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title: 雅可比猜想被AI推翻——世界杯决赛夜，Fable一脚踢翻了85年的数学猜想
abbrlink: jacobian-conjecture-counterexample-fable
date: "2026-07-20 16:00:00"
desc: "85年的雅可比猜想被一个显式的多项式反例推翻。三个不同的点映射到同一个像，雅可比行列式为常数-2——任何人都能手算验证。而这个反例，是一位数学家在世界杯决赛夜用AI聊出来的"
categories:
    - 胡思乱想
tags:
    - 数学
    - ai
    - 雅可比猜想
    - 反例
    - 猜想
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## 前言

> 世界杯决赛夜，一个数学家用AI聊天，顺手终结了一个85年的猜想。

2026年7月，Anthropic 研究员、哈佛前Junior Fellow **Levent Alpöge** 在 X 平台上发了一条推文——一个显式的多项式映射，雅可比行列式为常数 $-2$，却有三个不同的原像映射到同一个点。这意味着，**雅可比猜想（Jacobian Conjecture）被证伪了**。

> [Levent Alpöge 原始推文](https://x.com/__alpoge__/status/2079028340955197566)

更有趣的是，这个反例是他在**世界杯决赛期间**，随口问了一句 AI 模型 `Fable`，然后 `Fable` 就给他吐出来了。

> thanks to my other close friend fable for working during the world cup final
>
> "感谢我的好朋友 Fable，在世界杯决赛期间帮我干活。"

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## 雅可比猜想：一个"大一就能听懂"的猜想

在数学界，大多数著名的未解问题——黎曼猜想、$P$ vs $NP$，别说理解了，你连**问题陈述**都未必能读下来。但雅可比猜想是个异类。

### 猜想说了什么

雅可比猜想（1939年由 Ott-Heinrich Keller 提出，后经 Shreeram Abhyankar 推广）问的是这样一个问题：

> 如果一个多项式映射 $F: \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n$ 的雅可比行列式是一个**非零常数**，那么 $F$ 是否一定有**多项式逆映射**？

用更直白的话说：在微积分里，如果一元函数的导数处处不为零，那它局部可逆。在多元情况下，如果雅可比行列式（导数的多元版本）是一个处处非零的常数，那这个多项式映射是否**全局可逆**，而且逆映射也是多项式？

这听起来非常"理所当然"。毕竟线性代数里，矩阵行列式非零就意味着可逆——这就是 Cramer 法则。雅可比猜想本质上是在问：**Cramer 法则能不能推广到多项式？**

| 维度      | 雅可比猜想状态                                                               |
| --------- | ---------------------------------------------------------------------------- |
| $n=1$     | 平凡成立（单变量多项式导数非零常数 $\implies$ 一次函数 $\implies$ 显然可逆） |
| $n=2$     | 长期开放，大量尝试，部分正面结果（如 Moh 的著名工作）                        |
| $n \ge 3$ | **2026年7月被证伪**                                                          |

### 为什么重要

这个猜想在数学界的分量不轻。它是 **Steve Smale 列出的21世纪最重要的18个数学问题之一**。更有意思的是，张益唐（就是那位证明了孪生素数猜想弱形式的传奇数学家）的博士论文，据说就是因为依赖了一个与雅可比猜想相关的错误引理而**整个垮掉**。我现在在知乎看相关问题都是在讨论张益唐 :)

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## 反例：三行多项式，终结85年猜想

话不多说，直接上反例。定义多项式映射 $F: \mathbb{C}^3 \to \mathbb{C}^3$：

$$
\begin{aligned}
F(x, y, z) = \bigl(
&(1+xy)^3 z + y^2 (1+xy) (4+3xy), \\
&y + 3x(1+xy)^2 z + 3 x y^2 (4+3xy), \\
&2x - 3x^2 y - x^3 z
\bigr)
\end{aligned}
$$

就这三行。没有深层数论，没有无穷级数，没有抽象代数几何——就是三个你能在大一微积分作业里看到的多项式。

这个映射有两个关键性质：

| 性质         | 结论                                                        |
| ------------ | ----------------------------------------------------------- |
| 雅可比行列式 | $\det(J_F) = -2$（非零常数，满足猜想条件）                  |
| 单射性       | **不单射**——三个不同的点映射到同一像 $(-\frac{1}{4}, 0, 0)$ |

第二条直接证伪：雅可比行列式为常数非零，但映射不可逆（因为不单射，不可能有多项式逆映射）。

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## 手动验证——任何人都能算

说实话，这个反例最让我感动的不是它推翻了猜想，而是**它的验证简单到任何人都能算**。不像之前的单位距离猜想那样命题简单但完全看不懂证明证伪，但这个的证伪过程非常**简单**，包括已经遗忘很多高数的大学生。不用上 arXiv，不用懂深入的代数几何，拿张草稿纸就能算。

### 验证三对一映射

需要验证三个不同的点都映射到 $(-\frac{1}{4}, 0, 0)$：

$$
\begin{aligned}
P_1 &= (0, 0, -\tfrac{1}{4}) \\[4pt]
P_2 &= (1, -\tfrac{3}{2}, \tfrac{13}{2}) \\[4pt]
P_3 &= (-1, \tfrac{3}{2}, \tfrac{13}{2})
\end{aligned}
$$

#### 验证 $P_1$：平凡到令人咂舌

对于 $(0, 0, -\frac{1}{4})$，$xy = 0$，$1+xy = 1$：

$$
\begin{aligned}
f_1 &= 1^3 \cdot (-\tfrac{1}{4}) + 0 = -\tfrac{1}{4} \\[4pt]
f_2 &= 0 + 0 + 0 = 0 \\[4pt]
f_3 &= 0 - 0 - 0 = 0
\end{aligned}
$$

$P_1 \mapsto (-\frac{1}{4}, 0, 0)$。算完你可能怀疑这反例是凑出来的——没错，它就是凑出来的。

#### 验证 $P_2$：开始有趣了

对于 $(1, -\frac{3}{2}, \frac{13}{2})$，先算中间量：

$$
xy = 1 \cdot \left(-\tfrac{3}{2}\right) = -\tfrac{3}{2}, \quad 1+xy = -\tfrac{1}{2}
$$

$$
(1+xy)^2 = \tfrac{1}{4}, \quad (1+xy)^3 = -\tfrac{1}{8}
$$

$$
y^2 = \tfrac{9}{4}, \quad 4+3xy = 4 - \tfrac{9}{2} = -\tfrac{1}{2}
$$

代入 $f_1$：

$$
\begin{aligned}
f_1 &= \left(-\tfrac{1}{8}\right) \cdot \tfrac{13}{2} + \tfrac{9}{4} \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right) \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right) \\[4pt]
    &= -\tfrac{13}{16} + \tfrac{9}{16} \\[4pt]
    &= -\tfrac{4}{16} = -\tfrac{1}{4}
\end{aligned}
$$

代入 $f_2$：

$$
\begin{aligned}
f_2 &= -\tfrac{3}{2} + 3 \cdot 1 \cdot \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{13}{2} + 3 \cdot 1 \cdot \tfrac{9}{4} \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right) \\[4pt]
    &= -\tfrac{3}{2} + \tfrac{39}{8} - \tfrac{27}{8} \\[4pt]
    &= -\tfrac{12}{8} + \tfrac{39}{8} - \tfrac{27}{8} = 0
\end{aligned}
$$

代入 $f_3$：

$$
\begin{aligned}
f_3 &= 2 \cdot 1 - 3 \cdot 1^2 \cdot \left(-\tfrac{3}{2}\right) - 1^3 \cdot \tfrac{13}{2} \\[4pt]
    &= 2 + \tfrac{9}{2} - \tfrac{13}{2} \\[4pt]
    &= \tfrac{4}{2} + \tfrac{9}{2} - \tfrac{13}{2} = 0
\end{aligned}
$$

$P_2 \mapsto (-\frac{1}{4}, 0, 0)$。

#### 验证 $P_3$：对称性的精妙

对于 $(-1, \frac{3}{2}, \frac{13}{2})$，$xy = -1 \cdot \frac{3}{2} = -\frac{3}{2}$，$1+xy = -\frac{1}{2}$，与 $P_2$ 相同。因此依赖 $u=1+xy$ 的项完全一致。

$f_1$（只依赖 $y^2$ 和 $u$，不依赖 $y$ 的符号）：

$$
f_1 = -\tfrac{13}{16} + \tfrac{9}{16} = -\tfrac{1}{4} \quad \text{(与 }P_2\text{ 完全相同)}
$$

$f_2$（$x=-1$ 导致关键项的符号翻转）：

$$
\begin{aligned}
f_2 &= \tfrac{3}{2} + 3 \cdot (-1) \cdot \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{13}{2} + 3 \cdot (-1) \cdot \tfrac{9}{4} \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right) \\[4pt]
    &= \tfrac{3}{2} - \tfrac{39}{8} + \tfrac{27}{8} \\[4pt]
    &= \tfrac{12}{8} - \tfrac{39}{8} + \tfrac{27}{8} = 0
\end{aligned}
$$

$f_3$（$x=-1$，$x^2=1$，$x^3=-1$）：

$$
\begin{aligned}
f_3 &= 2 \cdot (-1) - 3 \cdot 1 \cdot \tfrac{3}{2} - (-1) \cdot \tfrac{13}{2} \\[4pt]
    &= -2 - \tfrac{9}{2} + \tfrac{13}{2} \\[4pt]
    &= -\tfrac{4}{2} - \tfrac{9}{2} + \tfrac{13}{2} = 0
\end{aligned}
$$

$P_3 \mapsto (-\frac{1}{4}, 0, 0)$。

**三个不同的点，全部映射到同一个像。**

这不光是"不单射"：这是一个三对一的碰撞。没了单射性，多项式逆就不存在；多项式逆不存在，雅可比猜想就死了。

#### Lean 4 验证

> **本文的 Lean 4 代码由 AI 生成** 因为我不会 Lean，而且我也不想装 Mathlib 编译什么包，所以改用纯 Lean 4 内核求值器 `#eval` 进行数值验证。

以上验证过程可以用 Lean 4 形式化。把多项式映射定义清楚，然后用 `#eval` 交给内核求值器计算：

```lean title="验证三点碰撞 (Lean 4)"
-- 多项式映射 F: ℚ³ → ℚ³
def F (x y z : Rat) : Rat × Rat × Rat :=
  ((1 + x*y)^3 * z + y^2 * (1 + x*y) * (4 + 3*x*y),
   y + 3*x*(1 + x*y)^2 * z + 3*x*y^2 * (4 + 3*x*y),
   2*x - 3*x^2*y - x^3*z)

-- 三个不同的点，映射到同一个像 (-1/4, 0, 0)
#eval F 0 0 (-1/4)
#eval F 1 (-3/2) (13/2)
#eval F (-1) (3/2) (13/2)
```

> `#eval` 是 Lean 4 的内核求值器，可以直接计算 `Rat`（有理数）的算术表达式。三个 `#eval` 的输出均为 `(-1/4, (0, 0))`。

### 雅可比行列式为常数 $-2$

要完整验证，还得确认雅可比行列式确实是常数 $-2$。雅可比矩阵 $J_F \in \mathbb{C}^{3 \times 3}$：

$$
J_F = \begin{bmatrix}
\frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} & \frac{\partial f_1}{\partial z} \\[8pt]
\frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} & \frac{\partial f_2}{\partial z} \\[8pt]
\frac{\partial f_3}{\partial x} & \frac{\partial f_3}{\partial y} & \frac{\partial f_3}{\partial z}
\end{bmatrix}
$$

令 $u = 1+xy$，$v = 4+3xy$，逐项求导：

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial f_1}{\partial x} &= 3y(1+xy)^2 z + y^3(7+6xy) \\[4pt]
\frac{\partial f_1}{\partial y} &= 3x(1+xy)^2 z + 2y(1+xy)(4+3xy) + xy^2(7+6xy) \\[4pt]
\frac{\partial f_1}{\partial z} &= (1+xy)^3 \\[8pt]
\frac{\partial f_2}{\partial x} &= 3(1+xy)^2 z + 6xy(1+xy)z + 3y^2(4+3xy) + 9xy^3 \\[4pt]
\frac{\partial f_2}{\partial y} &= 1 + 6x^2(1+xy)z + 6xy(4+3xy) + 9x^2y^2 \\[4pt]
\frac{\partial f_2}{\partial z} &= 3x(1+xy)^2 \\[8pt]
\frac{\partial f_3}{\partial x} &= 2 - 6xy - 3x^2 z \\[4pt]
\frac{\partial f_3}{\partial y} &= -3x^2 \\[4pt]
\frac{\partial f_3}{\partial z} &= -x^3
\end{aligned}
$$

这九个偏导代入 $3 \times 3$ 行列式公式后，几乎所有项都互相抵消。你可以在 SymPy、Mathematica 甚至让 GPT 帮你展开。结果是：

$$
\det(J_F) = -2
$$

一个非零常数，完美满足雅可比猜想的条件。但映射却不单射——**猜想被推翻。**

#### Lean 4 验证

行列式恒等式同样可以丢给 Lean 验证。由于没装 Mathlib，无法使用 `Matrix.det`，AI 改用 3×3 行列式显式展开公式——本质一模一样：

```lean title="验证雅可比行列式恒为 -2 (Lean 4)"
-- 雅可比行列式（3×3 展开公式，等价于 Matrix.det）
def jacobianDet (x y z : Rat) : Rat :=
  let u := 1 + x*y
  let a11 := 3*y*u^2*z + y^3*(7+6*x*y)
  let a12 := 3*x*u^2*z + 2*y*u*(4+3*x*y) + x*y^2*(7+6*x*y)
  let a13 := u^3
  let a21 := 3*u^2*z + 6*x*y*u*z + 3*y^2*(4+3*x*y) + 9*x*y^3
  let a22 := 1 + 6*x^2*u*z + 6*x*y*(4+3*x*y) + 9*x^2*y^2
  let a23 := 3*x*u^2
  let a31 := 2 - 6*x*y - 3*x^2*z
  let a32 := -3*x^2
  let a33 := -x^3
  a11*(a22*a33 - a23*a32) - a12*(a21*a33 - a23*a31) + a13*(a21*a32 - a22*a31)

-- 在多个点验证行列式恒为 -2
#eval jacobianDet 0 0 0
#eval jacobianDet 1 2 3
#eval jacobianDet 1 (-3/2) (13/2)
#eval jacobianDet (-1) (3/2) (13/2)
```

以上四个 `#eval` 结果均为 `-2`。对于多项式恒等式，在足够多的点上验证等价于代数恒等式。如果装了 Mathlib，原教旨写法是用 `Matrix.det` + `native_decide` 做全称量化证明（`∀ x y z`），但手里没榔头不代表钉子敲不进去。

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## 这个反例有多"狗屎"

行，验证完了，来聊点更有趣的。说实话，这个反例的出现方式，本身就堪称数学史上的一个行为艺术。

### 世界杯 + AI = 85年猜想终结者

85年来，世界上最聪明的数学家们——包括 Smale、Abhyankar、Mumford 这些泰斗级人物——前仆后继地尝试证明或推翻这个猜想，发表了无数论文。有人试图证明 $n=2$ 时猜想成立，有人试图推广到更高维。

结果呢？一个 AI 在**足球赛中场休息时**就把反例吐出来了。

你知道这意味着什么吗？Alpöge 甚至没有专门坐下来"做研究"——他只是在看球赛的间隙，出于无聊，随口问了 AI 一句。这在数学史上大概是前无古人的：**一个85年悬案，死于世界杯决赛夜的沙发消遣。** 或者说，这个反例的难度可能是某个大一学生就能**灵机一动**出来的，但时间等不及了，AI 给出来了。

| 人物/工具              | 贡献                     |
| ---------------------- | ------------------------ |
| Keller (1939)          | 提出猜想                 |
| Smale (1998)           | 列入21世纪最重要数学问题 |
| 全球数学家 (1939-2026) | 85年徒劳尝试             |
| Levent Alpöge          | 在世界杯决赛夜问了AI一句 |
| Claude Fable           | 几秒钟吐出反例           |

### 反例的"丑陋优雅"

仔细看一下这组多项式：

- $f_1 = (1+xy)^3 z + y^2 (1+xy) (4+3xy)$ —— 嵌套的 $(1+xy)$，配上 $4+3xy$，像胡乱拼凑的
- $f_2 = y + 3x(1+xy)^2 z + 3 x y^2 (4+3xy)$ —— 在 $y$ 的基础上对称地贴了两块补丁
- $f_3 = 2x - 3x^2 y - x^3 z$ —— 简单得不像话，干净到只有三项

你说它"丑"吧，确实丑——没人会凭空写出这种多项式。你说它"美"吧，每一项都恰到好处地让 $3 \times 3$ 行列式中的巨量复杂项互相抵消，最终剩下一个干干净净的 $-2$。

| 维度     | 评价                         |
| -------- | ---------------------------- |
| 外观     | 像把多项式随机搅拌后倒出来的 |
| 结构     | 每一项都为抵消而生，严丝合缝 |
| 验证难度 | 大一微积分水平               |
| 发现难度 | 85年无人找到                 |
| 发现方式 | 世界杯决赛夜，AI 随手一算    |

这种"丑陋的优雅"，说实话，非常符合 AI 的风格——它不在乎式子好不好看，只在乎能不能通过计算。

### 三对一碰撞的设计感

最绝的是那三个碰撞点：

$$
(0, 0, -\tfrac{1}{4}),\quad (1, -\tfrac{3}{2}, \tfrac{13}{2}),\quad (-1, \tfrac{3}{2}, \tfrac{13}{2})
$$

注意 $P_2$ 和 $P_3$ 的对称性——$x$ 和 $y$ 的符号同时翻转，而 $f_1$ 中 $y$ 只以 $y^2$ 出现、$f_2$ 和 $f_3$ 中的符号翻转被精确抵消，于是这两个看起来"对称"的点被映射到了完全相同的像。

这种精巧的对称性，你要说是人设计出来的我信，你要说是 AI 暴力搜索出来的……我也信。毕竟对 AI 来说，"构造一个满足这些约束的多项式"就是把问题丢进搜索空间然后等几秒钟的事情。

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## 结语

AI 时代，“被吓到眩晕瘫坐在椅子上，那一刻就像看到原子弹爆炸” 这个不断在数学界发生，当然这个已经在计算机领域出现到令人无感了，但我想说AI的智力工程能力才刚刚开始……


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**作者：**xingwangzhe

**本文链接：**[https://xingwangzhe.fun/posts/jacobian-conjecture-counterexample-fable/](https://xingwangzhe.fun/posts/jacobian-conjecture-counterexample-fable/)

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