在各种令人惊讶的数学事实当中，我最喜欢的类型之一便是，某个数学命题在二维空间、三维空间甚至四维空间当中都是成立的，但偏偏到了某个维度时，命题就不成立了。 Keller 猜想就是一个这样的例子。

同样大小的正方形平铺整个平面（比如像下图那样），则一定存在某些边与边完全贴合的相邻正方形。

类似地，同样大小的正方体平铺整个空间（比如像下图那样），则一定存在某些面与面完全贴合的相邻正方体。

1930 年， Ott-Heinrich Keller 猜测，或许这一点对于更高维度的空间都是成立的。也就是说， Ott-Heinrich Keller 猜测，对于任意正整数 n ≥ 2 都有，同样大小的 n 维立方体平铺整个 n 维空间，则一定有两个面与面完全贴合的相邻 n 维立方体。这就是著名的 Keller 猜想。

1940 年， Oskar Perron 证明了，当 n = 2, 3, 4, 5, 6 时， Keller 猜想确实是正确的。一切似乎都在正轨上。然而，到了 1992 年的时候，事情出现了转折： Jeffrey Lagarias 和 Peter Shor 构造了一个 n = 12 时的反例，从而推翻了 Keller 猜想。让我们来看一看 Lagarias 和 Shor 的神构造吧。为了方便起见，下面我们直接用“立方体”一词指代 n 维的广义立方体，“立方体的面”则代表 n 维立方体的 n – 1 维面。

 

考虑所有只用 0 、 1 、 2 、 3 四个数组成的 n 维坐标，这样的坐标一共有 4ⁿ 个。现在，从中选择其中的 2ⁿ 个坐标，使得每两个坐标都有至少一个位置上的数相差正好为 2 。把这些坐标当作立方体的中心，作出一个个边长为 2 的立方体。容易看出，这些立方体将会满足：

• 任意两个立方体都不会有重合的部分；
• 即使这些立方体可以沿着各坐标轴方向 4 格 4 格地任意平移，任意两个立方体也仍然不会有重合的部分（本来相差 2 个单位的维度上仍然会差至少 2 个单位）；
• 这些立方体的总体积是 2ⁿ · 2ⁿ = 4ⁿ ，正好等于一个边长为 4 的大立方体的体积。

因而，把这些立方体当作一个整体，沿着各坐标轴方向 4 格 4 格地平移，就能平铺整个空间了。不过，这样得到的平铺方案中，可能存在着完全贴合的相邻立方体。然而，如果我们选出的 2ⁿ 个坐标当中，每两个坐标之间不但有某个位置上的数正好相差 2 ，还有另外至少一个位置上的数也不同的话，那么相邻立方体就都是错开的了——即使平移之后，该错开的立方体仍然是错开的，因为 0 、 1 、 2 、 3 四个数当中的任意两个不同的数，不会因为它们各自加减了某些 4 的倍数而变得相同。

如果两个 n 维坐标满足，它们有至少一个维度上的坐标正好相差 2 ，而且还有至少一个维度上的坐标不同，我们就说这两个 n 维坐标是相容的。因此，为了构造出一个 n 维空间中 Keller 猜测的反例，我们只需要找出 2ⁿ 个由 0 、 1 、 2 、 3 四个数组成的 n 维坐标，使得里面的任意两个坐标都是相容的，

为了更好地说明上面这些话的意思，让我们来看一个 n = 3 时的例子。由 0 、 1 、 2 、 3 四个数组成的三维坐标一共有 4³ = 64 个，我们选择以下 2³ = 8 个：

• (0, 0, 0)
• (2, 0, 1)
• (1, 2, 0)
• (0, 1, 2)
• (2, 0, 3)
• (3, 2, 0)
• (0, 3, 2)
• (2, 2, 2)

注意到，上面这 8 个坐标中，每两个坐标都有至少一个位置上的数正好相差 2 。如果以它们为中心，作出一个个边长为 2 的立方体，你会发现不管从哪个方向上看，这些立方体排成的都是紧密的两层。因此，使用这种结构的组合体，就能平铺整个空间了。只可惜，在上面这 8 个坐标中， (2, 0, 1) 和 (2, 0, 3) 虽然有一个位置上正好相差 2 ，但在其他位置上的数都是相同的。因此，这两个坐标所对应的立方体就是完全贴合的。类似的情况还有 (1, 2, 0) 和 (3, 2, 0) ，以及 (0, 1, 2) 和 (0, 3, 2) 。因此，这 8 个坐标并不构成 n = 3 时 Keller 猜想的反例。不过， Lagarias 和 Shor 却以此为基础，成功构造出了 n = 12 时 Keller 猜想的反例。让我们暂时把 (2, 0, 3) 、 (3, 2, 0) 和 (0, 3, 2) 中的 0 替换成 0′ ，并且规定 0′ 和 0 是两个数值相等的不同元素。这样赖皮之后，这 8 个坐标暂时变得两两相容了：

• (0, 0, 0)
• (2, 0, 1)
• (1, 2, 0)
• (0, 1, 2)
• (2, 0′, 3)
• (3, 2, 0′)
• (0′, 3, 2)
• (2, 2, 2)

现在，我们要把它们变成 2¹² = 4096 个十二维坐标，使得所有坐标仍然是两两相容，并且里面不再有 0′ 这种东西。考虑 S₀ 、 S_0′ 、 S₁ 、 S₂ 、 S₃ 这么五个集合，每个集合里面都有若干个四维坐标。这五个集合的具体情况如下：

S0	S0′	S1	S2	S3
(0, 0, 0, 0)	(0, 3, 0, 3)	(1, 0, 0, 0)	(0, 2, 1, 1)	(1, 2, 1, 1)
(0, 0, 1, 2)	(1, 0, 1, 1)	(1, 0, 1, 2)	(1, 1, 3, 2)	(2, 1, 3, 2)
(0, 2, 1, 3)	(1, 1, 1, 3)	(1, 2, 1, 3)	(2, 3, 0, 3)	(3, 3, 0, 3)
(0, 2, 3, 0)	(1, 1, 3, 0)	(1, 2, 3, 0)	(3, 0, 2, 0)	(0, 0, 2, 0)
(0, 3, 3, 2)	(1, 3, 2, 3)	(1, 3, 3, 2)
(1, 0, 2, 0)	(1, 3, 3, 1)	(2, 0, 2, 0)
(2, 1, 0, 0)	(2, 2, 1, 1)	(3, 1, 0, 0)
(2, 1, 1, 2)	(3, 0, 0, 1)	(3, 1, 1, 2)
(2, 2, 2, 0)	(3, 0, 2, 2)	(3, 2, 2, 0)
(2, 3, 0, 1)	(3, 1, 0, 3)	(3, 3, 0, 1)
(2, 3, 2, 2)	(3, 2, 2, 3)	(3, 3, 2, 2)
(3, 1, 3, 2)	(3, 2, 3, 1)	(0, 1, 3, 2)

可以验证，这五个集合满足以下 5 个条件。

1. 对于 S₀ 、 S_0′ 、 S₁ 、 S₂ 、 S₃ 中的任意一个集合，里面的所有四维坐标都是两两相容的。
2. 对于 S₀ 、 S_0′ 、 S₁ 、 S₂ 、 S₃ 中的任意两个集合，里面都没有相同的四维坐标。
3. S₀ 中的每一个坐标和 S₂ 中的每一个坐标相比，都有一个位置上正好相差 2 。
4. S_0′ 中的每一个坐标和 S₂ 中的每一个坐标相比，都有一个位置上正好相差 2 。
5. S₁ 中的每一个坐标和 S₃ 中的每一个坐标相比，都有一个位置上正好相差 2 。

这五个集合显然不是凭空构造出来的，绝大部分都是根据某些规律生成的。抓住这些规律，可以大大简化我们的验证工作。注意到， S₁ 可以看作是把 S₀ 里的每一个坐标的首位按照 {0 → 1, 1 → 2, 2 → 3, 3 → 0} 的规则进行替换后得来的， S₃ 也可以看作是对 S₂ 里的每一个坐标进行同样的变换后得来的。因此，如果 S₀ 中的坐标两两相容，则 S₁ 中的坐标也就两两相容了；如果 S₂ 中的坐标两两相容，则 S₃ 中的坐标也就两两相容了；还有，如果 S₀ 和 S₂ 满足条件 3 ，则 S₁ 和 S₃ 也一定满足条件 5 。另外， S_0′ 又可以看作是把 S₀ 里的每一个坐标的首位按照 {0 → 1, 1 → 2, 2 → 3, 3 → 0} 的规则进行替换，再把末位按照 {0 → 3, 3 → 2, 2 → 1, 1 → 0} 的规则进行替换，最后把这两位交换之后得来的。因此，如果 S₀ 中的坐标两两相容，则 S_0′ 中的坐标也就两两相容了。有趣的是，对 S₂ 里的所有坐标进行同样的变换后，得到的集合正好是它自己。因此， S₀ 和 S₂ 一旦满足条件 3，则 S_0′ 和 S₂ 也就自动地满足条件 4 了。最终，我们真正需要验证的就只有条件 2 和条件 3 ，以及条件 1 中的 S₀ 和 S₂ 这两个集合。如果你感兴趣的话，不妨自己验证一下。

还记得刚才那 8 个赖皮之后暂时变得两两相容的三维坐标吗？现在，从中任取一个坐标，将各个位置上的数都替换成对应集合里的某个四维坐标，我们就能够得到各种各样的十二维坐标了。例如， S₂ 里面有 4 个四维坐标， S_0′ 里面有 12 个四维坐标， S₃ 里面有 4 个四维坐标，因此从 (2, 0′, 3) 出发，一共就可以派生出 4 × 12 × 4 = 192 个十二维坐标。照这样做下去，我们一共能派生出多少个十二维坐标呢？让我们来算一算。

• (0, 0, 0)  →  12 × 12 × 12 = 1728
• (2, 0, 1)  →  4 × 12 × 12 = 576
• (1, 2, 0)  →  12 × 4 × 12 = 576
• (0, 1, 2)  →  12 × 12 × 4 = 576
• (2, 0′, 3)  →  4 × 12 × 4 = 192
• (3, 2, 0′)  →  4 × 4 × 12 = 192
• (0′, 3, 2)  →  12 × 4 × 4 = 192
• (2, 2, 2)  →  4 × 4 × 4 = 64
• 总计： 1728 + 576 × 3 + 192 × 3 + 64 = 4096

这正好等于 2¹² 。下面我们证明，这 2¹² 个十二维坐标是两两相容的。

容易看出，对于任意一个三维坐标来说，由它派生出来的各个十二维坐标互相之间肯定是两两相容的。这是因为，如果两个不同的十二维坐标是由同一个三维坐标派生出来的，这就说明它们的前段、中段、后段分别取材于同样的三个集合，并且至少有一段取得有所不同；条件 1 保证了单看这一段的话两者是相容的，根据相容性的定义，整个十二维坐标也就是相容的了。

那么，两个不同的三维坐标所派生的十二维坐标，为什么也一定是相容的呢？首先，两个不同的三维坐标当中，肯定有某一个位置上的数相差为 2 ，由条件 3 到 5 可知，这一点会被继承下去；另外，这两个三维坐标当中肯定还有另外一个位置上有不同的元素，由条件 2 可知，这一点会被继承下去。至此，我们就得到了 n = 12 时 Keller 猜想的一个完整的反例。

显然，低维空间中的任何反例，都可以立即变成高维空间中的反例，我们只需要把低维空间中的反例一层一层地搭起来，每一层都和前一层错开一点即可。因此， n = 12 时的 Keller 猜想被推翻了，则 n ≥ 12 时的 Keller 猜想也就全被推翻了。

在同一篇论文中， Jeffrey Lagarias 和 Peter Shor 紧接着构造出了 n = 10 时 Keller 猜想的反例，背后的思想基本相同。 2002 年， John Mackey 给出了一个 n = 8 时的反例。这说明， n ≥ 8 时的 Keller 猜想全是错的。至此， Keller 猜想只剩下了一个遗留问题：当 n = 7 时， Keller 猜想是否成立。这个问题至今仍未解决。