其重合度为 μ*。由 §1，μ* ≤ m₀。由命题 2.5 有支撑矩阵 Y；由推论 3.2，Y 有非对角零元；由命题 4.1，该码有类型 1⁵ 或 1³·2 的反酉对合。类型 1⁵ 由命题 5.1 给出 μ* > m₀，与 μ* ≤ m₀ 矛盾；所以是类型 1³·2，命题 6.1 给出 μ* ≥ m₀。因此 μ* = m₀，即对 ℂ³ 中任意五条直线 μ ≥ (√13 − 1)/6、μ² ≥ (7 − √13)/18，规范码取等。整个论证没有假设最优码有任何对称、轨道、坐标形式或接触图；对称是从最优性推出来的。

整数推论。 本站每个合法答案都是五个非零向量，所以 μ² ≥ q₀，分数 ⌈10¹⁸μ²⌉ ≥ ⌈10¹⁸q₀⌉。令 K = 188580484696445040。q₀ = 0.188580484696445039271…，精确地 (K − 1)/10¹⁸ < q₀ < K/10¹⁸：对有理数 x，q₀ < x 等价于 7 − 18x < 0 或 (7 − 18x)² < 13，用整数比较即可。所以每个答案的分数 ≥ K。当前纪录的九位小数答案的最大重合度平方精确等于 6279168879955444015132457236080625 / 33297023761832624111414575863183801，分数恰为 K（页面显示 μ = 0.434258546）。因此 K 是本题的最小整数分数，当前纪录已经达到最优，无法再被超越。

我们的核验

我们只读取包中的数据文件（phase_polynomials.json、all_roots.data、full.tree、answer.json、leaf_certificate.json），用自己的程序 tools/p61-certificates.py 与 tools/p61-forest-replay.cpp 判定每一步。全部检查通过，约 94 秒。

合成。 完整的合成在包顶层的 THEOREM.txt 中；相位证书子档案 README 里的“合成待定”和 BERNSTEIN_CERTIFICATE_PROOF 里的“尚未遍历”是更早冻结的文件，已经过时。

手工核对的推理（通向下界的全部步骤）。

• §2 接触约化：顶部特征值的重数、μ* = 1/M、分离得到秩 2 的 Y、Y 零元的匹配结构；五边形符号矩阵的特征多项式 x(x² − 5)² 由程序精确核对。
• §3 (P) 的逻辑：H = 23/10·I − S 的所有三阶以内主子式为正（最小 3267/1000），所以 det < 0 或 e₄ > 0 都推出四个正特征值；13 > (18/5)² 给出 1/m₀ > 23/10。
• §4 零对偶对约化：α 方程组、三方位角情形、投影 (B)、(C)，以及 D = 0 的对称传递。包中对 S′ 直接使用相位对齐；这需要 S′ 也使 tr(YT) 最大，由 tr(YS′) = tr(YS) 成立，我们补上了这一行，结论不变。
• §5 五条实直线：全部 64 个符号矩阵的特征多项式精确计算，7 类，个数 15、15、12、10、10、1、1，λ₁ + λ₂ 最大为 (9 + √17)/2；(5 − √17)/2 > 7/16 > m₀ 精确比较。
• §6 三条固定直线的屏障：椭圆帽、局部极小引理、短轴端点、H(s)。H(s)、B(s) 与端点值的恒等式在有理数上精确验证；D(p*)² 的闭式我们手工重推，并在随机实例上数值核对。

相位证书的重放。

• 22 个分子多项式：我们在网格 {−1, 0, 1}⁶ 上用精确 Gauss 有理数行列式求值再插值重建（与包中的置换展开是不同路线），在随机有理点上复核，系数与提交的完全一致。
• 11 个符号根恰好是 64 个边符号模式在 S₄ 下每个轨道一个；第一行规范、共轭半盒与 t 参数化覆盖整个相位域。
• 根盒的 Bernstein 系数由我们自己计算，与 all_roots.data 只差正因子。
• 森林用我们自己的 C++ 重放（__int128，每次二分前检查所有系数 < 2¹²⁴，绝不越界）：2 008 363 个节点、1 004 176 次二分、1 004 187 片叶（636 388 D、367 799 E），最大深度 41，没有剩余字节，约 37 秒。
• 每隔 997 片叶抽一片，共 1 007 片，在 Python 大整数中直接从单项式多项式对叶盒做 Bernstein 变换复核，不依赖 de Casteljau 链。
• 另外（不在分数路径上）：1·2² 分支（依赖 C，m > 0.4343）的全部 10 794 片叶用我们自己的精确区间算术通过，叶的体积恰好铺满整个盒，内部两两不交。
• 数值合理性（不作为证明）：局部搜索找到的单位模 S 的 λ₂ 最大约为 2.2843 < 2.3；SLSQP 找到的最好重合度为 0.434258546。
• 数值：q₀ 与 K = ⌈10¹⁸q₀⌉ 精确比较；规范码的重合度恒等式 9q₀² − 7q₀ + 1 = 0；answer.json 的精确分数为 K。

复现：把上述五个数据文件放进一个目录 <dir>，然后

E:/math/research/toolshim/g++.exe -O2 -std=c++17 tools/p61-forest-replay.cpp -o replay.exe
python tools/p61-certificates.py <dir> replay.exe

没有审查的部分。

• 等号情形的分类：three_fixed_equality 模块，以及酉屏障 A 的等号情形（含正交对的码在 μ = m₀ 时的分类）。所以“最优构型唯一（在酉变换、置换与行缩放意义下）”这一说法我们没有核验。最优值与整数分数不依赖它；达到性是直接验证的：规范码有一对正交、九对重合度平方等于 q₀。
• 依赖 C 的前提：极点谱引理与保真度化约（§7 括号中的两步）。我们重放了它的区间证书，但没有审查这两个前提；§7 不在本页结论的证明路径上。
• 酉对称分支 A 的下界部分同样不在证明路径上，我们没有审查。

贡献与范围

规范码与“它可能最优”的猜想来自 Jasper、King 与 Mixon 的 Game of Sloanes（arXiv:1907.07848 及其 GitHub 档案；档案把列出的数值码归于 Dustin G. Mixon）。本证明说明它确实最优，并确定了本站整数分数的最小值。本项采纳的贡献记 zzzcy #308 一次永久 +2 证明分。

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