原文作者：Patrick Honner，數學教師。
翻譯作者，蘇溯，哆嗒數學網翻譯組成員。
校對：我是崔小白
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多項式不僅是課本上抽象的練習題。它們還有助於在一些令人意想不到的地方揭示數學結構。
2015年，詩人數學家June Huh幫助解決了一個50年前的問題。這個問題是關於一個叫做「擬陣」(matroids)的複雜的數學對象，它是由點、線和圖片的組合而成。同時它也是一個關於多項式的問題——那些數學課上常見的可以把變量求不同冪次再求和的表達式。
有時你可能在學校裡遇到多項式的合併、分解和簡化的問題。例如，你也許記得x + 2xy + y = (x + y) 。這是一個簡潔的代數技巧，但是它到底有什麼用處？多項式擅長於揭示隱藏結構，這個事實在Huh的證明中有著重要的作用。下面讓我們用一個簡單的例子來說明如何實現這一點。
假設這裡有一個遊戲要求將兩組玩家安排在一張方桌上。為了防止他們作弊，需要避免同隊的玩家坐在相鄰的座位上。那麼一共有多少種不同的安排方法？
遊戲一開始，我們將玩家分為紅色和藍色兩種。如圖所示，假設先將一個紅色玩家安排在圖的上面的位置。
上面的位置左右各有一個相鄰的座位，因此，為了滿足我們的要求，這兩個座位必須都安排給藍色玩家。
圖的底部還剩下了一個和兩個藍色玩家相鄰的位置，所以必須有一個紅色的玩家坐在那裡。
因為沒有一個玩家坐在他隊友的旁邊，我們的限定的條件滿足了。
我們也可以在遊戲一開始的時候將一個藍色玩家安排在上面。和上文相類似的推理可以得到下面的安排。
同樣，沒有一個玩家坐在他的隊友的旁邊。我們的約束條件滿足了，所以這是另一種可能的安排方法。事實上，這個遊戲只有兩種可能的排座結果。一旦我們選定了上面位置的顏色，剩下座位的顏色也都決定好了。
有一種方法能讓我們不用畫出所有不同的座位圖就可以知道只有兩種安排座位的方法。讓我們從上面開始：對那個座位我們有兩種選擇，紅色或者藍色。當我們做出這個選擇的時候，它左邊和右邊的位置都只有一種選擇（另一種顏色）。然後，對最下面的座位來說，也是只有一個選擇：我們開始遊戲的時候選擇的顏色。通過運用「基本計算原理」，我們知道所有可能性的個數是每一種選擇可能性數的乘積。這就得到了2 × 1 × 1 × 1 = 2一共兩個座位，就像我們用圖像的確定出來的一樣。
現在，我們加入用其他顏色表示第三支隊伍。想像現在有紅色，藍色和黃色三種玩家。如果相鄰的座位不能安排同樣顏色的玩家，那麼有多少種不同的安排方式？畫出所有的可能性可能會需要很多的圖像，所以讓我們改用計算參數試試。
現在上面的位置有三種顏色可以選擇。做出選擇之後，我們就可以為左右兩個位置選擇剩下兩個顏色中的任意一個。
那麼方桌下方的座位會發生什麼？人們很容易說最後一個位置只有一種選擇，因為它左右都有相鄰的座位。但你有沒有發現其中的問題？
如果左右兩邊位置顏色不同，那下面的位置確實只有一種選擇。例如，左邊是藍色的，右邊是紅色的，那麼底下的就必須是黃色的。但是左右的顏色相同又會怎麼樣？在這種情況下，底下顏色的選擇會有兩種。最後的選擇取決於一開始的選擇，這就讓我們的計算變得複雜起來。
因此我們必須考慮兩種相互獨立的情況：左邊和右邊顏色相同的時候和左邊和右邊顏色不相同的時候。
如果左邊和右邊的顏色相同，那麼每條邊顏色的可能性就如下圖所示：
首先，上面的顏色有三種選擇。然後，對於右邊的顏色還剩了兩種選擇。因為我們假設左邊和右邊顏色是一樣的，所以左邊的顏色只有一種可能：和右邊的顏色相同。最後，因為左邊和右邊顏色相同，底下的顏色可以是剩下的兩種顏色中的任意一種。這樣我們就有 3 × 2 × 1 × 2 = 12種可能的結果。
現在讓我們考慮一下左邊和右邊顏色不同時的可能性：
同樣，上面有三種選擇右邊有兩種選擇。左邊仍然只有一種選擇，但是這次的原因和第一次的不同：它既不能和相鄰的上面顏色相同，又得符合假設和右邊顏色不同。而因為左邊和右邊的顏色不同，下面的顏色只有一種選擇（和上面一樣的顏色）。這種情況有3 × 2 × 1 × 1 = 6種可能的結果。
因為這兩種情況包含了所有的可能，我們只需要把它們加起來得到總共有12 + 6 = 18種可能的結果。
增加了一種顏色讓我們的問題變得複雜，但是我們的努力會得到回報。我們現在可以用這種方法解決4，5或者任意q種不同顏色時的問題。
無論在多少種顏色中進行選擇，我們都要考慮兩種情況：左邊和右邊顏色相同，左邊和右邊顏色不同。假設我們需要在q種不同的顏色種進行選擇。下面的圖像表示的是當左右顏色相同時每條邊不同的選擇數量：
一開始，上面的座位有q種顏色可以選擇，右面的座位有q-1種顏色可以選擇。因為我們假設左邊和右邊顏色相同，所以左邊只有一種選擇。這樣，下面可以選擇q-1種顏色，即除了左右的那種顏色之外的任何顏色。根據基本算數原理我們一共得到了q × (q – 1) × 1 × (q – 1) = q(q – 1)種可能的結果。
如果左右顏色不同，我們可以像這樣列舉可能的結果：
同樣，上面的座位有q種顏色可以選擇，右邊的座位有q種顏色可以選擇。現在，左邊的顏色不能和右邊的顏色相同，所以我們有q-2種選擇。底下座位可以是除了左右兩種不同顏色之外的任意顏色，同樣也是有q-2種不同的顏色。這樣我們一共有q × (q – 1) × (q – 2) × (q – 2) = q(q – 1)(q – 2)種可能的結果。因為這兩種情況包括了所有的可能性，我們像前面一樣把它們加在一起得到最後可能結果的總數：q(q – 1)+ q(q – 1)(q – 2)。
這個表達式看起來好像和「我們能有多少種不同的方式讓不同的隊坐在方桌上，同時不讓兩個隊友坐在一起」這個問題毫無關係。但是這個多項式表達了關於這個問題的好多信息。它不單告訴了我們具體的數字結果，還表現出隱藏在這道題之下的一些結構。
這個特別的多項式被稱為「染色多項式」(chromatic polynomial)，因為它回答了下述問題：你有多少種不同的方法能夠給網格（或圖）的方格或者節點上色使其與相鄰的方格或節點顏色不同。
我們的問題最初是關於給隊伍在一張桌子上安排座位，但是我們可以很容易地把它轉化成一個關於給圖像上節點上色的問題。我們不再想像人們圍著桌子坐，我們將人們比作節點，如果他們坐在一起就用一條線把他們連接起來。
現在，圖像中的每一個節點的顏色可以被看成方桌周圍的一個座位，而「鄰座」在圖上變成了「有一條線段將它們連接起來」 。
既然我們已經將我們的問題用一個圖表示出來，那麼讓我們回到它的染色不等式。以下我們將成它為P(q)。
P(q) = q(q – 1) + q(q – 1)(q – 2)
這個多項式的好處是它能夠回答我們所有可能的圖像上色問題。
例如：為了得到有三個顏色的題的答案，我們讓q=3，從而得到：
P(3) = 3(3 – 1)+ 3(3 – 1)(3 – 2)= 3 × 2 + 3 × 2 × 1 = 12 + 6 = 18
這個恰恰是在我們上面的三個隊伍的情況下找到的答案。而當我們讓q=2時：
P(2) = 2(2 – 1) + 2(2 – 1)(2 – 2) = 2 × 1+ 2 × 1 × 0 = 2 + 0 = 2
看起來是不是很熟悉？這是我們一開始兩個不同隊伍的情況下時的答案。我們只需要給q代入適當的值就能夠得到有四個，五個甚至是十個不同隊伍情況下的答案：P(4) = 84, P(5) = 260 and P(10) = 6,570。色多項式通過歸納我們的算數方法，已經捕捉到了這個問題的一些基礎結構。
我們可以通過對多項式P(q)做一些基本的代數運算揭露更多的結構
P(q) = q(q – 1) + q(q – 1)(q – 2):
=q(q1)(q1)+q(q1)(q2)
=q(q1)((q1)+(q2))
=q(q1)(q1+q4q+4)
=q(q1)(q3q+3)
這裡我們已經把q(q – 1)從和中的每一個部分提取了出來然後合併同類項，把多項式變成用乘積表示出來的「因子形式」。在因子形式中，一個多項式可以通過它的「根」來告訴我們結構。
一個多項式的跟指的是使得多項式為0的去值。並且一個多項式的因子形式使得求根變得容易：因為多項式是以因式乘積的形式存在的，任何讓其中一個因子為零都會讓整個乘積變為零，因此多項式也是0。
例如，我們的多項式P(q) = q(q – 1)(q – 3q + 3)有一個因子(q – 1)。如果我們讓q=1，這個因式就變成了0，從而將整個式子變成了0。就是P(1) = 1(1 – 1)(12 – 3 × 1 + 3) = 1 × 0 × 1 = 0. Similarly, P(0) = 0 × (–1) × 3 = 0。所以q=1和q=0就是我們多項式的兩個根。（你也許在考慮(q2 – 3q + 3)的問題。因為沒有一個實數能讓這個因式變為0，所以它沒有給我們的色多項式提供任何實根。）
這些代數根在我們的圖像中是有意義的。如果我們只能選擇一種顏色，那麼每一個節點都會是相同的顏色。那麼由於相鄰的兩個節點不能是相同的顏色，我們無法給這個圖像上色。但是這就是q = 1是這個色多項式的根的含義。如果P(1) = 0，那麼就沒有辦法能在給圖像上色的同時保證相鄰的節點顏色不同。如果我們有0種顏色供我們選擇：P(0) = 0，結果也是同樣的。染色多項式的根告訴了我們圖的結構。
當我們開始看其他圖像的時候，從代數的角度看這個結構的能力就變得更加重要了。讓我們來看看下面的三角圖像。
用q種顏色給上面的圖像上色有多少種方法可以使任何相鄰的兩個節點顏色不同？
通常，前兩個節點有分別有q和q-1種選擇。因為剩下的節點是和前兩個都相鄰的，所以它的顏色必須和前兩個的顏色都不相同，就只剩下了q-2種選擇。所以這個三角圖像對應的色多項式就是：P(q) = q(q – 1)(q – 2)。
在它的因式形式中，這個色多項式告訴了我們一些有趣的事情：q=2是一個根。而且如果P(2) = 0，我們無法用兩種顏色給這個圖像上色的同時保證相鄰的兩個節點顏色不同。
那麼，想像一下沿著這個三角形的循環走，你每走到一個節點，就給它塗上顏色。因為你只有兩種顏色可以選擇，那你只能每走到一個節點就變換一種顏色：如果第一個是紅色，那麼第二個就必須是藍色，這也代表著第三個必須是紅色。但是第一個和第三個是相鄰的，所以它們不能都是紅色的。正如多項式預測的一樣，兩種顏色是不夠的。
使用這種方法交替論證，你可以推導出一個有力的結論：任何有奇數個節點的循環的色多項式都必須有2作為一個根。這是因為如果你在一個有奇數個節點的循環中交替使用兩種顏色，你就會給第一個和最後一個塗上一樣的顏色。但是因為它是一個循環，第一個和最後一個是相鄰的。這就是不可能滿足條件的了。
例如，我們可以用各種技巧確定一個有五個節點的循環所對應的色多項式為P(q) = q5 – 5q4 + 10q3 – 10q2 + 4q。但當我們把它變換為因式形式的時候，它就變成了P(q) = q(q – 1)(q – 2)(q2 – 2q + 2)。就像我們猜測的那樣，我們看見q = 2是一個根也就是P(2) = 0。值得注意的是，一旦我們建立起了圖像和對應的多項式之間的聯繫，我們就會發現：多項式可以告訴我們圖的結構，圖也可以告訴我們它們所對應的多項式的結構。
正是對結構的研究讓June Huh證明了Read在40年前關於染色多項式的猜想。這個猜想是說當我們按順序列出一個色多項式的係數並且忽略它們的符號的時候，就滿足了一個特殊情況：也就是，任何一個係數的平方都必然大於等於與它相鄰的兩個係數的乘積。例如：在有五個節點的循環所對應的色多項式中，P(q) = q^5 -5q^4 +10q- 10q +4q，我們可以發現52 ≥ 1 × 10, 102 ≥ 5 × 10以及 102 ≥ 10 × 4。這說明並不是每一個多項式都是一個色多項式：染色多項式通過和圖像的連接有著更深的結構。更重要的是，這些多項式和其他領域直接的關係讓Huh和他的合作者在證明了Read的猜想幾年後解決了一個更加廣泛的開放性問題——羅塔猜想(Rota)。
大家都知道多項式沒啥了不起的：不過就是用符號來抽象表示的一些運算而已。但是多項式以及多項式的特徵——它們的根，它們的係數，它們各種各樣的形式——能夠幫助我們在令人驚奇的地方揭示結構，建立了我們日常生活和代數之間的聯繫。
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