组合数学讲义
南基洙
大连理工大学应用数学系
目 录
第一章 引言………………………………………………………………………………………………1
1、洛书的构造………………………………………………………………………………………………1
2、费波那契数列……………………………………………………………………………………………8
3、有趣的走路问题………………………………………………………………………………………10
4、有限射影平面…………………………………………………………………………………………11
习题………………………………………………………………………………………………………13
第二章 多项式定理及其应用 …………………………………………………………………………16
1,排列,组合的概念………………………………………………………………………………………16
2、组合数的整数性质 ……………………………………………………………………………………20
3、二项式定理及其应用…………………………………………………………………………………22
4、二项式系数的单峰性质………………………………………………………………………………25
5、多项式定理……………………………………………………………………………………………26
习题………………………………………………………………………………………………………28
第三章 分划与Stirling数………………………………………………………………………………29
1,分划和第二类Stirling数 ……………………………………………………………………………29
2,第一类Stirling数 ……………………………………………………………………………………31
3、分划的简单应用 ………………………………………………………………………………………36
4、对称多项式 ……………………………………………………………………………………………40
习题………………………………………………………………………………………………………41
第四章 抽屉原理 ………………………………………………………………………………………43
1、抽屉原理及其应用 ………………………………………………………………………………43
2、Ramsey 数及其性质 ……………………………………………………………………………46
3、简单构造实数……………………………………………………………………………………47
习题………………………………………………………………………………………………………49
第五章 容斥原理及其应用 ……………………………………………………………………………50
1、容斥原理 ………………………………………………………………………………………………50
2,Mobius 函数……………………………………………………………………………………………55
3、线性不定方程的非负解 ………………………………………………………………………………57
4、计数整数点 ……………………………………………………………………………………………60
习题……………………………………………………………………………………………63
第六章 差分与有限级数 ………………………………………………………………………………65
习题 ……………………………………………………………………………………………………… 70
第七章 线性齐次递归关系 …………………………………………………………………………72
1、递归关系的例子………………………………………………………………………………………72
2、特征方程没有重根…………………………………………………………………………………74
3、特征方程有重根……………………………………………………………………………………76
4、非齐次递归关系…………………………………………………………………………………79
5、母函数及其应用………………………………………………………………………………………81
习题………………………………………………………………………………………………………93
- I -
第八章 代数学基础 ……………………………………………………………………………………95
1、群论基础………………………………………………………………………………………………95
2、环论基础………………………………………………………………………………………………98
3、域论基础………………………………………………………………………………………………100
习题………………………………………………………………………………………………………104
第九章 有限几何与拉丁方 ……………………………………………………………………………105
1、有限仿射几何…………………………………………………………………………………………105
2、拉丁方………………………………………………………………………………………………108
3、构作有限射影平面 ………………………………………………………………………………113
习题 ……………………………………………………………………………………………………116
第十章 线性群的计数定理及其应用…………………………………………………………………118
1、群在集合上的作用 …………………………………………………………………………………118
2,Polya计数定理 ……………………………………………………………………………………119
3、有限域上线性群的计数定理 ………………………………………………………………………125
4、构造结合方案 ………………………………………………………………………………………128
5、构造认证码 …………………………………………………………………………………………133
习题 ……………………………………………………………………………………………………138
参考文献 ………………………………………………………………………………………………140
名词索引…………………………………………………………………………………………………141
- II -
第一章 引言
第一章 引言
组合数学是一门历史悠久的数学分支,它发源于数学的消遣和游戏.不管是为了消遣,还是为了数学的美学兴趣,过去研究过的许多组合数学问题,对于今天的纯粹数学或应用数学来说都是非常重要的.特别是随着数字计算机技术的飞速发展,组合数学更成 为现代数学中非常重要的一个研究分支,而且它的影响正在迅速扩大,
近年来计算机技术对于我们生活的影响越来越大.由于计算机闪电般的计算速度,它已经能够解决以前许多我们不敢想象的大规模的计 算问题.但是计算机它本身不能自己 进行运算,它需要以一定的程序为基础,而这些程序的基础又往往是由一些组合算法构成的,因此组合数学在其中起着非常重要的作用.今天的组合数学不仅仅能应用于传统的数学应用领域---物理学等,也已应用在社会科学和生物学等一些新的领域.那么什么是组合数学?它又具体研究那些问题呢?
组合数学所研究的就是一组事物安排成各种各样模式的问题.它研究的核心问题既然是按照一定的规则来安排一些元素.那么,首先我们要考虑的问题是符合规则的元素安排是否存在？其次,如果符合规则的元素安排存在,则按此规则的安排的方法数是多少？再有,怎样才能把这样的安排求出来？最后,如果有按此规则的最优的标准,则需要求出此最优的安排等等.上述几个问题我们依次称为存在性问题、计数问题、
构造问题和最优化问题,
1,洛书的构造
相传在四千多年前的中国,大禹为了治理好滔天的洪水,领导人民日夜奔忙,三过家门而不入.在大禹治好那汹涌澎湃的洪水之后,就有一龙马自河中跃出,献给大禹一幅河图,另外在洛河里也有一神龟背驮了洛书献给大禹.据传这两部书都包含了治国安邦、平治天下的大道理.以至于在《论语》中,圣人孔子因为当时的世风日下,人心不古,而感叹“河不出图”,
如果洛书上的每个圆点代表 1,则我们把洛书的图形用阿拉伯数字写出来就是下面的 阶正方形阵列
33×
4 9 2
3 5 7
8 1 6
我们容易验证其中每行、每列、对角线及斜对角线上三个数字的和都是 15.现在我们就来说明上面的
- - 1
第一章 引言
图是如何得到的,
1
4 2
7 5 3
8 6
9
4 9 2
7 5 3
8 1 6
4 9 2
3 5 7
8 1 6
上面构造洛书的方法记载在我国宋朝大数学家杨辉撰写的《续古摘奇算经》上.杨辉称这种图为“纵横图”,他是世界上第一个对这方面进行深入研究的数学家.后来国外的许多数学家也先后开始研究杨辉研究过的这种洛书,并且将其进行了推广,即把 1,2,…,个自然数放进由 个小正方形组成的正方形方阵里,而且要求纵、横、对角线及斜对角线上数字的和都相等,满足这些条件的方阵被称之为,阶纵横图”,
在国外称其为,阶魔方阵”或,阶幻方”,
2
n
2
n
n
n n
在中国古代,由于 3 阶幻方中配置的 9 个数是如此的均衡和完美,它产生了极大的美学冲击,以至使我们的先人认为其中包含了某种至高无上的真理.如我们的先人把 3 阶幻方和“九宫说”等同起来、把 3 阶幻方用来占卜吉凶,以及把它视为举行国事大典的建筑格局等等.自从幻方从中国传到世界其他地区之后,
引起了人们的广泛兴趣和重视,一代又一代的学者对它进行了不懈的研究,取得了非常丰富的成果,有关的文献资料不胜枚举---“单单是关于幻方的著作就足够办一个规模可观的图书馆了”(J.R.Newman).虽然关于幻方的研究开展的很早,但是目前还没有一般的普遍适用的方法.有些想知道的结论也不是十分清楚,
如 阶幻方的个数等.在此我们仅就幻方的构造问题作一简单的介绍,n
容易验证下面的图构成 4 阶幻方
16 2 3 13
5 11 10 8
9 7 612
414151
注记,在上图中将对角线及斜对角线上的数字对称换位后,我们可以得到按顺序添成的下面图,
- - 2
第一章 引言
1234
5678
9101 12
13 14 15 16
现在我们利用杨辉使用过的方法构造 5 阶纵横图,
1
6 2
1 7 3
16 12 8 4
21 17 13 9 5
2 18 14 10
23 19 15
24 20
25
6 2
1 7 3
16 12258 4
21 17 13 9 5
2 181 14 10
23 19 15
24 20
1 247 203
16 12 25 8 4
21 17 13 9 5
22 18 1 14 10
236 192 15
11 24 7 20 3
41225816
17 5 13 21 9
10 18 1 14 22
23619215
- - 3
第一章 引言
我们可以利用构造 3、5 阶幻方的方法构造奇数阶幻方,即 (2 1)nk= + 阶幻方存在,
对于偶数阶幻方存在性的构造方法,我们将分两种情形进行介绍.首先,考虑阶数 时的构造方法
---对角线方法.此时我们完全可以仿照前面4阶幻方的构造技巧,构造
4n= k
k4n= 阶幻方.在此仅以8阶幻方为例说明对角线构造方法,
下面的图示可以说明 8 阶幻方是如何得到的,
64 2 3 61 60 6 7 57
9 55 54 12 13 51 50 16
17 47 46 20 21 43 42 24
40 26 27 37 36 30 31 33
32 34 35 29 28 38 39 25
41 23 22 44 45 19 18 48
49 15 14 52 53 11 10 56
8 58 59 5 4 62 63 1
注记：在上图中将主对角线及斜对角线上的元素对称换位,短线上的元素逆时针方向移动 8 个格,则可以得到按数字顺序添画的图,
1 2 3 4 5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
17 18 19 20 21 22 23 24
25 26 27 28 29 30 31 32
33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48
49 50 51 52 53 54 55 56
57 58 59 60 61 62 63 64
其次,我们介绍阶数 4nk2= + 时幻方的构造方法.在研究幻方的历史中,一个很有意思的现象是,人们很早就掌握了奇数阶和阶数 的幻方的构造方法,而阶数4n= k 24nk= + 的幻方的构造方法是直到1918年才由数学家R.Strachey 给出,
在此我们仅以 6,10 阶为例说明构造的方法.容易验证下面的图是一个 6 阶幻方
35 1 6 26 19 24
3 32 7 21 23 25
31 9 2 22 27 20
8 28 33 17 10 15
- - 4
第一章 引言
30 534121416
4 36 29 13 18 11
下面我们说明上面的 6 阶幻方是如何得到的,
首先,将 的方格图形分成 4 个区域:,其中的每个区域由66×,,,ABCD 33× 的方格组成,如图
AC
DB
其次,令
6
3
22
n
a ===,然后分别用数字
2
1,,3 9= " ; ;; 构造 3 阶幻方添入 4 个区域;
22
3 1 10,,2 3 18+= × = "
22
23 119,,33 27×+= ×= "
2
33 1 28,,43 36×+= ×= "
2
,,,ABCD
8 1 6 26 19 24
3 5 7212325
4 9 2 22 27 20
35 28 33 17 10 15
30 32 34 12 14 16
31 36 29 13 18 11
最后,第一步,在 区的中间一行选定第2个元素,在 区其它行选定第一个元素;第二步,在 区选定与 区相应位置的元素;第三步,调换 区和 区中选定的对应元素,
A A D
A A D
35 1 6 26 19 24
3 32 7212325
31 9 2 22 27 20
8 28 33 17 10 15
30 5 34 12 14 16
4 36 29 13 18 11
让我们再看一下 10 阶幻方的构造过程,
首先,分区,每个区域是由 5 的方格组成; 5×
- - 5
第一章 引言
AC
DB
其次,令
2
n
a =,然后分别用数字 ;
2
1,,a "
22
1,,2aa+ × " ;
22
21,,3aa× +× " ;
构造 5 阶幻方添入 4 个区域;
22
31,,4aa×+ × "
,,,ABCD
17 24 1 8 15 67 74 51 58 65
23 5 7 14 16 73 55 57 64 66
4 6 13 20 22 54 56 63 70 72
10 12 19 213 6062697153
11 18 25 2 9 6168755259
92 99 76 83 90 42 49 26 33 40
98 80 82 89 91 48 30 32 39 41
79 81 88 95 97 29 31 38 45 47
85 87 94 96 78 35 37 44 46 28
86 93 100 77 84 36 43 50 27 34
最后,第一步,在 区的中间一行从第 2 个元素始选定 (A k 4nk2= + )个元素,在 区其它行从第一个元素始选定 个元素;第二步,在 区选定与 区相应位置的元素;第三步,在 C 区的最后一列开始,在每行选定 个元素,在
A
k D A
1k? B 区选定与 C 区相应位置的元素;调换 区和 区,A D B 区与 C 区中选定的对应元素,
92 99 1 8 15 67 74 51 58 40
98 80 7 14 16 73 55 57 64 41
4 81 88 20 22 54 56 63 70 47
85 87 19 213 6062697128
86 93 25 2 9 6168755234
17 24 76 83 90 42 49 26 33 65
23 5 82 89 91 48 30 32 39 66
79 6 13 95 97 29 31 38 45 72
10 12 94 96 78 35 37 44 46 53
11 18 100 77 84 36 43 50 27 59
事实上,关于阶数为奇数的幻方,我们完全可以采用杨辉的构造方法得到.由于我们可以将整数按与整数 4 的关系分成 4 类,.而其中的两类数为奇数,其中的一类为 4 的倍数,余下的一类为余数是 2 的偶数.所以通过上面的构造过成,我们得到
4,4 1,4 2,4 3,kk k k kZ+++∈
定理1.1 如果,则 阶幻方是存在的,3n≥ n
定理1.2 2 阶幻方不存在,
- - 6
第一章 引言
证明 假设存在 2 阶幻方,设其形如下图
1
a
2
a
3
a
4
a
则由 2 阶幻方的定义,
1
a,
2
a,
3
a,
4
a,应该满足下面的条件,41 ≤≤
i
a,其中,而且4,3,2,1=i
ji
aa ≠ 当
ji ≠ 时.又应该有
4231
4321
aaaa
aaaa
+=+
+=+
,
将上面两式整理,得到,即
2332
aaaa?=?
32
aa =,矛盾,
定理1.3 如果 阶幻方存在,则在 阶幻方中每行、每列、对角线及斜对角线上整数的和为n n
( )
2
1
2
+nn
,
证明 由于 阶幻方中所有整数的和是n
2
12 n+ ++ " =
( )
2
1
22
+nn
,所以 阶幻方中每行、每列及对角线上整数的和恰为
n
22
(1)
2
nn
n
+
()
=
2
1
2
+nn
,
定理1.4 在 3 阶幻方中数字 5 一定在中间,既
5
证明 假设添出的 3 阶幻方为
3
a
1
a
2
a
4
a
5
a
6
a
7
a
8
a
其中,.则 91 ≤≤
i
a
ji
aa ≠
=++
=++
=++
=++
15
15
15
15
654
753
852
951
aaa
aaa
aaa
aaa
,
9
a
- - 7
第一章 引言
所以,+ =60,=15,,即数字 5 一定在中间位置,
∑
=
9
1i
i
a
5
3a
5
3a 5
5
=a
最后,我们再介绍一种非常有意思的幻方---素数幻方是指添入幻方中的数均为素数,
17 113 47
89 59 29
71 5 101
自从素数幻方的概念提出之后,就有许多的学者对此展开了研究.其中较有意思的一种想法是利用最前面的 的奇素数来构造 阶素数幻方.但是最后证明:当
2
n n 11n≤ 时,这是不可能的,
2,费波那契数列
费波那契（Leonarde Fibonacci）出生于 1175 年,是意大利的数学家.他在一本书中提出了一个很有名的“兔子生兔子的数学问题”,即有一个人把一对小兔子放在四面都围着的地方,他想知道一年以后总共会有多少对兔子？在这里我们假定一对小兔子一个月后就能长成大兔子,而一对大兔子一个月后就能生出一对小兔子,并且这些兔子都不会有死亡现象发生.显然,这是一个算术问题,但是却不容易使用普通的算术公式进行计算,
下面让我们先观察一下,看看有什么规律没有,为此我们用空心点表示一对小兔子,实心点表示一对大兔子,则可以使用下面的图形来表示在 6 个月之中饲养的兔子的繁殖情况,
用 表示在第 个月时,此人总共拥有的兔子数,表示在第 n 个月时,此人总共拥有的大兔子数,表示在第 个月时,此人总共拥有的小兔子数,
n
F n
nd
F
ns
F n
我们把上面图形中的点的个数计算成下面的表格,并且观察一下规律,
n
1 2 3 4 5 6
nd
F
0 1 1 2 3 5
ns
F
1 0 1 1 2 3
n
F
1 1 2 3 5 8
- - 8
第一章 引言
当 时,由,,的定义有 1≥n
n
F
nd
F
ns
F
nndnsns
FFF F=+,=
1nd
F
,
1nd n
FF
=,
所以当 时,我们得到递推关系式,3≥n
11 1nndnsn ndn n
FF F F F F F
2
=+=+ =+
2
其中,
12
1FF==
经过计算我们知道 =233,=267914296,即如果你有一对小兔子,则一年后你有 233 对兔子,三年半后你会有两亿多对兔子.当然我们知道兔子不会以这样的速率生育,所以这只不过是一个假设的问题,
12
F
42
F
设,而当 时,令
12
1FF== 3≥n
1nn n
FF F
=+,则我们为纪念费波那契（Leonarde Fibonacci）,把此数列{ }={1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,…}称为费波那契数列.另外,法国数学家
E.Lucas在研究数论问题时,发现素数的分布问题与费波那契数列有密切的关系,他发现的数列为,当时
n
F
3≥n
12nn n
LL L
= +
其中,,
1
1L =
2
3L =
Lucas 数列与Fibonacci 数列有一个共同的性质,即从第二项以后的项由前面两项的和组成,
一个很有意思的问题是问:在Fibonacci数列中是否具有有限个素数?数学家 Graham构造了一个初始项 使得以此为初始项的Fibonacci数列之中根本就没有素数出现! 对Fibonacci数列和素数之间的关系我们不想做更深入的讨论,感兴趣的读者可以参看其他有关的书籍,
01
,FF
Fibonacci数列在组合数学问题的研究中是经常出现的.把Fibonacci数列表示为二项式系数之和是一种很有意思的表示法,
定理2.1 当 时,第 个Fibonacci 数 0≥n n
01 2
123
k
nn n n n
FC C C C
1
k
=++++ ",
其中
1
[]
2
n
k
+
=,
证明 令
01 2
123
k
nn n n n
CC C C C
1
k
=++++ "
k
,则我们只需指出数列 满足 Fibonacci 条件,即
,即可,
n
C
12nn n
CC C
=+
12
1CC==
首先,;
00
10 21
1,1CC CC== ==
其次,因为,当 时有,所以st> 0
s
t
C =
1
1
0
n
k
nn
k
CC
=
=
∑
.故
- - 9
第一章 引言
23 22
01
12 2 3 2 2 2
00 11
22
010
2 2221
11
2
01
110 1
1
( )
nn nn
kk kk
nn nk nkn nk n
kk kk
kk k
nnknknn
n
kn k
nnk n
kk
CC C C C C C
CCCCC
CCCC
== ==
==
+= + =+ +
=+ + =+
=+ +=
∑∑ ∑∑
∑
1
0
.
n
n
C
=
∑
k
如果我们仔细验算一下Fibonacci数列中相邻两项的商,就会发现一个非常有意思的现象,即它们的值与黄金分割数 0.618…有非常密切的联系(提示:相邻两项的商构成的数列的极限),
另外,很有意思的一个现象是在我们的日常生活中,有许多植物花朵的排列是符合 Fibonacci 数列的.
如向日葵种子的排列方式就是按Fibonacci数列的.如果你仔细观察向日葵的花盘,就会发现种子组是按顺时针和逆时针交错排列,彼此咬合的,并且顺时针和逆时针的组数往往是 34 和 55,55 和 89,89 和 144;再如菠萝果实的鳞片也有类似的 Fibonacci 数列规律,即 8 行向左倾斜,13 行向右倾斜;另如我们常见的落叶松的果实---松塔的果片,向两个方向的排列也是按 5 行和 8 行排的…….这似乎表明植物的生长是受数学规律约束的,即植物离不开Fibonacci 数列!
3,有趣的走路问题
七桥问题 伟大的数学家欧拉（L.Euler 1707-1783）在被请到俄国做研究工作期间,他的一位德国朋友,向他求教了一个令许多哥尼斯堡（德国的一个小城镇 Konigsberg）人感到困惑的问题：原来在这座城中有一条河横贯市中心,河中心有两个小岛.在当时有七座桥把这两个小岛和对岸联结起来.见下面的图示,
当时有人曾想办法从家里出发走过所有的桥回到家里,他们想是否能够从某座桥出发使得所走过的桥都只过一次呢？许多人都尝试过,但都没有获得成功,那么现在是否有一种办法,能把所有的桥都走过一次呢？欧拉的朋友将这个“哥尼斯堡七桥问题”告诉了欧拉,并且要他想法子解决,
欧拉并没有真的去哥尼斯堡,而是把这个问题进行了数学处理：把两岸和两个小岛缩成一点,把桥化为边,两个顶点有边线联结.欧拉得到了下面的图,
欧拉考虑这个图能否用一笔画成,如果能够一笔画成的话,则对应的七桥问题也就解决了.为此,欧拉先研究了一般的能一笔画出的图形应该具有什么样的性质？他发现其中的点可以分为两种,全部点都是偶点或者有两个点是奇点（进出点的边数是偶数的点称为偶点；进出点的边数是奇数的点叫奇点）,
我们知道,如果一个图能够用一笔画出,那么在这个图上一定有一个点是始点（起笔点）,一个点是终点（收笔点）,其它的点为过路点,
首先,我们看过路点具有的性质.在这种点一定是有进有出的,不可能有进无出或者有出无进,即这类
- - 10
第一章 引言
点为偶点；其次,考虑始点与终点,并且这两个点不重合的情况,此时它们一定是奇点；再有,始点与终点重合的情况,此时它们也是属于有进有出的点,即为偶点.综上,一个图要是能够一笔画出的话,则其中的点应该有两个奇点,其余的点全部为偶点；或者其中的点都是偶数点,
由于七桥问题中的点（4 个）都是奇点,所以七桥问题不可能一笔画出.这就是说,一个人要想没有重复地走过 7 座桥是不可能的,
七桥问题是 在 1736 年解决的.一般地,该结论被视为图论历史上的第一个定理,Euler
Hamilton 问题 在 1862 年爱尔兰著名数学家 Hamilton 提出了图论中一个著名的、至今还没有解决的一个游戏问题:在有 个结点的图上,找出一个回路,使每个结点只能经过一次,n
自从Hamilton提出这个问题以来,吸引了无数了学者对此问题展开了研究,但是到目前为止,还没有找到一个判断一个图是否存在Hamilton 回路的充分必要条件,
在这里我们仅就这个问题的特殊情形---“棋盘上的马步问题”予以简单介绍.我们知道国际象棋有个方格,而马的走法是“一步一斜角”.那么是否存在这样的一种走法,使得马走过棋盘上的每个方格,而且每个方格只走一次,
88 64×=
如下的解法是由法国著名数学家De Montmort 和 De Moivre 给出的,
34 492 1 3639241
21 10355023123740
48 3 625738252 13
9 20 51 54 63 60 41 26
32 4758615653143
19 8 5 5259642742
46 316 174 294 15
7 18 45 30 5 16 43 28
注记 把 64 个方格分为内外两部分,先从外层按同一方向走,除非不得已不要进入内层.外层添满后再走入里层,
4,有限射影平面
我们先看一个有趣的问题,有一位好客的女主人打算邀请 7位朋友来家里聚会,每次聚会她只想邀请 3
位宾客,但是她希望其中的任何两位朋友都恰好在一次聚会上见面,那么 她应该怎样安排呢？这样的安排是否存在?
我们简单试一下就会发现,任何两次聚会中必须有一位相同的朋友被邀请到.换句话说,如果第一次邀请 A、B、C,第二次邀请 D、E、F,这样安排是行不通的.下面我们给出一种可行的安排方案,
第一次邀请 A、B、C；第二次,邀请 A、D、E；第三次,邀请 A、F、G；第四次,邀请 B、D、F；第五次,
邀请 B、E、G；第六次,邀请 C、D、G；第七次,邀请 C、E、F.我们可以用下面的一个图形来表示这个邀请方案,
- - 11
第一章 引言
上面的图形是非常有名的！它是由数学家 G.Fano 在1892 年提出的,实际上,它就是定义在二元域上的二阶射影平面PG（2,2）,
射影几何的研究始自法国数学家 G.Desargues 的 1639 年的著作,但是在当时并没有引起人们的重视.
一直到两个世纪后,由于法国著名数学家 J.V.Poncelet 著作(1822)的发表,射影几何才开始受到数学界的重视,更使其成为 19 世纪几何学研究的重点.射影几何学在古典几何学中是最基础的、最广泛的而且是最自由的.它是公理化数学的典型范例之一,也可以说它是现代数学的先驱,
定义 射影平面 (,是由点集合 和线集合 构成的,并且是满足下面条件的平面 )PL P L
1、任意两个点决定一条直线,每条直线上至少有两个点；
2、任意两条直线都相交；
3、存在 4 点集,使其中的任意三个点不在一条直线上,
注意,定义中的条件 3 是为了排除射影平面只有一条直线的平凡情形的,
定理 4.1 设 (,为射影平面,其中点集合 含 个点,线集合 有 条线,则存在一整数,使
,而且每条直线上有 个点,过每个点有
)PL P v L b 2≥k
1
2
++== kkbv 1+k 1+k 条线,
证明 设任意的两条直线为,且
12
,ll
12
llA∩ =,即直线 的交点为,因为每条直线上至少有两个点,所以通过点
12
,ll A
B 可以建立从直线 至直线 的单射,故
1
l
2
l
12
ll≤,同理有
21
ll≤,所以
12
ll=,于是我们不妨假设每条直线上点的个数为,1k +
另外,我们可以将点集合 和线集合 互换,即将点看作线,而将线视为点,则显然这仍构成一个射影平面.所以过每个点的直线个数是,进一步,我们可以再一次将点线集合互换,则有,
P L
1k′+ kk′=
所以,,
2
(1)1vbkk k k== ++= ++1
- - 12
第一章 引言
我们称上述定理中的 为射影平面 (,的阶数.在有限射影几何中一个非常重要的核心问题是：对给定的自然数,阶射影平面是否存在？如果存在,则有几种类型？
k )PL
k k
定理4.2 2 阶射影平面是唯一的,
证明 由于是 2 阶射影平面,所以只能有 7 个点,不妨设点集合为{0,1,2,3,4,5,6}.因为过点 1 有三条直线,不妨设它们为{1,2,4},{1,3,0},{1,6,5}.又过点2也 有三条直线,而其中的一条已为{1,2,4},所以另外的两条直线可设为{2,3,5}和{2,0,6}.由射影平面的定义,点 4 和点 0 应该决定一条直线,而且其上的另外一点为点 5.同理,点 3 和点 4 也决定一条直线,其上的另外一点为点 6.则其决定的射影平面如图示,
我们很容易验证,上图与前面的 Fano 图形是一致的,即 2 阶射影平面唯一,
下面我们再给出 3 阶射影平面的图示,
其中 13 条直线分别为{1,2,3,11},{4,5,6,11},{7,8,9,11},{1,4,7,13},{2,5,8,13 },
{3,6,9,13},{1,5,9,12},{2,6,7,12},{3,4,8,12},{1,6,8,10},{2,4,9,10},{3,5,7,10},{10,11,12,13},
定理4.3 如果给定的自然数,
n
pk = p 为素数,则 阶射影平面存在,k
证明的方法是利用有限域上的线性空间去构造 阶射影平面.我们在后面的章节会给出详细的证明,k
通过上述的定理,我们知道2,3,4,5,7,8,9阶射影平面是存在的,而且进一步知道,2,3,4,5,7,8阶射影平面是唯一的,9 阶射影平面至少有 4 种.6 阶射影平面不存在.1991 年加拿大的林永康（Clement Lam）教授研究小组,利用计算机证明了不存在10阶射影平面,但是严格的数学逻辑证明目前还没有.至于其它阶数的射影平面是否存在,目前还不知到,
习题
1,利用定理 3(在 3 阶幻方图中数字 5 一定在中间)推导 3 阶幻方恰好有 8 个,
2,试构造 7、9 阶幻方,
- - 13
第一章 引言
3,试证明能否用下面的方阵构作一个 4 阶幻方?
2 3
4
4,证明在 阶幻方中将每个数字 换成 后得到的方阵仍然是 阶幻方,n a an?+1
2
n
5,试判断下面的图形能否一笔画出?
6,令Fibonacci 数列为,则对于任意的正整数 有惟一的表达式
10 1
{},1
nn
FFF
≥
== n
1
ii
i
na
∞
=
= F
∑
,
其中 或1,而且,0
i
a =
1
0,1
ii
aa i
+
=≥
7.令
11
10
A
=
,则 0
1
1
,
nnn
nn
FF
An
FF
+
=>
,其中
10 1
{},1
nn
FFF
≥
= =,是Fibonacci 数列,
8.证明 3 阶射影平面是唯一的,
9.证明在 5 阶幻方中,数字 13 一定在中间位置,即
13
10.试利用 4 阶幻方构造一个不同于书中给出的 6 阶幻方,
11.素数幻方是指添入幻方中的数均为素数.试构造一个 3 阶素数幻方,
12.任意给定正整数 m,证明在斐波那契数列中一定可以找到 的整倍数,m
13.在巴黎,有一条河,河的中心有两个小岛,有15座桥将两个小岛和两岸联结起来.一个人是否可以从一岸出发,使所有的桥都只能走一次而达到另外的一岸(见下图示),
- - 14
第一章 引言
- - 15
第二章 多项式定理及其应用
第二章 多项式定理及其应用
1,排列、组合的概念
排列与组合是初等数学中一段独特的内容,它是数学研究的重要基础之一,它对于我们进一步学习数学和其它相关的学科有着十分重要 的作用.在这里我们只引进一些必要 的概念,至于排列与组合数的进一步性质可以参看有关的其它书籍,
定义 集合 的一个排列是指集合 中元素的一个有序选出,当A A R 是对排列的限制条件时,我们把这样的排列称为 R -排列,
常见的排列有下面两种,
1、从 n个不相同的元素里,每次取出 m 个全不相同的元素进行排列.这样的排列叫做相异元素不许重复的排列.我们用 表示这种排列的种数,其个数为
m
n
P
()!
!
mn
n
,
事实上,我们选取第一个元素有 种选择;由于元素的选取不能重复,所以第二个元素只能在余下的个元素中选取,即第二个元素有 种选择; " ;第 个元素有
n
1n? 1n? m (1)nm nm1=?+种选择.于是个元素的排列取法数为m
!
(1)( 1)
()!
nn n m
nm
+= "
n
,
例如,设,计算从 中取出 2 个不同元素进行排列的方法数.直接列出 }4,3,2,1{=S S
12,21,13,31,14,41,23,32,24,42,34,43,
共有12 种,
2,从 个不相同的元素里,每次取出 m 个全不相同的元素,并且将这些元素放在圆周上进行排列,即排列好的元素列没有头尾,则其排列的个数为
n
!
()
m
n
!
n
mmnm
=
P
,
事实上,对于这种形式的排列,我们可以分两步进行.首先,从 个不相同的元素里,取出 个全不相同的元素进行排列,此时的排列方法数为,其次,考虑放在圆周上的问题.如果设取出的一个排列为
,则当我们将其中元素轮换,然后放置在圆周上时,得到的排列是一样的.另外,要想得到同样的圆周上的排列,也必定是只差轮换的排列.而对于有 m 个元素的排列只有 m 种轮换,所以排列的个数为
n m
m
n
P
12
(,,,)
m
aa a "
!
()
m
n
P n
mmnm
=
!
"
,
例如
12 23 1
(,,,) (,,,,)
mm
aa a aa a a== " "
- 16 -
第二章 多项式定理及其应用
3、从 n个不相同的元素里,每次取出 m 个元素（可以重复）的排列.这样的排列叫做相异元素可重复的排列,其个数为,
m
n
事实上,由于每个元素都有 种选择,所以 个元素的排列取法数为,n m
m
n
例如,设,计算从 中取出 2 个元素(可以有重复取)进行排列的方法数.直接列出 }4,3,2,1{=S S
12,21,13,31,14,41,23,32,24,42,34,43,11,22,33,44,
共有16 种,
研究排列的主要目的,是求出根据已知条件所能作出的不同排列的排列种数.对于比较简单的排列问题,可以把所有不同的排列全部列举出来,然后数出它们的种数.但是这种方法过于繁琐.为简化问题,人们总结出两个非常有用而又直观的原则,
加法原则(原理) 如果我们完成事件 X 的方法共有 x种,而完成事件 Y 的方法有 y 种,则我们完成事件 X 或事件 Y 的方法数为 x y+,
乘法原则(原理) 如果我们完成事件 X 的方法共有 x种,而完成事件 Y （不同于 X ）的方法有 y 种,
则我们完成事件 X 和事件 Y 的方法数为 xy,
注意 加法和乘法原则都可以推广到多于两个事件的情况,
我们利用加法和乘法原理,再计算前面的两个例子,设 }4,3,2,1{=S,首先,计算从中取出 2 个不同元素进行排列的方法数,
第 1 步,取出的 2 个元素中有数字 1 的排列方法数是 23× =6;
第 2 步,取出的 2 个元素中有数 2(不能再有数字 1 了)的排列方法数是 22× =4;
第 3 步,取出的 2 个元素中有数 3(不能有数字 1,2 了)的排列方法数是 21× =2,
所以,总的排列方法数是6+4+2=12,
其次,考虑从中取出 2 个元素(可以重复取)的排列方法数,
第 1 步,取出的 2 个元素中有数字 1(只有 1 可能重复)的排列方法数是 1+ 23× =7;
第 2 步,取出的 2 个元素中有数字 2(不能再有 1 了,且只有 2 可能重复)的排列方法数是 1+ 22× =5;
第3步,取出的2个元素中有数字3(不能有数字1,2了,且只有3可能重复)的排列方法数是1+ 21× =3;
第 4 步,取出的数只有 4,即排列的方法数是 1,
所以,总的排列方法数是7+5+3+1=16,
定义 集合 的一个组合是指集合 中元素的一个无序选出,当A A R 是对组合的限制条件时,我们把这样的组合称为 R -组合,
常见的组合有下面两种,
1、从 n 个不相同的元素里,每次取出 个全不相同的元素进行组合.这样的组合叫做相异元素不许重m
- 17 -
第二章 多项式定理及其应用
复的组合.我们用 表示这种组合的种数,其个数为
m
n
C
()!!
!
mmn
n
,
事实上,我们可以把这种组合看作是从 个元素中不重复地取出 个元素,然后再把其中只是排列顺序不同的排列看成一个元素即可.又 个元素的排列数是,所以我们考察的组合数为
n m
m !m
!
!( )!!
m
n
P n
mnmm
=
,
例如,设,计算从中取出 2 个不同的元素进行组合的方法数.直接列出 }4,3,2,1{=S
12,13,14,23,24,34,
共有6 种,
2、从 n个不相同的元素里,每次取出 m 个元素（可以重复）的组合.这样的组合叫做相异元素可重复的组合,其个数为,
m
mn
C
1?+
例如,设,计算从中取出 2 个元素进行组合的方法数.直接列出 }4,3,2,1{=S
12,13,14,23,24,34,11,22,33,44,
共有10 种,
下面我们证明从 个不相同的元素里,每次取出 个元素（可以重复）的组合个数为,n m
m
mn
C
1?+
事实上,我们只须指出从集合{1,2,…,}中取出 个整数可重复的组合所构成的集合与从集合
{1,2,…,}中取出 个整数不可以重复的组合所构成的集合之间有一个一一映射即可,
n m
1nm+? m
设从集合 {1 中取出的一个可重复的组合为{ },并且由于组合与取出的元素顺序无关,所以不妨设它满足
,2,,}n "
m
aaa,...,,
21
m
aaa ≤≤≤,..
21
.则我们可以如下定义映射
:f { } {
m
aaa,...,,
21
6 1,...,1,0
21
+++ maaa
m
},
容易验证,即集合{
12
01
m
aa am+< +< < +? " 1 1,...,1,0
21
+++ maaa
m
}是从集合
{1,2,…,}中取出 个整数不可以重复的一个组合,1nm+? m
另一方面,我们也可以如下定义映射 的逆映射 f
:g { } {
m
bbb,...,,
21
6 )1(,...,1,0
21
mbbb
m
},
其中{ } {1,2,…,},并且有
m
bbb,...,,
21
1nm+?
12 m
bb b< << ",则我们容易验证有
{ )1(,...,1,0
21
mbbb
m
}?,而且它满足{1,2,,}n " )1(...10
21
≤≤?≤? mbbb
m
,即应该有集合{ }是从集合 {1 中取出的一个可重复的组合,)1(,...,1,0
21
mbbb
m
,2,,}n "
最后,由于 =1,所以,从集合 {1 中取出 个整数可重复的组合所构成的集合,与从集gffg =,2,,}n " m
- 18 -
第二章 多项式定理及其应用
合{1,2,…,}中取出 个整数不可以重复的组合所构成的集合之间有一个一一映射,1nm+? m
我们研究组合的主要目的之一是求出根据已知条件所能作出的不同组合的种数.下面我们不加证明地列出两个经常用到的组合数的简单关系等式,
(1) ;
kn
n
k
n
CC
=
(2),
k
n
k
n
k
n
CCC
1
1
1?
+=
例1.1 从 的棋盘中,取出一个由三个小方格组成的“L”型,如图 88×
问共有多少种不同的取法,
解 一个由四个小方格组成的“田”字形中可以取出 4 个,L”形,因此我们只需考察棋盘上可以取出多少个“田”字形,由于每个“田”字形的中心是棋盘内横线与纵线的一个交点（不包括边界点）；反过来,
每个位于棋盘内部的交点,它四周的小方格恰好形成一个“田”字形图案,因此,映射,田”字形→“田”
字形中心,它是棋盘上所有可取出的小方格组成的“田”形集合到棋盘内每个横线与纵线的交点集的双射
（一一映射）.易知,棋盘内的交点数共有
:f
49)29()29( =?×? （个）,所以棋盘上可取出 49 个“田”字形.
而一个“田”字形对应着 4 个“L”形,故棋盘上共可取出 196449 =× 个“L”形,
例 1.2 在直角坐标平面的第一象限中,把坐标都是整数的点按以下方法编号：（0,0）点第一号；（ 1,0）
点第 2 号； （1,1）点第 3 号；（0,1）点第 4 号； （0,2 ）点第 5 号；（1,2）点第 6 号；（2,2 ）点第 7 号； （2,1 ）
点第 8 号；（2,0）点第 9 号,…（如图）,按图中箭头的顺序,问第 2000 号点的坐标是什么？
解 区域 0≤x ≤ k,0≤ y≤k 上的格点个数为,又,所以编号为
2000 的点的纵、横坐标中至少有一个是 44.因为 44 是偶数,所以应从点（0,44 ）往右,又因为所以编号为 2000 的点的横坐标是 44,纵坐标是 44-（ 64-45）=25,即所求的点的坐标是（44,25）,
2
)1( +k
22
4520252000193644 =<<=
4464442000
2
>=?
例 1.3 我们知道从含 个元素的集合 n {1,2,,}Sn= " 中取出 2 个元素的组合数为
2
(1)
2
n
nn
C
=,如果
- 19 -
第二章 多项式定理及其应用
我们具体考虑取出元素的形式,即取出的两个元素的组合之中分别含有 1,,则对应的取法数分别为
,所以
2,,n "
1,2,,1,0nn "
2
(1)(2) 10
n
nn?+?+++= " C,
实际上,这给出了组合数与前 个自然数求和之间的关系! n
2、组合数的整数性质
这节我们将指出组合数 一定是整数.为此,先讨论整数 的素因子分解式,
k
n
C ! n
Gauss 函数[ x],记号 []x 表示不大于 x的最大整数.例如
[3]=3,[2.6]=2,[
3
1
]=0,[-4.75]=-5,[x]=[[x]],
我们定义函数 {} []x xx=?,称其为 x的分数部分.例如
{
5
3
}=
5
2
,{π }=0.14159…,{ 2 }=0.414…,{- π }=0.95840…,
由函数 [],{}x x 的定义我们容易得到下面的性质,
1,[] {}x xx=+;
2,[] [] 1,1 [],x xx x xx≤< +?< ≤ 0{}1x≤ < ;
3.,为整数; [] []nx n x+=+ n
4,[] [] [ ],{} {} { }x yxyxyxy+≤+ +≥+;
5,;
[] 1,
[]
[],
xx
x
xx
=
当 不是整数；
当 是整数.
6,如果,是两个整数,,则 a b 0b >
a= [] {}
aa
bb+,0 {≤ b
b
a
}≤ b -1,
7,如果,b 是任意两个正整数,则不大于 而为 b 的倍数的正整数的个数为[a a
b
a
],
在此,我们仅证明性质7,
事实上,当 时,性质 7 的结论显然成立.设 是任一不大于 而为 b 的倍数的正整数,则 ab< m a
0<
1
mbm= ≤ a,
0
1
a
m
b
< ≤,
- 20 -
第二章 多项式定理及其应用
所以,满足以上条件的 的个数等于满足式 0m
1
a
m
b
< ≤ 的 的个数,即其为[
1
m
b
a
],
定理2.1 在 的素因子分解式中,素因数!n p 的最高次幂为
(!)p n = ][][][
2 m
p
n
p
n
p
n
+++ ",
其中
1mm
p np
+
≤<,
证明 因为 p 是素数,如果 p 能够整除n!,那么 p 必定能够整除1,2,…,n中的某个数,但是1,2,…,
中
n
p 的倍数是下面 ][
p
n
个数
p,2 p,…,][
p
n
p,
于是 中 !n p 的最高次幂就是下式
p,2 p,…,][
p
n
p =
]
p
n
[
p ]![
p
n
中 p 的最高次幂,因此
(!)p n = ][
p
n
+ )]!([
p
n
p,
再同理,我们有
]
][
[)]!([
p
p
n
p
n
p = + )]!
][
([
p
p
n
p
= )]!([][
22
p
n
p
p
n
+,
所以,(!)p n = ][
p
n
+ )]!([][
22
p
n
p
p
n
+,
因为
1m
p n
+
>,所以这样继续进行下去,最后得到 ][
1+m
p
n
=0,于是
(!)p n = ][][][
2 m
p
n
p
n
p
n
+++ ",
特别地,当 时,
r
pn =
- 21 -
第二章 多项式定理及其应用
1
1
1)!(
21
=+++=
p
p
pppp
r
rrr
",
例2.1 求50!中2 的最高次幂,
解 因为 ]
2
50
[ =25,]
4
50
[ =12,]
8
50
[ =6,]
16
50
[ =3,]
32
50
[ =1,]
64
50
[ =0,所以,所求的最高次幂是
2(50!)=25+12+6+3+1=47,
由定理 2.1,我们很容易得到下面的推论,
推论2.2 =!n
∏
≤
∑
∞
=
np
p
n
r
r
p
1
][
,其中 表示取遍不超过 n 的一切素因数上的乘积式,
np≤
Π
推论2.3 组合数 =
k
n
C
)!(!
!
knk
n
是整数,0 kn< <,
证明 由Gauss 函数的性质4,有
][][][
rrr
p
k
p
kn
p
n
+
≥,
][][][
111
r
r
r
r
r
r
p
k
p
kn
p
n
∞
=
∞
=
∞
=
Σ+
Σ≥Σ,
所以,
][][][
111
r
r
r
r
r
r
p
n
np
p
k
p
kn
np
pp
∞
=
∞
=
∞
=
Σ
≤
Σ+
Σ
≤
ΠΠ,于是由推论 2.2,我们得到 !)!(! nknk?,即组合数 =
k
n
C
)!(!
!
knk
n
是整数,
在下一节我们就会知道组合数 =
k
n
C
)!(!
!
knk
n
恰好是二项式的系数.这种数的发现应归属于我国古代数学家贾宪,宋朝数学家杨辉在他的详解九章算术里指出贾宪用过下面的数字图形,
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
" " " "
因此,我们可以看出二项式的系数早在杨辉之前就已经知道了,这比欧洲至少早两百多年,
3、二项式定理及其应用
- 22 -
第二章 多项式定理及其应用
从含 个元素的集合中取出 个不同元素的组合数 有许多引人入胜的性质,并且涉及到各种等式.
由于它们是出现在二项式定理之中,所以我们又将其称为二项式系数,下面我们就先引入著名的牛顿二项式定理,
n k
k
n
C
定理3.1 设 是一个正整数,则有 n
()
n
ba+ =
∑
≤≤
nk
kknk
n
baC
0
,
证明 在乘积等式
()
n
ba+ =( )ba+ ( )ba+ … ( )ba+
中,项 是从 个因子
kkn
ba
n ( )ba+ 中选取 k 个,然后在这 个k ( )ba+ 里都取 b,而从余下来的 个因子中都选取 作乘积得到的,因此,项 的系数即为组合数,本定理得证,
nk?
a
kkn
ba
k
n
C
以下我们举几个例子,以说明牛顿二项式定理的应用,
定理3.2 =,0=,=
n
2
∑
≤≤ nk
k
n
C
0
∑
≤≤
nk
k
n
k
C
0
)1(
1
2
n
∑
≤k
k
n
C
0
2
=
∑
≤
+
k
k
n
C
0
12
,
证明 在牛顿定理中令 = =1 即可得证（1）式,令 =1,b =-1 即可得证（2）式.我们将（1） （2）式相加,并且利用当 时,组合数 =0 的性质得到
a b a
kn>
k
n
C
n
2 =2
∑
≤k
k
n
C
0
2
,即 =
1
2
n
∑
≤k
k
n
C
0
2
,
如果我们将（1）（2）式相减得到
n
2 =2
∑
≤
+
k
k
n
C
0
12
,即 =
1
2
n
∑
≤
+
k
k
n
C
0
12
,
本定理证毕,
定理3.3 设 是整数,而且,则有,,nmr 0≥≥ mn
∑
≥
0k
kr
m
k
mn
CC =,
r
n
C ( )
n
n
k
k
n
CC
2
0
2
=
∑
≥
,
证明 在牛顿定理中取 =1,b =t,则有 a
( )()( )
mnmn
r
rr
n
ttttC
≥
++=+=
∑
111
0
=
∑∑
≥
≥ 00 k
kk
mn
l
ll
m
tCtC
=
∑∑
≥≥
=+
≥
0,0
0
lk
rlk
l
m
k
mn
r
r
CCt
=,
∑∑
≥≥
00rk
kr
m
k
mn
r
CCt
比较上式两边的系数即知本定理的第一个结论成立.现在在第一个结论中令
11
2,,nnrnmn
1
= ==,并且利用,则得到第二个结论,
k
n
kn
n
CC
1
1
1
=
- 23 -
第二章 多项式定理及其应用
定理3.4,,() 01
1
=?
∑
≥
k
n
k
k
Ck () 01
0
=?
∑
≥k
k
n
r
k
k
CC
证明 在牛顿定理中令,,则有 1a = b=?t
() ( )
∑
≥
=?
0
11
k
kk
n
kn
tCt ………(1)
对上式两边的 求微商,得到 t
() ( )
∑
≥
=
1
1
1
11
k
kk
n
kn
tkCtn,
令,我们就得到第一个结论,1t =
如果我们对(1)式两边的 t进行 r 次微商,则有
() ( ) ( )
∑
≥
=
rk
rkk
n
r
k
krn
r
n
r
tCPtP 111,
在上式两边同时除以,并令,即可得到第二个结论,!r 1t =
定理3.5
()
11
1
1
+
=
+
∑
≥
n
n
C
k
k
k
n
k
,
()
∑∑
≥≤≤
=
11
1
11
knk
k
n
k
k
C
k
,
证明 由于
()
1
1
1
1
!!
!
+
+
+
+
=
=
k
n
k
n
C
n
k
kkn
n
C,及我们再利用定理 3.2 的结论有
()
k
n
nk
k
C
k
∑
≤≤
+
1
1
1
1
=
( )
∑
≤≤
+
+
+
nk
k
n
k
C
n
1
1
1
1
1
1
=
()
∑
+≤≤
+
+
12
1
1
1
nk
k
n
k
C
n
=
1
1
+n
[ -1+（n+1）] ()
∑
+≤≤
+
1
1
k
n
k
C
10 nk
=
1+n
n
,
所以,第一个结论成立.对 作归纳法,并且利用第一个结论即可得到第二个结论,n
上面我们考虑是当 为正整数时,的展开形式问题.对于 为任意实数的情形,我们仅给出结果而不加以证明,
n (
n
ab+ ) n
定理3.6 （广义二项式定理） 设 Rα∈ (实数),则对于适合 0 x y≤ < 的,x y有
0
()
kk k
k
x yCxy
αα
α
∞
=
+=
∑
其中
(1)( 1
!
k
k
C
k
α
)α αα+
=
"
,
注意,如果 α是正整数,且 k α>,则 0
k
C
α
=,
事实上定理3.6 等价于:对 1z < 有
- 24 -
第二章 多项式定理及其应用
0
(1 )
kk
k
zC
α
α
∞
=
+=
∑
z,
如果令 nα =?,为正整数,则 n
1
(1)( 1)
!
(1)( 1)
=( 1)
!
=( 1)
kk
n
k
kk
nk
nn nk
CC
k
nn n k
k
C
α?
+?
+
==
+ +?
"
"
所以,对 1z < 有
1
0
1
(1 ) ( 1)
(1 )
nk
nk
n
k
zC
z
∞
+?
=
+= =?
+
∑
k
z
1
0
1
(1 )
(1 )
nk
nk
n
k
zC
z
∞
+?
=
= =
∑
k
z,
注意,恰是从 个元素中有重复取出 个元素的取法数(组合数),
1
k
nk
C
+?
n k
4、二项式系数的单峰性质
我们仔细观察二项式的系数,就会发现开始时这些数是增加的,而后就减少了.具有这种性质的数列被称之为单峰数列,
k
n
C
定义 设{ }是一数列.如果存在整数 t满足
i
s nt ≤≤0,使得
nttt
ssssss ≥≥≥≤≤≤
+
" "
110
,,
则我们称数列{ }为单峰数列,其中的数 称为数列中的最大数或峰值,
i
s
t
s
注意,定义中的整数 t不一定是唯一的,
例如 对于数列 2,3,3,1
3210
==== ssss 有
32210
,sssss ≥≤≤,
但是也可以有
32110
s,ssss ≥≥≤,
定理4.1 令 是正整数,二项式系数数列 n
n
nnn
CCC,,,
10
"
是单峰数列.如果是偶数,则
- 25 -
第二章 多项式定理及其应用
01
2
n
nn
CC C<<< "
n
,
1
2
n
nn
nn
CC
>> > "
n
C,
如果是奇数,则
1
01
2
n
nn n
CC C
<<< " =
1
1
2
n
nn
nn
CC
+
>> > "
n
C,
证明 考察二项式系数数列中相邻项的数之比,我们得到
k
kn
knk
n
knk
n
C
C
k
n
k
n
1
)!1()!1(
!
)!(!
!
1
+?
=
+
=
,
所以,根据 有 1,1,1knk knk knk<?+ =?+ >?+
111
,,
kkkkkk
nnnnn
CCCCCC
<=>
n
,
又 当且仅当1knk<?+
1
2
n
k
+
<,而我们知道如果 是偶数,则n
1
2
n
k
+
< 等价于
2
n
k ≤ ;如果 是奇数,则
n
1
2
n
k
+
< 等价于
2
1?
≤
n
k,因此,此时这两个相邻的二项式系数是增加的,
再 当且仅当,而如果 是偶数,则1+?= knk 12 += nk n 12 +≠ nk ;如果 n是奇数,则对于
2
1+
=
n
k
有,因此,我们得知,如果 是偶数,则二项式系数数列中没有两个相邻的项是相等的;如果 n是奇数,则二项式系数数列中仅有两个相邻的项是相等,它们是
12 += nk n
2
1+n
n
C 和
2
1?n
n
C,
综上,我们知道所要证明的结论成立,
推论4.2 令 是正整数,则在二项式系数数列 n
n
nnn
CCC,,,
10
"
中的最大数是
]
2
[
n
n
C,其中[ x]表示小于或等于数 x的最大整数,
5、多项式定理
定义 设
k
rrrn ++=,..
21
,假设我们有k个盒子（ ）和n个有标记的球.我们使用记号来表示有多少种方法,能将这n个有标记的球放入这k个盒子,使其中有r
K
BBB,...,,
21
k
rrr
n
C
,...,,
21
1个球放入B 1中,r 2个球放入
B2中,…,r k个球放入B k中,
事实上,易知 = =
k
rrr
n
C
,...,,
21 k
k
r
rrrn
r
rn
r
n
CCC
121
2
1
1
...
...
!!...!
!
21 k
rrr
n
,
定理5.1 （多项式定理） 当 n 是一个正整数时,我们有
- 26 -
第二章 多项式定理及其应用
()
n
k
xxx +++,..
21
=
∑
≤≤≥
=+++
kir
nrrr
r
k
rrrrr
n
i
k
kk
xxxC
1,0
...
21
,...,,
21
2121
...,
其中符号 表示上式中的 经过所有满足Σ
k
rrr,...,,
21 k
rrrn ++=,..
21
的非负整数,
证明 我们有
()
n
k
xxx +++,..
21
=( )
k
xxx +++,..
21
… ( )
k
xxx +++,..
21
,
上式是由 n 个因子相乘而得的,而它的展开式的项都是由每个因子之中各取某个,然后相乘而得到的,即所有的项都具有形式
i
x
k
r
k
rr
xxx,..
21
21
而且,又项 的系数等于在这 个因子中先取出 个因子而在这 个因子中都是取
k
rrrn ++=,..
21
k
r
k
rr
xxx,..
21
21
n
1
r
1
r
1
x,然后再取出 个因子而在这 个因子中都是取
2
r
2
r
2
x,…,最后取出 个因子而在这 个因子中都是取
k
r
k
r
k
x,故项 的系数等于,
k
r
k
rr
xxx,..
21
21
k
rrr
n
C
,...,,
21
例5.1 在多项式 ( 的展开式中的项 的系数是 )
7
521
..,xxx +++
5
3
43
2
1
xxxx
1,3,1,0,2
7
C =
!1!3!1!0!2
!7
=420,
因为在它的展开式中不同项（合并同类项后）的个数等于从 5 个不同元素中有重复地取出 7个元素的方法数,所以不同项的个数为,
7
571
330C
+?
=
例5.2 在展开多项式 时,项 的系数为
6
321
)532( xxx +?
2
32
3
1
xxx
360005)3(2
2,1,3
6
23
=××?× C,
在它的展开式中不同项（合并同类项后）的个数等于从 3 个不同元素中有重复地取出 6 个元素的方法数,
所以不同项的个数为
6
361
28C
+?
=,
例5.3 现有13个儿童将在3个圆桌旁就午餐,每个圆桌旁最多能容纳5人.试将他们分成3个组,每组人数分别为 5,4,4,则有多少种安排就餐的方法?
解 首先,考虑分组的方法数.其为 ;
54 4
13 13 5 13 5 4
90090CC C
=
其次,由于儿童是坐在圆桌旁,所以对于每一种分组的方法,儿童就座的方法数为
544
5 44
864
544
P PP
××=,
于是,安排就餐的方法数为 90090,864 77837760×=
- 27 -
第二章 多项式定理及其应用
习题
1,试证明组合数的简单关系等式:(1) ;(2),
kn
n
k
n
CC
=
k
n
k
n
k
n
CCC
1
1
1?
+=
2,在给定的圆周上取定 n个点（ ）,每 2 点之间连结一条线段,其中任意三点在圆内都不共点,求这些线段所确定的顶点在圆内的三角形个数,
6≥n
3,8 个女孩和 25 个男孩围成一圈,任意两个女孩之间至少站两个男孩,求共有多少种不同的排法？
4,试证明
1
1
=
r
n
r
n
C
r
n
C ;
r
n
r
n
C
rn
n
C
1?
=,
5,利用二项式定理展开,
5
)( yx+
6,证明当 时,有,1≥n
∑
≥
=+?
0
1)1()1(
k
knkk
n
k
xxC
7,证明,
4
3
1
6)2)(1(
+
=
=++
∑ n
n
k
Ckkk
8,证明,并且求,
122
2
mm
CCm +=
∑
=
n
i
i
1
2
9,求整数 使,并且求,cba,,
1233
mmm
cCbCaCm ++=
∑
=
n
i
i
1
3
10,利用多项式定理展开,
4
)( cba ++
11,将 展开后合并同类项,则一共有多少项？其中 的系数是多少？
7
)( zyx ++
232
zyx
12,求 的展开式中 的系数?和展开式中不同项的个数?
8
4321
)22( xxxx?+?
2
4
4
32
3
1
xxxx
13,试求集合
2
0
{[ ]}
ik
i
S
k
≤≤
= 中不同元素的个数,
14,证明,
1
11
+
++++
=+++
n
mn
n
mn
n
n
n
n
CCCC "
- 28 -
第三章 分划与 Stirling 数
第三章 分划与 Stirling 数
1、分划和第二类 Stirling 数
前面我们考虑的是从一个给定的集合中提取元素的方法数问题,那么我们直接考察集合分解成子集合的并时,分解的方法数又会怎样呢? 为此,我们先定义什么是集合的分划,
定义 设 是含有 个元素的集合,S n tiS
i
≤≤1,,是集合 的非空子集合,并且满足,
,则我们称 构成集合 的一个分划,
S
∪
tk
k
SS
≤≤
=
1
φ=∩
≠
)(
∪
ji
ji
SS }{
k
S S
注意,我们说集合 的两个分划 与 是相同的,如果对于 等于 中的某一个,反过来,等于 中的某一个,1
S
∪
tk
k
SS
≤≤
=
1
∪
tk
k
AS
≤≤
=
1
k
S }{
k
A
k
A }{
k
S kt≤ ≤,即
11
{} {}
kkt kkt
SA
≤ ≤≤≤
=,
定义 把含有 个元素的集合恰好分解成 n r个非空子集合的分划数目就叫做第二类 Stirling 数,记为,特别地,我们规定,
r
n
0
0
n
=
例 1.1 求,
2
4
解 所求的第二类 Stirling 数为将含有 4 个元素的集合,分划成 2 个非空子集合的并集的分解方法数,由于我们讨论的问题与集合中元素的形式无关,为方便令含有 4 个元素的集合是,我们知道分解成其中有一个集合含有一个元素的分解形式为
}4,3,2,1{
}4,3,2{}1{ ∪,,,; }4,3,1{}2{ ∪ }4,1,2{}3{ ∪ }1,3,2{}4{ ∪
而其中有一个集合含有 2 个元素的分解形式为
}4,3{}2,1{ ∪,,,}4,2{}3,1{ ∪ }3,2{}4,1{ ∪
如果其中有一个集合含有 3 个元素,则归入前面考虑过的情况,所以,第二类 Stirling 数 =4+3=7,
2
4
对于第二类 Stirling 数,我们有下面的一些性质,
定理 1.1
1
0,1,2 1,
012
n
nnn
===
2
,1
1
n
nn
C
.= =
证明 根据第二类 Stirling 数的定义,第 1 和第 2 个结论是显然的,
我们知道对于给定的含有 个元素的集合,它的子集合的个数为,又对于任意一个子集合来说,
它与其补集恰好构成了一个 2-分解,所以 2-分解的数目是,但是在如上的 2-分解中 与
n
n
2
n
2 )\( ASA∪
- 29 -
第三章 分划与 Stirling 数
AAS ∪)\( 是同一个分解,于是不同的 2-分解的数目是,再有我们需要去掉集合本身与空集合构成的 2-分解,所以 2-分划的数目,
1
2
n
12
2
1
=
n
n
如果我们将含有 个元素的集合,分划成n )1(?n -分划,则在分划表达式中必定有一个子集合恰好含有 2 个元素,而其余的子集合都有一个元素,但是含有 2 个元素的子集合的取法数为,所以
,
2
n
C
2
1
n
C
n
n
=
至于,是显然的,1=
n
n
对于第二类 Stirling 数,我们有与组合数递归关系式相应的性质,
定理 1.2,
+
=
1
11
r
n
r
n
r
r
n
nr ≤≤1,
证明 我们将用数学归纳法证明本性质的结论成立,
首先,考察 的情况,此时,,,所以,即结果成立,
1=n 1
1
1
=
0
1
0
=
1
0
0
=
1
0
0
1
0
1
1
1
1 =
+
×=
=
其次,假设 时结论成立,我们考证kn = 1+= kn 时结果也成立,即应证明有
,
+
=
+
1
1
r
k
r
k
r
r
k
我们不妨假设含有 个元素的集合是 1+k }1,,,2,1{ += kkS null,则可以将 r -分划分成两类,一类是子集合 是分划的一个成分; 二类是分划成分中含有元素}1{ +k 1+k 的子集合的势至少为 2,
这样分类后,我们容易知道,在一类的分划中去掉子集合 }1{ +k 后,分划的数目没有改变,即数目等于 ;如果我们把二类分划中含有的元素
1r
k
1+k 去掉,则分划成为含有 个元素的 k r -分划,另外,
由于元素 可以出现在任何一个分划成分之内,而分划的成分个数又是1+k r,所以此时的分划数目为
,
r
k
r
至此,由加法原理分划的数目为
+
=
+
1
1
r
k
r
k
r
r
k
,
- 30 -
第三章 分划与 Stirling 数
于是由数学归纳法,我们所要证明的结论成立,
第二类 数递归关系表,Stirling
1
0 1
0 1 1
0 1 3 1
0 1 7 6 1
0 1 15 25 10 1
null nullnullnullnull
定理1.3 如果,我们就规定kn> 0
n
k
=
.则有
12
1! 2! !
nn
kk k
nn
kC C kC
n
=+++
null
n
n
,
证明 等式 的左端表示从含有 个元素的集合中有重复地取出 个元素进行排列的取法数; 而我们又可以根据取出 个元素的形式将其分类,
12
1! 2! !
n
kk k
nn
kC C kC
n
=+++
null k
n n
只是一个元素重复 次,即取出元素构成的集合形式为 {,; n,}aanull
有 2 个元素重复 次,即取出元素构成的集合形式为 {,; n,,,,}aabbnullnull
null null null,
有 个元素重复 次,即取出元素构成的集合形式为 ; 1n? n
3
{,,,,}
n
aab bnull
有 个元素没有重复,即取出元素构成的集合形式为,n
1
{,,}
n
aanull
又它们分别对应的取法数为
12
1!,2!,,!
12
n
kk k
nn
CC C
n
null
n
,即分别为
.于是,由于所证等式两边是同一种取元素方式的不同计数方法,
故等式成立,
12
1!,2!,,!
n
kk k
nn
CC kC
n
null
2、第一类Stirling数
我们回过头来,考察一下组合数 的定义就会发现它与二项式的展开式有密切的关系,即 是多项式 展开式的系数,那么如果在多项式 中的 不都是相同的整数时,它的展开式
k
n
C
k
n
C
n
ax )(?
n
ax )(? a
- 31 -
第三章 分划与 Stirling 数
的系数又会是什么? 也就是说多项式
)1()2)(1()( += nxxxxxf
n
null
的系数是多少?
让我们先观察 时的情况,4,3,2,1=n
xxf =)(
1;
xxxxxf?=?=
2
2
)1()( ;
xxxxxxxf 23)2)(1()(
23
3
+?== ;
.6116)3)(2)(1()(
234
4
xxxxxxxxxf?+?==
当然,我们可以把上面的计算过程不断进行下去,但是随着 的增大,计算的工作量会不断加大,为了避免这样的情况出现,我们需要找出其中的规律,下面就介绍一种简便的计算方法,由于 是个因子的乘积,而且其中的整数均为负数,所以它的展开式中
n
)(xf
n
n
x的系数必定是正负号相间出现的,即展开式的形式为
nullnull +?+?=
21
[][])(
nnn
n
xxxxf,
因此,我们可以令
121
() (1),
12
nn n n
n
nn n n
f xx x x
nn n
x
=? +?+?
null
定义 我们将上面展开式中的系数 称为第一类 Stirling 数,其中
r
n
nr ≤≤1,
对于第一类 Stirling 数,我们有下面的递归关系,
定理 2.1,)!1(
1
,
2
)1(
1
,1?=
=
=
n
n
nn
n
n
n
n
其中,而当5≥n 22?≤≤ nr 时,有
+
=
1
11
)1(
r
n
r
n
n
r
n
,
证明 显然 )1()2)(1()( += nxxxxxf
n
null 展开式中 的系数是 1,即 ;而展开式中
n
x 1=
n
n
x的系数为,即,)!1()1()1()2)(1(
1
=+
nn
n
null )!1(
1
=
n
n
又 )1()2)(1()( += nxxxxxf
n
null 展开式中 的系数,既为多项式展开式中 的系数( 次高项的系数),于是该数为
1?n
x
)1()2)(1( + nxxx null
2?n
x
- 32 -
第三章 分划与 Stirling 数
.
2
)1(
))1(21(
)1()2()1(
nn
n
n
=
+++?=
+?++?+?
null
null
所以,
2
)1(
1
=
nn
n
n
,
而对于,有 22?≤≤ nr
)1()2)(1()( += nxxxxxf
n
null
12 1
(1) (1)
12
nn n nrr n
nn n n n
x xx x
nn n r
=? +?+? ++?
nullnullx
2
1n
= )()1(
1
xfnx
n?
+?
12
11
11
(1)(
12
11
( 1) ( 1) ( 1) )
11
nn
nr r nr r n
nn
xn x x
nn
x xx
rr
=?+? +
+? +? + +?
null
null
x
1
1
111
(( 1) )
2
11 1
( 1) (( 1) ) ( 1) ( 1),
nr r n
nnn
xn x
nn n
nx
rr
=+ +
+ + + +
null
null
我们比较等式两边 项的系数就能得到
r
x
+
=
1
11
)1(
r
n
r
n
n
r
n
,
例 2.1 求 的展开式,)(
5
xf
解 由我们最初观察的式子,有
6
1
4
,11
2
4
,6
3
4
,1
4
4
=
=
=
=
,
再利用定理 1,我们得到
24!4
1
5
,10
2
)15(5
4
5
,1
5
5
==
=
×
=
=
,
351164
2
4
3
4
4
3
5
=+×=
+
=
,
- 33 -
第三章 分划与 Stirling 数
506114
1
4
2
4
4
2
5
=+×=
+
=
,
所以,,xxxxxxf 24503510)(
2345
5
+?+?=
我们也可以象处理第二类 Stirling 数一样处理第一类 Stirling 数,
定义 把含有 个元素的集合恰好分解成 n r 个非空子集合,并且在每个子集合中的元素是排在一个圆周上的分划数目就叫做第“一”类 Stirling 数,记为,(,)snr
显然,,(,1) ( 1)!
1
n
sn n
=?=
(,) 1
n
snn
n
==
,
下面让我们计算,首先,我们将 个元素作上标记,分别记为 ;其次,按 所处的圆周集合的形式,将分划分成两类,一类是 自己构成一个圆周子集合; 另一类是 与其它元素共同被放在一个圆周子集合上,
(,)snr n
11
,,,
n
aaa
null
n
)
)
1
n
a
n
a
n
a
则前一类的分划数目为 (此时可以去掉,而这不影响分划的结果); 后一类的分划数目为 (1 (因为与元素 相邻排在一起的元素可以是
(1,1sn r
n
a
)(1,nsnr
n
a
1
,,
n
aa
null 中的任何一个),
于是,,(,) ( 1)( 1,) ( 1,1)snr n sn r sn r= +
综上,第“一”类 Stirling 数 与第一类 Stirling 数(,)snr
n
r
具有相同的递归关系式和初始项,所以,即第“一”类 Stirling 数就是第一类 Stirling 数,(,)
n
snr
r
=
在第一类 Stirling 数和第二类 Stirling 数之间,我们可以用更为紧密的方式将它们结合在一起,
定理2.2 如果,则0n≥
nm
r
nr
rm
δ
=
∑
,其中 1,0,
nn nm
nmδ δ= =≠,
证明 首先,指出对于正整数 x有
0
()
n
n
k
k
n
x fx
k
=
=
∑
.由于从含 n个元素的集合 {1 的到,2,,}nnull
- 34 -
第三章 分划与 Stirling 数
含 x 个元素的集合 {1,2,,}xnull 的所有映射的个数恰是
n
x 个,事实上,每个映射
:{1,2,,} {1,2,,}nx? →null null都对应了一种将 个元素放入 n x 个空格的方式; 反之,每种放入方式又对应的可以定义一个从集合 {1 到集合 {1,2,,}nnull,2,,}xnull 的映射,而每个空格的元素可以有 种选者,所以将 个元素放入
n
n x 个空格的方式有
n
x 个,另外一方面,我们可以根据映射得到的集合
{(1),(2),,()} {1,2,,}nxnull null的性质---有子集合,是到该子集合的满射这两条性质计算映射的个数,事实上,如果假设 {1,2,,} {1,2,,}y x?nullnull,则从集合 {1 到集合 {1,2,,}nnull,2,,}ynull 的满射过程等价于是将集合 {1 分划成,2,,}nnull y 个子集合,又这 y 个子集合的任意一个排列也是一个这样的满射,所以从集合 {1 到集合 {1,2,,}nnull,2,,}ynull 的满射有 !
n
y
y
个,再有集合 {1,2,,}xnull 的含 y 个元素的子集合的个数为
y
x
C,又因为 () !
k
kx
f xkC=,所以
000
!!
nnn
ny k
xx
ykk
nn n
()
k
x Cy Ck f x
yk k
===
∑∑∑
,
其次,我们可以将集合 和集合 视为向量空间 的不同基底,则
0
{}
n
n
x
≥ 0
{()}
nn
fx
≥
[]Cx
0
()
n
n
k
k
n
x fx
k
=
=
∑
和
1
0
() (1)
n
k
n
k
n
nk
f x
nk
x
=
=?
∑
就是不同基底之间的变换,即
0
1
0
0
0
()1
11
()0
01
()
0
01
n
n
f x
f xx
f x
x
nn n
n
=
nullnull
nullnullnullnull
null
null null
nullnullnullnullnullnull
,
- 35 -
第三章 分划与 Stirling 数
0
1
1
00
11() 1
0
01()
()
(1) 0
01
n
n
n
fx
fx x
fx
nnn x
n
=
nullnullnullnullnullnull
nullnull
null
null
nullnullnullnullnullnull
,
于是有
nm
r
nr
rm
δ
=
∑
,
3、分划的简单应用
对于一个给定的集合,如果我们只是就它本身进行分析探究的话,并不能认识集合的全貌,而且对于研究的具体问题来说可能过于复杂,所以有必要将集合进行分拆（分划）,以便使讨论的问题便于解决,另外讨论的问题本身可能就是与分划是有关联的,本节我们将通过几个简单的例子来看一下,如何具体运用分划的概念解决问题,
例 3.1 设,则存在集合 的分划{1,2,...,2 }S= n S SAB= ∪,AB∩ =Φ,且,
12
{,,...,}
n
Aaa a=
12
{,,...,}
n
B bb b=,其中
11
()
iijj
aabb
++
< >,1,ij n 1≤ ≤?.并且
2
1
n
ii
i
ab n
=
=
∑
,
证明 令,{1,2,...,},{2,2 1,...,1}AnBnn==?+
例 3.2 设 k 是正整数,是介于 和 之间且含此两个整数的全部整数所成的集合,则存在 的分划
k
M kk +
2
2 kk 32
2
+
k
M
k
M AB= ∪,,使得 AB∩=Φ
∑∑
∈∈
=
BxAx
xx
22
,
证明 令集合 分别为,AB
{ }
22 2
2,(2 ) 1,,(2 ),kkkk kkk+++ ++null
{ }
22 2
(2 ) 1,(2 ) 2,,(2 ) 2,kkk kkk kk k+++ +++ ++null
例 3.3 设,则不存在集合 的分划{1,2,...,2001}A= A
123
AA A A A
4
= ∪∪∪,其中集合中各数字的和组成等差数列,(1 4)
i
Ai≤≤
证明 假设存在满足条件的分划,则不仿令 (1 4)
i
Ai≤ ≤ 中各数字之和分别为
- 36 -
第三章 分划与 Stirling 数
,,2,3aa da da d+ ++
于是
20012132 +++=++++++ nulldadadaa
即
10012001322 ×=+ ）（ da
显然此式为矛盾等式,故假设不成立,
例 3.4 设 是自然数且,n 15n≥ { }nC,,2,1 null=,集合 构成集 的分划,即证明 或 B 中存在两个不同数的和为完全平方数,
,AB C
.,Φ== BACBA ∩∪ A
证明 如果结论不成立,则由于 {1,2,...,},ABC n= =∪ 且 AB=Φ∩,我们不妨设,则
.否则,从而,再由于
A∈1
3 A?
2
231 =+ B∈3 B∈3,所以 A∈6 (
2
363 9+ ==).又,故
( ),
A∈6
B∈10
2
610 4 16+==
另外,所以 1515≥n A∈ 或 15 B∈,但是如果 A∈15,则由 A∈1 有,矛盾; 如果
,由 也有,矛盾,
2
4151 =+
B∈15 B∈10
2
51510 =+
至此说明假设不成立,即所证命题成立,
例 3.5 设 n 为正整数,则集合 S ={}5,4,3,2,1,+++++ nnnnnn 不能作成两个子集的分划,使得两个子集中所有元素的乘积相等,
证明 假设集合 存在适合条件的分划为,设S AB∪ p 是数,1,2,3,4,nnnnnn5+ ++++之中某个整数的素数因数,则由于两个子集中所有元素的乘积相等,所以素数 p 一定是数之中另外一个整数的素数因数.,1,2,3,4,nnnnnn+++++5
我们不妨假设素数 p 是整数 (,nin j++0ij5≤ ≠≤)的因数,则 (( ) ( ))p ni n j+?+,p ij?,
但是,于是0ij≤≠≤5p 只能是2,3 或5,
另外,四个连续整数 n+1,n+2,n+3,n+4 的素数因数只能有 2 和 3.但是这四个数中有两个奇数,
这两个数不能含有因数 2,只能都是 3 的乘幂,而这是不可能的,事实上,333(3 1)2
st tst?
=?>,矛盾,
例 3.6 试求两个最小正整数 n,使得集合 { }nn 3,13,,2,1?null 分划为 n 个互不相交的,每个子集合只含三个数 {}并且,,,,zyx zyx 3=+
- 37 -
第三章 分划与 Stirling 数
解 设所求三元数组为,),,2,1)(,,( nizyx
iii
null= 3
ii i
x yz+ =,则
3
12
1
3
4( ) (3 1)
2
n
n
i
zz z i nn
=
+++ = = +
∑
null
12
8( ) 3 (3 1).
n
zz z nn+++ = +null
于是,8|,.再 (,3 (3 1)nn+ 8| (3 1)nn+ (3 1)) 1nn+ =,故 或 n|8 8|(3 1)n+,
若,则当 时,有适合条件的分划三元数组 n|8 8=n
{ } { } { } { }
{}{}{ }{
1,14,5,2,19,7,3,21,8,4,23,9,
6,24,10,15,18,11,16,20,12,17,22,13}
};
若 8|,则,当 时,有适合条件的分划三元数组 (3 1)n+ 5n≥ 5=n
{}{}{}{ }{,8,14,10,17,12,9,6,15,3,5,13,2,4,11,1
所以,我们要求最小的两个正整数为,8,5 == nn
例3.7 设 S 为 个正实数组成的集,对 S 的每个非空子集,令n A ()f A 为 的所有元素的和,证明集
A
{Φ≠? ASAAf,)( }可以分划为 n 个子集,使得每个子集中最大数与最小数的比小于 2,
证明 设 S 中元素为,且不妨设
n
uuu,,,
21
null
n
uuu ≤≤≤< null
21
0,则可以令
{ }{ }
11
()SfAAu==,
{ }
11 1
() ()
kk
SfAu ufAu u
=++<≤++nullnull
k
其中,nk,,3,2 null=
显然,构成集合
n
SSS,,,
21
null {}Φ≠? ASAAf,)( 的一个划分,
在 中最大数与最小数都等于,其比等于 1,故小于 2;
1
S
1
u
当 时,中最大数是,现在分两种情况讨论,2≥k
k
S
12 k
uu u+++null
若,则 中最大数与最小数之比小于
12k 1
uuu u
≤+++null
k
S
k
12
12 1
2
k
k
uu u
uu u
+ ++
≤
+++
null
null
若,则 u 是 中的最小数,于是 中最大数与最小数之比等于
12k 1
uuu u
>+++null
kkk
S
k
S
- 38 -
第三章 分划与 Stirling 数
12
2
k
k
uu u
u
+ +
<
null
,
综上所述,中最大数与最小数的比小于 2,所以（ ）是符合要求的一个分划,
k
S
n
SSS,,,
21
null
例 3.8 试求一正整数 k,使得集合 { }kX ++= 1990,,11990,1990 null 能被拆为两个互不相交的子集 A 和 B,且 A 中元素之和等于 B中元素之和,
解 X 中元素之和 )1(
2
1
)1(1990 +++ kkk 应为偶数,于是 ),1(|4 +kk 即 或
mk 4=
.34 += mk
（1 ）当,此时 X 中的元素数目是 4 的倍数,只需 1990 起,将每四个连续整数中的首末两数划归 A,中间两数划归 B,所得 A、B 就有相同元素和,
43,4|(1km k=+ +)
（2 ）当 时,分别记mk 4= A,B 为集合 A、B 的元素的个数,a,b 为集合 A,B 的元素之和,不妨设 mBmABA 2,12,≤+≥> 则,且有
)21990()11990(1990 ma +++++≥ null
),12()12(1990 +++= mmm
)41990()121990( mmb +++++≤ null
2
1990 2 (2 1) 4mmm m=?+ ++,
所以,,,
2
4 1990m ≥ 23,92mk≥≥
当 时,初步划归 92=k
{ }
0
1990,1990 1,,1990 46A =+null +,
{ }
0
1990 47,1990 48,,1990 92B =+ + +null,
由于
0
B 比 的元素和多 126,因此将 中的 1990 与
0
A
0
A
0
B 中的 1990+63 对调,所得集合 A 与 B 符合题设划分要求,
当 时,是 4 的倍数,只要对从 1990+93 起的其余92>k 92?k 92?k 的个数,每四个连续数依
（1 ）的方法分别划入 A 与 B,则 A、B 为符合要求的划分,
综上所述,所求整数为 ),2,1,0(34 null=+= mmk 或 Nmmk ∈= (4,且,)23≥m
- 39 -
第三章 分划与 Stirling 数
4、对称多项式
我们在计算第一类 Stirling 数时,涉及到了多项式的根与系数的关系,在这一节我们将对此进行简单的讨论,首先,给出对称多项式的概念,
定义 设 是域,F
1
(,...,)
n
f xx是域 上的 元多项式,如果对F n
1
,...,
n
x x 的任意排列
1
,...,
n
ii
x x 均有
1
(,...,)
n
f xx=
1
(,...,)
n
ii
f xx,
则我们称
1
(,...,)
n
f xx为关于
1
,...,
n
x x 的对称多项式,
按字典排列的多元多项式的第一项称为多元多项式的首项,其次数为多元多项式的次数,如果在多元多项式中各个单项式的次数都相等,则称其为齐次多项式,
例如
222
123 12 2 3 12 1
(,,) 2 3
2
f xxx xx x x xx x=++++的按字典排列是
22 2
123 12 1 12 2 3
(,,) 2 3
2
f xxx xx x xx x x=++++,
其次数为 3,
123
(,,)f xxx被称为 3 元 3 次多项式,
设 为不定元,引入一个新的不定元
n
xx,...,
1
x,记
)())(()(
21 n
xxxxxxxf= null
n
nnnn
xxx σσσ )1(
2
2
1
1
+?+?=
null,
则关于 x的各次幂的系数为
=
+++++=
+++=
nn
nn
n
xxx
xxxxxxxx
xxx
null
null
nullnull
null
21
13231212
211
σ
σ
σ
,
显然,它们是关于
1
,...,
n
x x 的 元对称多项式,我们称n
n
σσσ,,,
21
null 是关于不定元的初等对称多项式,容易看出
n
xxx,,,
21
null
i
σ 是 次齐次多项式,i
定理 4.1 任意一个 n元对称多项式
1
(,...,)
n
f xx都可以写成关于初等对称多项式
n
σσσ,,,
21
null
的多项式,即
11
(,...,) (,...,)
nn
fx x gσ σ=,
证明 设
1
(,...,)
n
f xx的首项为,则有首项的定义有,
12
12
...
n
kkk
n
ax x x
12
...
n
kk k≥≥≥
如果我们令
23 112
112
...
nnn
kk k k kkk
n
a? σσ σ σ
=,则有
1
f =
1
(,...,)
n
fx x?
1
,
- 40 -
第三章 分划与 Stirling 数
显然,
1
f 的首项次数小于 f 的首项次数,另外,f 的首项次数是有限的,所以在有限步之内,我们能够得到
11212 1
,,,...,
tt t
ff f f f f f
=? =? =? 0
t
f,=,
即
12
...
t
f=+++,其中,1
i
it? ≤≤,是关于初等对称多项式的多项式,
习题
1,证明当 时,组合数与第二类 Stirling 数之间有 4≥n
)53(
4
1
3
2
343
=+=
nCCC
n
n
nnn
,
2,证明当 时,我们有 6≥n
654
1510
3
nnn
CCC
n
n
++=
,
3,试求 与 的展开式,)(
6
xf )(
7
xf
4,试求 与 的展开式,)(
8
xf )(
9
xf
5,计算,
15 14 14
,,
887
6,如果对于数列 {} 有,则,{}
kk
ab
nr
r
n
ab
r
=
∑ n
r
n
b
r
a
=
∑
.反之亦然,
7,令,其中
0
()
n
nr
r
Pf
=
=
∑
n )1()2)(1()( += nxxxxxf
n
null,则
1
1,1
nn
PnP n
= +≥,,
0
1P =
8,利用对称多项式的结果证明代数学基本定理,实系数 次多项式有 n个根,n
9,我们定义正整数 的分划为将数 分解成正整数和的方式( 当然不考虑和因子出现的次序 ).试考虑正整数 的分划方法数与第二类 Stirling 数之间的关系?
n n
n
10,设 是两个实数,且 ba,
{ }(,)|,,AxyxnynabnZ===+∈
- 41 -
第三章 分划与 Stirling 数
{ }
{}
2
22
(,)|,3 15,
(,) | 144
B xy x my m m Z
Cxyxy
===+
=+≤
∈
都是平面 XOY 内的点集,讨论是否存在 a 和 b,使得 Φ≠BA ∩ 与 Cba ∈),( 同时成立？
11,从 个相邻的正整数中选出三个数,使它们的和能被 3 整除,共有不同选法种数为多少? n3
12,能否就集合 给出一个分划{1,2,3,...,22}A=
123
AA A A A
4
= ∪∪∪
（ ）,使得集合 中各数字之和组成一个等比数列.,1 4
ij
AA ij∩=Φ≤≠≤
1234
,,,AAAA
- 42 -
第四章 抽屉原理
第四章 抽屉原理
1,抽屉原理及其应用
把 个元素或者更多的元素放入 个抽屉之中,则其中至少有一个抽屉里要放入 2 个元素.这就是抽屉原理的简单形式.抽屉原理也称为P.G.Dirichlet 原理,
1n+ n
我们先举几个用抽屉原理解决问题的例子,
例1.1 设有两组正整数,而且每一组中的数都是小于 (一正整数)的互不相同的数,并且这两组数的数目个数和,则存在一对分别取自两组的数,使这两个数的和恰好为,
n
n≥ n
证明 设这两组数为{ },{ },而且不妨设
k
aaa,...,,
21 l
bbb,...,,
21 12 k
aa a< << ",.令
,则我们容易知道有
12 l
bb b<<< "
kianc
ii
,...,1,=?=
12 2
1,1
kl
ncc cnb b
1
b? ≥>>>?≥>>> " ".我们考察数集
{,},由于,所以至少有两个数在 1,2,…,n-1 之中的一个抽屉里,而且这两个数,分别来自{ },{ }（这是因为{ },{ }在各自集中是互不相同的）,既,,
l
bbb,...,,
21 k
ccc,...,,
21
lkn+≥
k
ccc,...,,
21 l
bbb,...,,
21 k
ccc,...,,
21 l
bbb,...,,
21
jji
ancb?== nba
ij
=+
例1.2 设 是一个正整数,则在集合{1,2,…,2n}中任意取出的n 1n+ 个数之中,一定存在两个数,使其中的一个数能够整除另外一个数,
证明 因为任意一个整数都能分解成 形式,其中 是非负的,l是奇数.又在{1,2,…,2n}中奇数有个,而我们取出的是 个数,并且这 个也都有 形式,所以至少其中有两个数对应分解式中的 部分是相同的,即分别为,形式.这样我们只要取其中指数小的数,则必有它整除另外一个数,
2
k
l k n
1n+ 1n+ 2
k
l l
1
2
k
l
2
2
k
l
注意 本例题的结论不能减少为取出n 个数.事实上,在n+1,n+2,…,2n 中没有两个数能够互相整除,
下面我们给出抽屉原理的推广形式,
抽屉原理 将 个元素放入 个抽屉,则其中至少有一个抽屉里含有m n 1
1
+
n
m
个元素,
事实上,若每个抽屉含有的元素个数都不超过
1m
n
,则 个抽屉含有的元素个数不超过n
11
1
mm
nnm
nn
×≤ ×=?
,而这与共有 个元素矛盾,m
下面我们介绍一个由匈牙利数学家Erdos 和Szekeres 发现的有趣的,抽屉原理应用的例子,
例1.3 设 是一个由不同的实数构成的数集,则在其中一定存在由 项构成的增数列,
或者存在由 项构成的减数列,
1
21
2
,...,,
+n
aaa 1n+
1n+
- 43 -
第四章 抽屉原理
证明 假设不存在由 1n+ 项构成的增数列,我们将指出一定存在由 1n+ 项构成的减数列.令 表示从第 项开始的最长的增数列的项数.因为不存在由
k
m
k
a 1n+ 项构成的增数列,所以 n（k=1,2,…,n
k
m ≤
2
+1）,
即 这 个数介于 1 和 之间,
1
21
2
,...,,
+n
mmm
2
n + n
如果我们把 放入由 1 和 n 之间的数构成的抽屉,则其中至少有一个抽屉有
1
21
2
,...,,
+n
mmm
2
11
1
n
n
n
+?
+=+
1个元素,我们设它们为
()12 1
,,...,
n
kk k
mm m
+
,则有
()12 1
...
n
kk k
mm m
+
= ==,
其中,
2
12 (1)
11
n
kk k n
+
≤<<< ≤+ "
下面指出：对于所有的 i（ ）都有ni ≤≤1
()1i i
kk
aa
+
>,事实上,如若不然,则可以设存在一个 i 使
,则由 的定义,知道从 开始有一个增数列,它的项数为
()1i i
kk
aa
+
<
()1i
k
m
+ (1)i
k
a
+ ()1i
k
m
+
.再由 知道
()1
i i
kk
+
<
()1i
k
a
+
在 之后,而我们假定了,所以得到一个从 开始的有
i
k
a
()1i i
kk
aa
+
<
i
k
a
()1i
k
m
+
+1 项构成的增数列.即有
= +1= +1,矛盾.因此,一定有对于所有的 i（
i
k
m
()1i
k
m
+ i
k
m ni ≤≤1 ）都有,即我们得到一个由构成的减数列,
()1i i
kk
aa
+
>
12 (1
,,...,
n
kk k
aa a
+ )
上面例题的一个生活化的提法是,假定有
2
1n + 个人站成一排,则我们一定能够从他们之中挑出 1n+
个人.如果这 个人向前走一步,则他们的身高从左向右是递增或递减的,1n+
注记 本结论的结果是最好的,因为如果把
2
1n + 改为 项,就可能不存在由 项构成的增数列,或者 项构成的减数列.例如
2
n 1n+
1n+
n,n-1,n-2,…,2,1,2n,2n-1,…,n+1,3n,3n-1,…,2n+1,…,n
2
,n
2
-1,n
2
-2,…,(n-1)n+1,
在这个项数为 的数列中,最长的增数列或者最长的减数列的项数都是,
2
n n
例1.4 在边长为 1 的正三角形内,任意放入 5 个点,则存在 2 个点,使其间的距离不超过
1
2
,
证明 我们将正三角形分成如下的图形
则由抽屉原理,至少有 2 个点落在同一个小三角形之内.而显然在小三角形之内的点之间的距离不超过
1
2
,
例 1.5 在平面的任意 5个整数点(横,纵坐标为整数的点)中,一定存在 2个点,使其连线的中点也是整
- 44 -
第四章 抽屉原理
数点,
证明 我们可以将平面上的整数点按坐标数的奇偶性分成4类:型如(2k,2t)的点,型如(2k,2t+1)的点,
型如(2k+1,2t)的点,型如(2k+1,2t+1)的点,其中 k,t 是整数.则由抽屉原理,5 个整数点中一定有 2 个点的型式是相同的,即可设此 2 点为( ),( )并且它们的型式均为(2k+
11
,yx
22
,yx δ,2t+λ)的点,其中 λδ,为0
或 1.于是,此 2 点连线的中点坐标(
2
21
xx +
,
2
21
yy +
)必是整数点坐标,
例1.6 对于任意的 3 个整数,存在其中的 2 个整数,使它们的和、差是偶数,
证明 按整数的奇、偶性,作两个抽屉.将 3 个整数放入抽屉,则由抽屉原理,一定有两个在同一个抽屉,
即这两个数的奇、偶性相同.当然,这样 2 个整数的和、差是偶数,
例1.7(中国剩余定理) 设 是互素的两个正整数,则对于任意的两个整数,同余式方程组,mn,ab
(mod )
(mod )
x am
x bn
≡
≡
有整数解,即解的形式为 x km a qn b= += +,
证明 由于我们考虑的是关于 的同余式,所以不妨假设,mn 01,0am bn1≤ ≤? ≤≤?.考察下面 个整数的列
n
,,2,3,,(1)am a m a m a n m a+++?+ ",
如果在上面整数列中有两个整数 关于 同余,即存在,则
.所以
,,im a jm a i j++≠ n (mod )im a jm a n+≡ +
()0(modijm n?≡ ) (ni j? ) 1.但是 0,ij n≤ ≤?,于是 ij=,矛盾.这说明整数列中任意两个整数关于 不同余.但是,我们又知道关于 的余数是 0,n n 1,2,,1n? ",而 01bn≤ ≤?,所以由抽屉原理,在数列
,,2,3,,(1),am a m a m a n m ab+++?+ "
之中至少有两个整数的关于 的余数相同,而这样的两个整数之中一定有一个是 b,即存在n km a+ 使得
,(mod )km a b n+≡
令 x km a=+,则由 有(mod )km a b n+≡,x bnqxnqb? ==+.显然此 x恰为所求的解,
注记 中国剩余定理也称为孙子定理.这是因为在我国古代的《孙子算经》(纪元前后)里提出了如下的一个问题:“今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何?”,答曰二十三”.
这段话译成今天的数学语言就是解出了同余式方程组
≡
≡
≡
)7(mod2
)5(mod3
)3(mod2
x
x
x
的一个整数解是23!
- 45 -
第四章 抽屉原理
2,Ramsey数及其性质
这节我们讨论抽屉原理的一个深刻而重要的应用.由于它是由英国逻辑学家 Ramsey 提出的,所以我们将其叫做Ramsey数.但是Ramsey本人并没有对Ramsey数的结构与性质作进一步的研究.关于Ramsey数我们了解的非常少,确定Ramsey 数在今天仍然是一个相当困难的问题.那么什么是Ramsey 数?
(,)Nab表示满足下面条件的最小人群数,其中有 个人（或 个以上的人）互相认识,或者有 b 个人
（或 个以上的人）互相不认识.我们称 为Ramsey 数,
a a
b (,)Nab
下面我们就简单情况下的Ramsey 数 进行讨论,(,)Nab
定理 2.1 有 6 个人组成的人群中,一定有 3 个人（或 3 个以上的人）互相认识,或者有 3 个人（或 3
个以上的人）互相不认识,
证明 我们在这个人群中任意固定一人,并记为 A,而把其余的 5 个人分成两类：一类与 A 认识,记为R；
一类与 A 不认识,记为 B.根据抽屉原则,至少有一类中应该有 3 个人（或 3 个以上的人）.不妨设 R 类满足此条件.如果在 R 中有两个人互相认识,我们再把 A 人加入,则此结论成立；如果在 R 中所有的人互相都不认识,则此结论也成立.用同样的方法对 B 类也可以证明此结论成立,
定理 2.2 有 10 个人组成的人群中,一定有 4 个人（或 4 个以上的人）互相认识,或者有 3 个人（或 3
个以上的人）互相不认识,
证明 我们在这个人群中任意固定一人,并记为 A,而把其余的 9 个人分成两类：一类与 A 认识,记为R；
一类与A 不认识,记为B,
如果 B 中有4 个（或 4 个以上）人,则或者存在有 4 个（或 4 个以上）人互相认识,或者存在有 2 个（或
2 个以上）人互相不认识.当有 4 个（或 4 个以上）人互相认识时,则证毕；如果 B 中有 2 个（或2 个以上）
人互相不认识时,再将A加入,则证毕；如果 B 中最多有 3 个人,根据抽屉原则 R 含有至少 6 个人,此时利用定理 1,有 3个人（或 3个以上的人）互相认识,或者有 3 个人（或 3 个以上的人）互相不认识.当有 3 个人
（或 3 个以上的人）互相不认识时,则证毕；当有 3 个人（或 3 个以上的人）互相认识时,将 A 加入,则证毕；因而本定理成立,
定理 2.3 有 10 个人组成的人群中,一定有 3 个人（或 3 个以上的人）互相认识,或者有 4 个人（或 4
个以上的人）互相不认识,
定理 2.4 有 20 个人组成的人群中,一定有 4 个人（或 4 个以上的人）互相认识,或者有 4 个人（或 4
个以上的人）互相不认识,
至此,我们由定理2.1、定理2.2、定理2.3 和定理2.4 知道
(3,3) 6N ≤ ；
(4,3) 10N ≤ ；
(3,4) 10N ≤ ；
(4,4) 20N ≤,
这些数字给出了这些 的上界,但是它们不一定是上确界,例如,有人证明,(,)Nab (4,4) 19N ≤
定理2.5,(3,3) 6N =
- 46 -
第四章 抽屉原理
分析 如果我们用圆圈表示人,用线段把圆圈连接起来,其中实线段表示两人相识,虚线表示两人互不相识,则下面第一个图是 6 个人的情况,第二个图是 5 个人的情况,
由定理 2.1,任何由 6 个圆圈构成的图形中,如用实线或虚线将它们两两连接,则有1个（或 1 个以上）由 3
条实线构成的三角形或者有 1 个（或 1 个以上）由 3 条虚线构成的三角形.我们称之为纯三角形.当有5 个人时,显然没有纯三角形.因而在定理 2.1 中的结果是最好的,即 (3,3) 6N =,
定理2.6,(,) (,)Nab Nba= (,2)Na a=,
证明 由对称性,第一个结论成立.如果 个人全都互相认识,则结论已成立；如果其中至少有 2 个人互相不认识,结论也已成立,
a
定理2.7 设 是大于等于 2 的整数,则 是一个有限数,并且有,ab (,)Nab
(,) ( 1,) (,1)Nab Na b Nab≤?+?,
定理2.8 当 均为偶数时,我们有 (1,),(,1Na b Nab? )?
(,) ( 1,) (,1) 1Nab Na b Nab<?+,
定理2.9,(3,4) (4,3) 9NN==(3,5) (5,3) 14NN= =,(4,4) 18N =,
现在我们知道的还有,(3,6) (6,3) 18NN==(3,7) (7,3) 23NN= =,但是当 k 8时,；当
k 5时,；当 k 4时,的具体数值还不知道,
≥ (3,)Nk
≥ (4,)Nk ≥ (5,)Nk
3、简单构造实数
在此我们将简单介绍把实数的构造建立在整数结构合理性基础之上的过程.首先,把有理数建立在整数之上,当然我们采用方法是交换环的局部化理论.其次,通过抽屉原理,给出两个结论,说明任意一个实数均可以由有理数逼近,
令Z表示整数,S表示非零整数构成的集合,我们构造一个新集合 ( ){ }SyZxyxSZ ∈∈=×,,.在集合中定义关系,SZ ×
()yx,～ ( )ba,? yaxb =,
则～是等价关系.事实上,
1、由 xyyx=,有 ～ ( ； ()yx,)xy,
- 47 -
第四章 抽屉原理
2,～ ()()yx,ba,? yaxb =? aybx =? ( )ba,～ ( )yx,；
3、如果 ()～,～,则ba,()dc,()dc,(fe,) bcad =,decf =,故有,即
.又,所以,即 ～
bdebcfbcfadf ==,
bdeadf = 0≠d beaf = ()ba,( )fe,,
有了等价关系后,我们就可以按此关系定义等价类和等价类构成的集合,
=
y
x
{()｜ ～ba,()ba,( )yx,},Q′ ={
y
x
｜ SyZx ∈∈,},
在 Q 中规定“+”,?”,′
bd
bcad
d
c
b
a +
=+,
ac ac
bd bd
=,
则我们可以验证上面定义的运算与代表元素的取法无关,即定义是合理的.事实上,
如果
b
a
b
a
′
′
=,
d
c
d
c
′
′
=,则 dcdcbaba ′=′′=′,.所以 bdbcbbdcdbdaddba ′′=′′′′=′′,.于是
bdcbdadbbcad )()( ′′+′′=′′+,
db
cbda
bd
bcad
′′
′′+′′
=
+
,
即运算“+”的定义合理.同理可以证明运算,?”的定义也是合理的,
再有,我们可以证明 QQ?′,事实上,首先容易指出 Q′在运算“+”,?”之下构成域;其次,整数环Z 到有单同态嵌入(Q′
q
qa
a → );最后建立有理数域 Q到 Q′的同构映射(
1
)(
→
s
ys
t
xt
y
x
),
引理3.1 设 是小于 1 的非负数,则存在 使
121
,...,,
+n
xxx
ji
xx,
1
ij
xx
n
<,
证明 我们将 [0 分成 个区间,把 放入分得的 个区间,则利用抽屉原理即可得证结果,
,1] n
121
,...,,
+n
xxx n
定理3.2 令 为一实数,为正整数,则存在一对整数,使 c n ba,
1
ca b
n
<,
进而 可以满足 a 0 an<≤,
证明 对于实数 存在整数,使得 c
1
m
11
1mcm≤ <+;
对于实数 2 存在整数,使得 c
2
m
22
21mcm≤ <+;
- 48 -
第四章 抽屉原理
… … …
对于实数 存在整数,使得 nc
n
m
1
nn
mncm≤ <+,
所以,对于实数 有i c 01
i
ic m≤?<,ni,..,1,0=,则我们构造的 个数n
i
mic? 与数 0 放在一起,恰好是 个小于 1 的非负数,满足引理 3.1 的条件.因此,存在1n+ ji,使
()
1
ij
ic m jc m
n
<,
至此,令 jia?=,
ji
mmb?= 即可,
注记 通过定理 3.2,我们很容易将一个实数和一个有理数数列对应起来,即如果令 α是一个实数,则存在一个有理数数列
{ }
1
i
i
a
≥
,使得
1
i
a
i
α? <,
即 lim
n
n
a α
→∞
=,
习题
1,在边长为 1 的正方形内任意放入 5 个点,则其中至少有两个点的距离小于
2
2
,
2,在圆（包括边界）内有 8 个点,证明其中必有两点它们之间的距离小于圆的半径,
3,任意给 5 个整数,则能从中选出 3 个数,使它们的和被 3 整除,
4,任意给 8 个整数,则能从中选出 5 个数,使它们的和被 5 整除,
5,证明定理2.4,
6,证明在集合 中任意取出}2,,2,1{ n " 1+n 个数,其中必有两个数是互素的,
7,证明任意 52 个整数中存在两个数,它们的和或差能够被 100 整除,
8,对于任意给定的1992 个自然数,总可以找出其中若干个数,使得它们的和是1992 的倍数,
9,证明在任何 个人的小组中一定有 2 个人在组里有同样多的熟人,n
10,若,则Ramsey 数 满足不等式 2,≥ba (,)Nab
1
2
),(
+
≤
a
ba
CbaN,
- 49 -
第五章 容斥原理及其应用
第五章 容斥原理及其应用
1、容斥原理
我们在计算一个集合中元素个数时,经常发现间接计算比直接计算会更简便,
例如,如果我们知道一个班级的学生总人数是50,其中女同学的人数是20,那么如何求其中男同学的人数呢?实际上,我们可以有两种办法得到男同学的人数.一是直接点数男同学的人数;二是用总人数减掉女同学的人数.我们在用第二种方法时,实际上是利用了一个人不能同时为男、女的性质.那么这样的计数原理能否推广呢?
下面我们就介绍一种间接计算一个集合中具有特定性质的子集合势的方法,
设 是一个由有限个元素构成的集合,(S
i
P mi ≤≤1 )是 个性质.另外,我们用符号 (m
i
A mi ≤≤1 )表示集合 中具有性质 ( )的元素的全体构成的集合,而S
i
P mi ≤≤1
i
A ( mi ≤≤1 )表示不具有性质
( )的元素的全体构成的集合,
i
P mi ≤≤1
定理1.1 (容斥原理)
m
AAA ∩∩∩ null
21
= S - Σ
i
A + Σ
j
i
AA ∩ - Σ
kji
AAA ∩∩ +…
+Σ ()
m
m
AAA ∩∩∩? null
21
1,
证明 我们要证明原理等式,只需指出集合 S 中任何一个元素在等式两边被计算过的次数相同即可,
首先,设 x是 S 中不具有任何性质的元素,则 x在原理等式的左边被计算 1 次.而在等式右边除了在第一项被计算过 1 次外,在等式右边的其余项均没有被计算过,即此时原理等式成立,
其次,设 x是S中恰有 ( )mtt ≤≤1 个性质的元素.显然,x在原理等式的左边被计算过0次,而 x在原理等式的右边被计算的次数为
1- + - +…+ =
1
t
C
2
t
C
3
t
C
t
)1(?
t
t
C ( )
t
11? =0,
例1.1 试证明欧拉函数
()n? =
m
ppp
n
1
1
1
1
1
1
21
null,
其中
12
12
...
m
sss
m
npp p=,
证明 设
12
12
...
m
sss
m
npp p=,( )是集合
i
A mi ≤≤1 {1,2,,}Sn= null 中能被素数 整除的整数的个数,则欧拉函数
i
p
()n? 即为
m
AAA ∩∩∩ null
21
,所以由容斥原理
()n? =
+++?
m
p
n
p
n
p
n
n null
21
+
+++
mm
pp
n
pp
n
pp
n
13121
null -…+ ()
m
m
ppp
n
null
21
1?
- 50 -
第五章 容斥原理及其应用
=
m
ppp
n
1
1
1
1
1
1
21
null,
例1.2 求出1 至100 中不能被5 整除,也不能被6,8 整除的整数的个数,
解 设能被 5 整除的集合为 A,能被 6 整除的集合为 B,能被 8 整除的集合为 C,则所求的整数个数为
CBA ∩∩,而我们知道
A =
5
100
=20,B =
6
100
=16,C =
8
100
=12,
=∩
30
100
BA =3,2
40
100
=
=∩CA,
=∩
24
100
CB =4,
=∩∩
120
100
CBA =0,
所以,CBA ∩∩ =100-(20+16+12)+(3+2+4)-0=61,即1至 100 中不能被5整除,也不能被 6,8 整除的整数的个数为61,
例 1.3 设,证明在平面区域0n> {(,) 0,0,}Txyxy xyn=>>且 ≤内的整数点(坐标为整数的点)的个数为
2
0
2[][
xn
xN
n
n
x
<≤
∈
∑
],
证明 令
1
{(,) 0,0 }
n
Txyxny
x
=<≤<≤,
2
{(,) 0,0 }
n
Txyynx
y
= <≤ <≤,
则,
12
TTT=∪
12
{(,) 0,0 }TT xy x n y n∩= <≤ <≤,于是由容斥原理有
12 1 2 12
TTT TTTT=∪=+?∩
=
2
00
[] [][ ]
xn yn
xN yN
nn
n
xy
<≤ <≤
∈∈
+?
∑∑
=
2
0
2[][
xn
xN
n
n
x
≤
∈
∑
],
定义 如果集合 的无重复排列 满足条件},...,2,1{ n
n
aaa,...,,
21
ia
i
≠ (ni,..,2,1= ),则称其为
- 51 -
第五章 容斥原理及其应用
},...,2,1{ n 的更列.我们用 表示集合 的更列的个数,
n
D },...,2,1{ n
定理1.2 当 时,我们有 1≥n
n
D = () ()!
!
1
1...
!3
1
!2
1
!1
1
1 n
n
n
++?+?,
证明 令 表示 的无重复的排列的集合,则集合 中元素的个数为,我们令 是具有性质的排列,令 是集合 的具有性质 的排列的全体构成的集合.则由容斥原理,有
S },...,2,1{ n S !n
j
P
ja
j
=
j
A S
j
P
n
D =
n
AAA ∩∩∩ null
21
= () ( ) ( ) ( ) ! 01-! 3!-C 2! 1!
3
n
21 n
n
n
nn
CnnCnCn +++ null
= ()
!n
!
1
! 3
!
! 2
!
! 1
!n
!-
nnn
n
n
++?+ null
= () ()!
!
1
1...
!3
1
!2
1
!1
1
1 n
n
n
++?+?,
当然,更列还有另外的计数方法.如果假设所选定的一个排列的第一个位置元素为,则第 k 个位置的元素为 1 或不是 1.如果是 1,则构成 元素组成的更列;如果不是 1,则组成有 个元素构成的更列.
另外,我们选取 的可能性有 种,所以
k
2n? 1n?
k 1n?
12
(1)(
nn
DnDD
)
n
=?+,
设 是一个正整数,令 表示在 中不允许出现两个连续数字的排列方法数,即不允许出现
（ ）的这种排列情况,
n
n
Q },...,2,1{ n
()1+ii 11?≤≤ ni
定理1.3 设 是一个正整数,则我们有 n
n
Q = () ( ) ( ) ! 11-!- 2C! 1!
1
1
1
2
1-n
1
1
+?+
n
n
n
n
CnnCn null
证明 我们用 表示由集合 中所有的 个排列构成的集合.令 表示在排列中出现S },...,2,1{ n !n
i
P ( )1+ii
形式的排列的性质,为集合 中具有性质 的排列构成的集合,其中
i
A },...,2,1{ n
i
P 11?≤≤ ni,则
( ! 1?= nA
i
) )(因为这相当于由 ( 个数构成的如下集合{1,2,…,1?n 1?i,( )1+ii,,…,}的排列数).所以由容斥原理,我们有
2+i n
n
Q =
121?
∩∩∩
n
AAA null
= S -Σ
i
A +Σ
j
i
AA ∩ -Σ
kji
AAA ∩∩ +…+ Σ ( )
121
1
1
∩∩∩?
n
n
AAA null
= () ( )() ! 11-!- 2C! 1!
1
1
1
2
1-n
1
1
+?+
n
n
n
n
CnnCn null
定理1.4 令,则,2≥n
1?
+=
nnn
DDQ
- 52 -
第五章 容斥原理及其应用
证明 因为 =()!
1
mnC
m
n
()()
m!
m-n ! 1?n
,所以
n
Q = () () ( ) ! 11-!- 2C! 1!
1
1
1
2
1-n
1
1
+?+
n
n
n
n
CnnCn null
= -!n
()()
1!
1-n ! 1?n ()()
-…+ ()
( )( )
()!1
1!1
1
1
+
n
nnn
n
+
2!
2-n! 1?n
= [ -()!1?n n
()
1!
1-n
+
()
2!
2-n
-…+ ()
( )
()!1
1
1
1
+?
n
nn
n
],
又 () () ()
()!1
1
1
!
1
!
1
1
+?=
mm
n
m
mn
mmm
,于是将其代入并整理上式有我们要证明的结论成立,
本节最后让我们看一个在历史很有名的组合计数问题,
宴会问题 历史上有一个非常著名的夫妻赴宴排座问题：假设有 对夫妇赴宴,坐在一个圆桌周围,主人为了调节宴会的气氛,希望所有参加宴会的夫妻都不要坐在一起,而且是一男一女相间落座,问主人能有这样安排座位的方法吗？如果有的话,宴会主人有几种排座位的方法？
n
如果我们将所有参加宴会的人员编号,夫妻编成连续号,男士编为奇数号码,则宴会问题应与数字码的排列有关,
为此令,我们考虑从集合 中取出 个数字码,但是又不允许有 2 个连续数字码被取出的方法数问题,
{1,2,,}S= null n S k
引理 1.5 令 (,)nkα 表示从集合 中取出 个数字码,但是又不允许有 2 个连续数字码被取出的方法数,
则
S k
(,) ( 2,1) ( 1,)nk n k n kα αα=+?,
证明 我们可以将从集合 中取出 个数字码的形式分成 2 类：一、取出的数字码中有 1；二、取出的数字码中没有 1,
S k
当取出的数字码中有 1 时,由要求条件知道,数字码 2 不能取出,所以此时的取法是从集合 {3,中取出 个数字码,即方法数为
4,,}nnull
1k? (2,1nk)α；
当取出的数字码中没有 1 时,由要求条件知道,所以此时的取法是从集合 {2 中取出 个数字码,即方法数为
,3,4,,}nnull k
(1,nk)α?,
因此,由加法原理有 (,) ( 2,1) ( 1,)nk n k n kα αα=+?,
进一步,如果假定数字码 和 1 是相邻的,那么从集合 中取出 k 个数字码,但是又不允许有 2 个连续数字码被取出的方法数是多少呢？
n S
- 53 -
第五章 容斥原理及其应用
引理 1.6 令 (,)nkβ 表示从集合 中取出 个数字码,但是又不允许有 2 个连续数字码被取出的方法数
（ 和 1 相邻）,则
S k
n (,) ( 3,1) ( 1,)nk n k n kβ αα=+?,
证明 我们仍将从集合 中取出 个数字码的形式分成 2 类：一、取出的数字码中有 1；二、取出的数字码中没有 1,
S k
当取出的数字码中有 1 时,由要求条件知道,数字码 2 和 不能取出,所以此时的取法是从集合中取出 个数字码,即方法数为
n
{3,4,,1}n?null 1k? (3,1nk)α ；
当取出的数字码中没有 1 时,由要求条件知道,所以此时的取法是从集合 {2 中取出 个数字码,即方法数为
,3,4,,}nnull k
(1,nk)α?,
因此,(,) ( 3,1) ( 1,)nk n k n kβ αα=+?,
现在再回过头来考虑宴会问题,我们可以假定先让所有的女士坐好,当然两位女士之间要留有一个座位,
则此时的男士有两个座位是不能坐的（他妻子的两侧）,我们可以将所有的空座位编号,则我们的问题就相当于将数字码集合 进行排列,并且要求数字码 不能排在第 i个位置,数字码 也不能排在第个位置,
{1,2,,}S= null n i i
1i+
定理 1.7 令
n
M 表示“宴会问题”排座位的方法数,则
1
2
! ( 1)! (2,2)( 2)! (2,3)( 3)! ( 1) (2,)0!
n
nn
M nCn n n n n nnββ β=+++?null
证明 令性质 表示数字码 1 排在第 1 个位置；性质 表示数字码 1 排在第 2 个位置,null,性质 表示数字码 i排在第 i个位置；性质 表示数字码 排在第
1
P
10
P
i
P
0i
P i 1i+ 个位置,null,性质 表示数字码 排在第 个位置；性质 表示数字码 排在第 1 个位置,则我们要求的方法数就是什么性质也没有的排列数,所以,利用容斥原理有
n
P n n
0n
P n
1
2
! ( 1)! (2,2)( 2)! (2,3)( 3)! ( 1) (2,)0!
n
nn
M nCn n n n n nnββ β=+++?null
注意 在定理证明中所设的性质里,相邻的性质是不相容的,即 与
i
P
01
,
ii
PP
0?
不能同时成立,所以性质的取法数是 (,)nkβ,
- 54 -
第五章 容斥原理及其应用
2,Mobiusnullnull 函数
这节我们简单介绍一下在组合数学,数论等学科研究中广泛使用的一类重要函数 Mobiusnullnull,
定义 令正整数,其中
12
12
r
ee e
r
npp p= null,1
i
p ir≤ ≤,是互不相同的素数,则定义 Mobiusnullnull 函数为
(1) 1;
() 0,1;
() (1),1.
i
r
i
ne
μ
μ
μ
=
=>
=?=
如果存在如果所有的
我们容易计算出
(1) 1,(2) 1,(3) 1,(4) 0,(5) 1,(6) 1,
(7) 1,(8) 0,(9) 0,(10) 1,(11) 1,
μ μμμμμ
μμμμμ
==?=?==?=
=? = = = =? null
定理2.1 Mobiusnullnull 函数是可乘函数,即如果 (,) 1mn=,则 () ()(mn m n)μ μμ=,
证明 如果整数 之一是 1,则显然有,mn () ()()mn m nμ μμ= ;如果整数 之一能被一素数平方整除,
则
,mn
()0mnμ =,且 (),()mnμ μ 之一是 0,所以有 () ()()mn m nμ μμ= =0;如若不然,则
12 12
,
s t
mpp pnqq q==nullnull,
其中
12 12
,,,,,,
s t
p ppqqnull qnull是互不相同的素数.所以
( ) (1),( ) (1),() (1)
s ts
mn m nμμμ
+
=? =? =?
t
)
,
于是 () ()(mn m nμ μμ=,
定理2.2
1,1,
()
0,1,
dn
n
d
n
μ
=?
=
>
∑
如果如果
其中 取遍正整数 n的所有正整数因数,d
证明 如果,则结果显然.如果,我们令,.则因为如果1n= 1n>
12
12
r
ee e
r
npp p= null
*
12 r
nppp= null dn,
并且 被素数平方整除,则d () 0dμ =,否则
*
dn.所以
*
*
() ( )
dn
dn
nnμμ=
∑ ∑
,
另外,根据 的因数的形式:因子是 1,因子是一个素数因子,因子是二个素数因子,null,因子是 个素数因子(= ).所以由
*
n r
*
n Mobiusnullnull 函数的定义有
- 55 -
第五章 容斥原理及其应用
*
*12
()1 (1) (1) (11) 0
kk rr r
rr r r
dn
nCC C Cμ =? +? +? + +? =? =
∑
nullnull,
定理2.3( Mobiusnullnull 反演公式) 设 (),()f ngn是关于正整数 的函数,并且满足 n
() ()
dn
f ng= d
∑
,
则 () () ( )
dn
n
gn d f
d
μ=
∑
.反之亦然,
证明 因为
()
()() ()() () () () ()
ndn dn dn d d d n
m
d
nn
df fd d gd gd m
dd
μμμ
′′
′
′′== =
∑∑∑∑∑∑
μ,所以由定理 2.2
知道,只有在 时上式非零.于是nd′= ()( ) ( ) ()
dn d n
n
d f gd gn
d
μ
′=
′==
∑∑
,
例 2.1 设 是 k 个不同的元素.试计算是从集合
12
,,,
k
aa anull
12
{,,,}
k
Saa a= null 中有重复地取出 个元素,并将取出的元素排列在一个圆周上的方法数有多少?
n
首先,考虑排列在圆周上的方法数和排成线性形式( )之间的关系,
12
(,,,)
k
aa anull
即由 个元素构成的一个圆周排列和由 个元素构成的 个线性排列相对应,k k k
其次,由于我们是有重复取出元素进行圆周排列的,所以如果假设其对应的一个线性排列是
,并且存在由
12
(,,,)
ii in
aa anull (ddn)个元素构成的线性排列段 满足
12
(,,,)
ii id
aa anull
12 12 12
(,,,)(,,,,,,,,)
ii in ii id ii id
aaaaaaaaa=nullnullnullnull,
而且 是适合上面条件的最小正整数,则我们称其为长度.因此,我们可以将从集合 中有重复地取出 个元素,并将取出的元素排列在一个圆周上的所有排列按长度进行分类,
d
12
{,,,}
k
Saa a= null
n
所以,如果我们用 ()M m 表示由 个元素构成的长度是 的圆周排列数,则按线性排列计数有 m m
- 56 -
第五章 容斥原理及其应用
()
n
dn
kdM= d
∑
,
再有,令 (),() ()
x
f xkgxxMx==,则上面的等式为 () ()
dn
f ng= d
∑
.所以由定理 2.3( Mobiusnullnull 反演公式)有
1
() ()
n
d
dn
M nd
n
μ=
∑
k,
综上,从集合 中有重复地取出 个元素,并将取出的元素排列在一个圆周上的方法数为
12
{,,,}
k
Saa a= null n
()
dn
M d
∑
,
例2.2 设定义在正整数上的函数 ()f n,适合
() log
dn
f dn=
∑
,
则当,
k
np= p 为一素数时,() logf np=,
证明 由定理2.3( Mobiusnullnull 反演公式)有
1
( ) ( )log( ) log log log ( 1)log log
k
dn
n
f nd npkpkp
d
μ
==?=?
∑
p=,
3、线性不定方程的非负解
方程的个数少于未知量的个数,而且未知量又受到某种条件的限制(如整数或正整数等),这样的一类方程叫做不定方程.三世纪初的希腊数学家Diophantus(约 246-330)曾大量研究过这类方程,因此不定方程也叫Diophantus 方程,
所谓二元一次不定方程的一般形式是
cbyax =+,
其中 是整数,cba,,
定理 3.1 二元一次不定方程 cbyax =+ ( 是整数)有整数解的充分必要条件是cba,,cd,这里
.如果设,是方程的一个解,那么它的任意解可以表示成 ),( bad =
0
xx =
0
yy =
t
d
b
xx +=
0
,t
d
a
yy?=
0
,
其中 是任意整数,t
证明 首先,我们证明定理的前一个论断.定理中的必要条件是显然的,我们只需证明充分性即可.由于
cd,用 除不定方程的两边得到 d
cybxa ′=′+′,(1)
- 57 -
第五章 容斥原理及其应用
其中,所以,我们知道存在整数 满足 1),( =′′ ba
'
0
'
0
,yx
1
'
0
'
0
=′+′ ybxa,
于是,因此,是(1)的解,当然也是原不定方程的解,cycbxca ′=′′+′′
'
0
'
0
'
0
'
0
,ycyxcx ′=′=
其次,我们证明定理的后一个论断.设
0
xx =,
0
yy = 是不定方程的一个解,那么由于(1)与我们所讨论的不定方程是同解方程,所以
cybxa ′=′+′
00
,
至此,设 yx,是(1)的任意一解,并且将(1)与上式相减得到
)()(
00
yybxxa?′=?′,
因为,所以1),( =′′ ba )(
0
yya?′,令
tayy ′?=?
0
,
得到,tbxx ′=?
0
因此,t
d
b
xx +=
0
,t
d
a
yy?=
0
是不定方程解的表达式.定理证毕,
例3.1 解不定方程525 x+231 y =42,
解 因为(525,231)=21,用21 除不定方程得
25x+11 y =2,
又(25,11)=1,所以,我们有
25×(4)+11×(-9)=1,
因此,x=2×4=8,y =2×(-9)=-18 是所给方程的一组解,于是所求的一般解为 x=8+11t,y =-18-25,t
显然,例 1 没有正整数解,
定义 如果我们设 都是整数,则多元一次不定方程就是可以表示成下面形式的方程 Naaa
n
,,,,
21
null
Nxaxaxa
nn
=+++ null
2211
,(2)
不会失去一般性,我们可以假定 都是不为零的整数,
n
aaa,,,
21
null
定理3.2 不定方程 Nxaxaxa
nn
=+++ null
2211
有整数解的充分必要条件是
Naaa
n
),,,(
21
null,
证明 设,daaa
n
=),,,(
21
null
首先,我们证明定理的必要性.如果(2)式有解,则存在整数组( )使
n
sss,,,
21
null
Nsasasa
nn
=+++ null
2211
,
- 58 -
第五章 容斥原理及其应用
所以,我们容易知道,|,即有 |N,d
nn
sasasa +++ null
2211
d
其次,我们证明定理的充分性.因为 daaa
n
=),,,(
21
null,所以,存在整数组 使
n
bbb,,,
21
null
dbababa
nn
=+++ null
2211
,
由于 Naaa
n
),,,(
21
null,我们可以设,于是 dcN =
Ndccbacbacba
nn
==+++ null
2211
,
即整数组 是方程的解,),,,(
21
cbcbcb
n
null
以下,让我们来考察不定方程
12 k
x xx+++=null r的非负整数解的个数问题,
如果集合
{ }
12
,,...,
k
Saa a=,而
12
(,,,)
k
x xxnull 是不定方程的一组解,则我们可以建立从集合 的有重复地取出 个元素的集合到不定方程的非负整数解集合之间的一个双射,
S
r
12
112 2
,(,...,,,...,,...,,...,)
k
kk
xx x
aaaa aa?
nullnullnullnullnullnullnullnullnullnull nullnullnullnullnull
→
12
(,,,)
k
x xxnull,
所以,由第二章中有重复组合数的计算方法,知道非负整数解的个数是
1
r
kr
C
+?
,
如果我们进一步要求,非负整数解满足
iii
mxn≤ ik,1≤ ≤ ≤,则适合该条件的整数解的个数又是多少呢?我们用一个例子说明如何使用容斥原理求解,
例3.2 求不定方程
123
11xxx+ +=的适合
1
17x≤ ≤,
2
23x? ≤≤,6
3
3x≤ ≤ 的整数解的个数,
解 令,则
11 2 2 33
1,2,3yx yx yx=? =+ =?
123
9yyy+ +=,且
1
06y≤ ≤,
2
05y≤≤,
3
03y≤ ≤,
设 表示不定方程S
123
9yyy+ +=的非负整数解的集合.显然,
99
391 11
55SC C
+?
= ==,
令 分别表示满足 的性质,而 分别表示在集合 中适合性质的子集合,则我们要求的不定方程
123
,,PPP
123
7,6,4yyy≥≥≥
123
,,AAA S
123
,,PPP
123
9yyy+ +=的适合条件
1
06y≤ ≤,
2
05y≤≤,
3
03y≤ ≤
的整数解的个数恰为集合 中不具有任何性质的元素的个数,而由容斥原理有 S (0)N
12
(0)
iij
NSAAAAA=? + ∩?∩∩
∑∑ 3
A
3
,
令,则 是不定方程
11 2 23
7,,zy zyzy=? = =
1
A
123
2zzz+ +=的非负整数解的集合,所以
2
131
6AC
+?
==;
3
令,则 是不定方程
112 2 3
,6,zyzy zy==?=
1
A
123
3zzz+ +=的非负整数解的集合,所以
- 59 -
第五章 容斥原理及其应用
3
231
10AC
+?
==;
3令,则 是不定方程
112 233
,,zyzyzy===?
1
A
123
6zzz+ +=的非负整数解的集合,所以
6
331
28AC
+?
==,
3 2
令,则
11 2 2 3
7,6,zy zy zy=? =? =
1
AA∩ 是不定方程
123
4zzz+ +=?的非负整数解的集合,所以
12
0AA∩=;
令,则
11 2 233
7,,3zy zyzy=? = =?
1
AA
3
∩ 是不定方程
123
1zzz+ +=?的非负整数解的集合,所以
13
0AA∩=;
令,则
112 2 33
,6,zyzy zy==?=?
23
AA∩ 是不定方程
123
0zzz+ +=的非负整数解的集合,所以
23
1AA∩=,
令,则
11 2 2 33
7,6,3zy zy zy=? =? =?
12
AAA
3
∩ ∩ 是不定方程
123
7zzz+ +=?的非负整数解的集合,所以
123
0AAA∩∩=,
至此,将得到数代入容斥原理等式有 (0) 12N =,即所求不定方程 的适合
123
11xxx++=
1
17x≤≤,6
2
23x?≤ ≤,
3
3x≤ ≤ 的整数解的个数为12,
当然,对于求不定方程整数解的问题,我们可以直接利用不定方程求解方法,求出参数,然后通过对参数的讨论来确定满足条件的整数解,
4、计数整数点
在直角坐标系中,如果一个点的坐标分量为整数,则称其为整数点,简称为整点.关于整点的问题多数是二维的问题,但是也有表现为高维的形式.下面我们将就整点的性质及计数问题作一简单介绍,
例4.1 如果平面点 为整点,则任意整点 关于点 的对称点 也是整点,A P A Q
证明 设,则 (,),(,),(,)Amn Pst Qxy
2
2
sx
m
ty
n
+
=
+
=
,即 2,2x msy nt=?=?,
例4.2 试证明在以点
1
(2,)
3
P 为圆心的圆周上只有一个整数点,
- 60 -
第五章 容斥原理及其应用
证明 我们只需指出不同的整数点到点 的距离不相等即可.令不同的两个点为,如果P (,),(,)Aab Bst
AP BP=,则
22 2
11
(2)()(2)(
33
abst?+?=?+?
2
)
2222
2
2( ) 2 ( )
3
sa s a t b bt?=?+?+?
即等式左端为无理数,而右端为有理数,所以
2222
2
2( ) 2 ( ) 0
3
sa s a t b bt?=?+?+?=,
于是
sa=,
22
2
()
3
tb bt?+?=0,进而
2
()( )
3
btbt?+?=0 ).再 (bt? 是整数,而
2
(
3
bt+?)是分数,所以只能有,这说明 是相同点,矛盾,bt=,AB
问题:考虑以何类型点为圆心的圆周上只有一个整数点?
例 4.3 在平面上,对任意自然数,连接原点 O 与点n (,3),
n
Pnn+ 用 表示线段 上除端点外的整点个数,试求
)(nf
n
OP
(1) (2) (2004).ff f+++null
解 线段 的方程为
n
OP
3
,0
n
y xx
n
n
+
= ≤≤,
0如果 与 互素,则不定方程 不存在适合n 3+n (3)nxny+?= 0 x n≤ ≤ 的整数解,即 如果 n 与不互素,则 n 与 只能有公因数 3,即可以设;0)( =nf
3+n 3+n kn 3=,则通过解不定方程,有整数点位于线段 之上,且 中间仅有这二个整数点,即,所以 ))1(2,2(),1,( ++ kkkk
n
OP
n
OP () 2fn=
(1) (2) (3) (2004)fff f++++null
2004
2 [ ] 2 668 1336.
3
=× =× =
例4.4 试证明在平面上存在不全共线的 2004 个整数点,使其中任何两点之间的距离都是整数,
证明 我们可以利用勾股定理令,则显然适合
,若
)(,2),(
2222
qpzpqyqpx +==?= λλλ
222
zyx =+ Nqp ∈,,λ,则,Nz ∈
因此,若取 x 轴上的点 轴上的点yqpA ),0),((
22
λ ),2,0( pqB λ 则 AB 是整数.我们取 y 轴上的点
,在
2005
(0,2 3 )A? x轴上取 2003 个点:,其中
1 2(2005 ) 2
(3 (3 3 ),0)
ii
i
A
1,2,3,,2003.i = null 易知,NBA
i
∈
而且 B、,,…,是不全共线的2004 个点,
1
A
2
A
2003
A
- 61 -
第五章 容斥原理及其应用
例 4.5 设整数,则在欧氏平面上存在 n 个整数点的集合,使其中每一对点之间的距离是无理数,并且每三点构成一个面积是有理数的非退化的三角形,
3≥n
证明 取抛物线 上的 n 个整数点,,,…,,则其中任意两点 与 的距离为
)0(
2
≥= xxy )1,1(
1
A )2,2(
2
2
A )3,3(
2
3
A
2
(,)
n
Ann
),(
2
iiA
i
))(,(
2
jijjA
j
≠
2222
)()( jijiAA
ji
+?=
.)(1
2
jiji?++=
但是 所以
22
)(1)( jiji ++<+,)1(
2
++< ji
2
)(1 ji ++ 是无理数,即
ji
AA 是无理数,
另外,由于,,,…,是抛物线 上的 n 个点,所以它们之中的任意三点均不共线,
即三点可构成三角形,
1
A
2
A
3
A
n
A )0(
2
≥= xxy
定理4.1 设平面上三角形的三个顶点是整数点,三角形内部整数点的个数为 N,边上（包括顶点）的整数点个数为 L,三角形的面积为,则S,1
2
+=
L
NS
证明 我们首先考虑直角三角形的情形,因为直角三角形的面积为一个矩形面积的一半,所以可以假定矩形的横向边长为 m个单位,纵向边长为 n个单位,那么它的面积为,对于mn ABCΔ,如果斜边上整数点数为
,那么
0
l
[].1,)2()1)(1(
2
1
00
++== lnmLlnmN
因此,
11
1
22
NL mn+?= =S,
其次,考虑 为任意三角形的情形,此时我们只需做如下面图示的转换即可,ABCΔ
推论 4.2 设以整数点为顶点的多边形的面积为,多边形内部的整数点数为,多边形边界上的整数点数为,则
S N
L
1
1
2
NL S+?=,
- 62 -
第五章 容斥原理及其应用
例 4.6 试求满足不等式组
3
1
3
100
yx
yx
xy
≤
≥
+≤?
的整数点数,
解 设直线
1
,3,100
3
yxyxxy==+=围成三角形的内部整数点数为,边界上整数点数为,面积为
.则
N L
S
100 100 100 25
2 2500
22
S
××
=?×=,
26 26 51 3 100L =++?=,
1 2500 50 1 2451
2
L
NS==? +=,
所以所求整数点数为,2451 100 2551NL+= + =
利用定理 4.1 和推论 4.2,我们很容易解决有关多边形的整点问题,那么有关曲边形的整点问题如何呢?
一个非常困难的没有解决的关于整点的问题是 Gauss 问题,中心在原点、半径为 的圆的内部有多少个整点？数学家们猜测的答案是,
r
2
()rhrπ +
习题
1,设 是正整数,则在nm,10,?≤≤+ niim,中与 互素的整数的个数是n )(n?,
2,求正整数,使得n )(n? =24,
3,求出1 到10000 之间不能被13 和51 整除的整数的个数,
4,在一次聚会中有 7 个人寄存了他们的帽子,问有多少中方法交还他们的帽子使得
(1) 没有任何人得到自己的帽子,
(2) 至少有一个人得到了自己的帽子,
(3) 至少有两个人得到了自己的帽子,
5,确定方程 在不超过 8 的非负整数中解的个数,14=++ zyx
6,试确定{1,2,…,8}的没有任何一个偶数出现在其自然顺序位置上的排列的个数,
7,求在集合
{ }1,2,...,n 中恰有两个数字在其自然顺序位置上的排列方法数?
8,证明 是偶数的充分必要条件是 n是奇数,
n
D
- 63 -
第五章 容斥原理及其应用
9,证明,
n
nn
nDD )1(
1
+=
10,试求在有 11 对夫妇参加的宴会中的座位安排数
11
M,
11,证明
() ()
dn
nd
nd
μ
=
∑
,其中 μ 是 Mobiusnullnull 函数,?是 函数,Euler
12,求满足不等式
22
(1)(1)xy?+?<2的整数点个数,
13,对于平面上的整数点 X,若线段 上不含其他整数点,则称点OX X 从原点 可见,证明对任意正整数
,存在面积为 的正方形,使得在此正方形内部无从原点可见的整数点,
O
n
2
n ABCD
14,试求将 60 分成若干个连续自然数的和的分法种数,
15,试证明定理 4.1 的后半部分与推论,
16,求不定方程 的适合
1234
11xxxx+++=
1
16x≤ ≤,
2
23x? ≤≤,
3
36x≤ ≤,的整数解的个数,
4
3x≤≤5
- 64 -
第六章 差分与有限级数
第六章 差分与有限级数
有限级数
(1)
12
2
nn
n
+
++ +=null 的求和公式是学过一点数学的人都熟知的,关于它的来源还有一个人们熟知的美丽故事,有一天,给“数学王子”Gauss 上课的老师情绪非常低落,不想讲课,于是他给学生们出了一道算术题,然后他一言不发地自己看书,这时课堂上的学生都埋头进行计算,随着数字的增加,计算的工作量不断增大,同时出错的可能性也增大,时间过了不到 30 分钟,小 Gauss 拿着自己的计算结果,问老师结果是否正确,并且 Gauss 解释了自己的计算方法,老师感到非常吃惊,此后,老师经常借书给 Gauss 读,在他的鼓励下,Gauss 开始学习数学,
1 2 100?++ + =null
5050
有了公式
(1)
12
2
nn
n
+
++ +=null 之后,人们自然开始寻求计算 12?
kk k
n+ ++=null,,的公式,当时,
1k ≥
2k =
22 2
(1)(21
12
6
nn n
n
++
+++=null
);当 3k = 时,
22
33 3
(1)
12
4
nn
n
+
+++=null,null,那么这些公式是如何得到的呢? 在此,我们给出利用差分进行计算的一种方法,
定义 设 ()f x 是一函数,() ( 1) ()f xfx fxΔ=+?,
11
() ( 1) ()
kk k
f xfx f
Δ=Δ+?Δx,
,0,1,2,k = null
0
() ()f xfxΔ=.我们称 ()
k
f xΔ 为函数 ()f x 的 次差分,特别地,如果k ()f x 是一个数列函数
,则定义,,
n
h
1nn n
hhh
+
Δ=?
1
()
kk
nn
hh
Δ=ΔΔ
对于函数 ()f x 与 ()f x 的差分之间的联系,我们有
0
() (1) ( )
n
nkk
n
k
f xCfx
=
kΔ =? +
∑
,反之,
0
() (
n
kk
n
k
)f xn C fx
=
+= Δ
∑
.(请读者给出证明),
例如
2
() 2 3 1f xxx=++,则对于取 0,1,2,x = null,我们可以得到下面的一个表格
1 6 15 28 45 66 91
5 9 13 17 21 25
4 4 4 4 4
0 0 0 0
null
null
null
null
nullnull
我们称此表为差分表,其中的第一行称为 0 行,第二行称为 1 行,null,第一列(1,5,4,0,null )称为 0 列,第二列
(6,9,4,0,null )称为 1 列,null,
显然,对于数列 { 的差分表为 }
n
h
- 65 -
第六章 差分与有限级数
01234
0123
22 2
01 2
33
01
hhhhh
hhhh
hhh
hh
ΔΔΔΔ
ΔΔΔ
ΔΔ
null
null
null
null
null
我们先引入几个将要用到的简单结果,
引理 1.1 设 ()f x 是一个 n 次多项式,如果存在 1n+ (n≥+1)个不同的 x 使,则() 0fx= ()f x 为 多项式,即,
0
() 0fx≡
证明 令
1
110
()
nn
xaxax axa
=+ +++null 1,nf + 个不同的 x为
01
,,,
n
x xxnull,则
1
0 0 10 10 0
1
1 1 11 11 0
1
11
() 0
() 0
() 0
nn
nn
nn
nnnnn n
fx ax a x ax a
fx ax a x ax a
fx ax a x ax a
=+ +++=
=+ +++=
=+ +++=
null
null
nullnullnull
null
1
00 0
1
111 1
1
0
1
0
0 1
0
1
nn
n
nn
n
nn
nn n
xx x a
axx x
a
xx x
=
null
null
nullnullnullnull
null
1
00 0
1
11 1
1
1
1
1
det ( ) 0
1
nn
nn
ji
ijn
nn
nn n
xx x
xx x
xx
xx x
≤≤
=?≠
∏
null
null
nullnull
null
所以,只有唯一解 0,即,0,0
i
ain=≤≤ () 0fx≡,
推论 1.2 如果多项式 (),()f xgx的次数不超过,但是有n 1n+ (n≥+1)个不同的 x使 () ()f xgx=,则
() ()f xgx≡,
推论 1.3 如果多项式 (),()f xgx有相同的差分表,则 () ()f xgx≡,
如果 () () ()f xgxhx=+,则
() ( 1) ()
=( ( 1) ( 1)) ( ( ) ( ))
= ( 1) ( ) ( 1) ( )
= ( ) ( )
fx fx fx
gx hx gx hx
gx gx hx hx
gx hx
Δ=+?
++ +? +
+? + +?
Δ+Δ
- 66 -
第六章 差分与有限级数
即 ()f x 的差分表是 的差分表和 的差分表的和( 对应数字作和),()gx ()hx
例如 设
2
() 2,() 1
2
f nnn gnnn= =++,易知它们的差分表分别是
-2 -2 0 4 10
0 2 4 6
2 2 2
0 0
null
null
null
null
,
1 3 7 13 21
2 4 6 8
2 2 2
0 0
null
null
null
null
则 的差分表为
2
() 3 () 2() 5 4hn f n gn n n=+=
-4 0 14 38 72
4 14 24 34
10 10 10
0 0
null
null
null
null
一般地,如果有
11 2 2
() () () ()
kk
f nafnafn afn=+++null,其中,1
i
aik≤ ≤ 是常数,则 ()f n 的差分表可以由 ()
i
f n,1,的差分表得到,ik≤≤
定理 1.4 令
1
110
()
nn
xaxax axa
=+ +++null (),则f f x 的差分表中第 1n+ (n≥+1)行为,0
证明 当 时,0n =
0
()f xa=,所以结论成立,假设对次数小于 的多项式结论成立,我们考虑n
1
11
()
nn
0
f xaxax axa
=+ +++null,
因为
00
1
000
() ( 1) () ( 1)
= (( 1) ) ( )
nn
kk
kk
nnk
kk ii
kk
f xfx fx ax ax
ax x a Cx
==
===
Δ=+? = +?
+?=
∑∑
∑∑∑
显然 ()f xΔ 是次数小于 的多项式,所以n ()f xΔ 的差分表中 行为 0,又n (n≥ ) ()f x 的差分表是在
()f xΔ 的差分表中添加一首行得到的,于是,在 ()f x 的差分表中第 1n+ (1)n≥+行为,0
让我们仔细考察数列 { 的差分表 }
n
h
01234
0123
22 2
01 2
33
01
hhhhh
hhhh
hhh
hh
ΔΔΔΔ
ΔΔΔ
ΔΔ
null
null
null
null
null
- 67 -
第六章 差分与有限级数
则可以知道整个差分表是由其中的第 0( )列决定,
23
00 0 0
,,,,hh h hΔΔ Δ…
例 1.1 求下面差分表中的未知量
1234
123
22
12
3
1
1
3
2
0
0
hhhh
hhh
hh
h
ΔΔΔ
ΔΔ
Δ
null
null
null
null
null
解
1
13 4,h =+=
1
235,hΔ=+=
2
1
022,hΔ=+=
3
1
000,hΔ =+=
2
549,h =+=
2
257,hΔ=+=
2
2
022,hΔ=+=
3
7916,h =+=
3
279,hΔ=+=
4
916 25h =+ =,
至此,我们可以考虑利用一个多项式 ()f n 的差分表,将 ()f n 写成一些简单多项式和的分解问题,
设在多项式 ()f n 差分表中的第 0列数字为,如果我们能够找到一个多项式
012
,,,,,0,
p
ccc cnull null ()
k
f n,
使 ()
k
f n 差分表的第 0 列数字为,其中的 1 在第 0 列的第 行,则 差分表的第 0 列数字为,所以多项式 与多项式
0,0,,0,1,0,null null
null
k ()
kk
cf n
0,0,,0,,0,
k
cnull
0
()
p
kk
k
cf n
=
∑
()f n 的差分表的第 0 列完全相同,即
0
() ()
p
kk
k
f ncf
=
=
∑
n,
那么,是否存在适合要求的 ()
k
f n 呢?
例 1.2 求多项式
4
4
()
n
f nC= 的差分表,
解 由于
4
(1)(2)(3
4!
n
nn n n
C
=
)
,所以差分表为
0 0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 1
0 1
1
例 1.3 如果一多项式有型如例 1.2 的差分表,则该多项式必为
4
(1)(2)(3
4!
n
nn n n
C
)
=,
证明 设多项式为,因为在其差分表中的第 5 行以后均是数字 0,所以多项式 为 4 次式,()hn ()hn
- 68 -
第六章 差分与有限级数
另外,由差分表知道,所以 (0)(1)(2)(3)hhhh====0
() ( 1)( 2)( 3)hn s nn n n= ×,
其中 是常数,s
再由差分表知道 (4) 1h =,所以
1
4!
s =,
至此,使用与例 1.3 相同的方法,我们可以证明存在适合要求的 ()
k
kn
f nC=,
定理 1.5 如果多项式 ()f n 差分表中的第 0 列数字为,则
012
,,,,,0,
p
ccc cnullnull
0
()
p
k
kn
k
f nc
=
=
∑
C,
证明 多项式 ()f n 与 的差分表的第 0 列相同,
0
p
k
kn
k
cC
=
∑
例 1.4 求多项式
32
() 2 3 2fn n n n= +?+的适合定理 1.5 条件的分解式,
解 因为,我们易计算出多项式的差分表为
(0) 2,(1) 2,(2) 12,(3) 38,(4) 86,(5) 162fff f f f=== = = =
32
() 2 3 2fn n n n=+?+
2 2 12 38 86 162
0 10 26 48 76
10 16 22 28
6 6 6
0 0
null
null
null
null
null
所以,
32 0 1 2 3 0 2
() 232201062106
nn nnn n
3
n
f nn n n C C C C C C C=+?+= + + + = + +,
例 1.5 求多项式
4
()f nn= 的适合定理 1.5 条件的分解式,
解 因为多项式
4
()f nn= 的差分表为
0 1 16 81 256
1 15 65 175
14 50 110
36 60
24
所以,
4012 3 412 3
() 0 143624 143624
nnnnnnnn
4
n
f nnCCCCCCCCC== ++ + + =+ + +,
于是,,
41 2 3
00000
14 36 24
nnnnn
kk k
kk k k k
kCCCC
=====
=+ + +
∑∑ ∑ ∑ ∑
4
k
- 69 -
第六章 差分与有限级数
引理 1.6 令 为非负整数,则,mn
1
1
0
n
mm
kn
k
CC
+
+
=
=
∑
,
证明 因为,所以
1
1
kk k
rr r
CC C
=+
m
m
n?
4
k
C
1n+
1n
11
1
1
11
1
221
1
01 21
=
=
=
mmm
nnn
mmm
nnn
mmmm
nnnn
mm mm
nnn
CCC
CCC
CCCC
CC CCC
++
+
+
+
+
=+
++
+++
+++ + +
nullnullnull
null
又,于是,
1
00
mm
CC
+
=
1
101 2 1
mmm mm
nn
CCC CCC
+
+?
=+++ + +null
结合引理 1.6 和,我们可以得到如下的公式
,
41 2 3
00000
14 36 24
nnnnn
kk k
kk k k k
kCCC
=====
=+ + +
∑∑ ∑ ∑ ∑
42 3 4 5
11 1
0
14 36 24
n
nnn
k
kC C C C
+++
=
=+ +
∑
例 1.6 设 是一个正整数,则n
52 3 4 5 6
11 1 1
0
30 150 240 120
n
nn n n
k
CCCCC
+ +++
=
=+ + +
∑ +
,
解
5
()f nn= 的差分表为
0 1 32 243 1024 3125 7776 16807
1 31 211 781 2101 4651 9031
30 180 570 1320 2550 4380
150 390 750 1230 1830
null
null
null
null
240 360 480 600
120 120 120
0 0
null
null
null
习题
1,计算
∑
,
=
n
k
k
1
3
- 70 -
第六章 差分与有限级数
2,利用差分的方法,推导,,
6
0
n
k
k
=
∑
7
0
n
k
k
=
∑
8
0
n
k
k
=
∑
的求和公式,
3,污水处理通过清除水中污物对污水进行处理,并生产出有用的肥料和清洁用水,这种处理过程使每小时从处理池中清除出 12%的残留污物,一天后还有百分之几的污物残留在处理池中？使污物量减半要多长时间？要降到原来含污物的水平的 10%要多长时间？
4,饮料放入冰箱,并定时测量其温度,观察发现,当饮料的温度和冰箱的温度之差大的时候,饮料在单位时间中的温度变化较大,而当饮料的温度和冰箱的温度之差小的时候,饮料在单位时间中的温度变化较小,即每分钟温度的变化与冰箱温度和饮料温度的差成正比,且通过实验知比例系数约为 0.008.
冰箱冷藏室的温度调节在 5
o
C,一罐初始温度为 40
o
C的饮料放入冷藏室,问经过多长时间才能达到
10
o
C？
5,给出初始债务为 2500 元,假设没有新的采购,而且月利率为 1%,要在 12 个月内用分期付款的方法还清债务,每个月要付多少钱？
- 71 -
第七章 线性齐次递归关系
第七章 线性齐次递归关系
在研究许多问题时,我们经常会诱导出它们满足递归关系,本章要考虑的问题就是,通过数列的递归关系式,寻求数列通项的表达式,以及与此相关的一些问题,
1、递归关系的例子
我们在第一章介绍过 Fibonacci 数列,并且得到了递归关系式 }{
n
F
21
+=
nnn
FFF,
其中,在这里我们自然可以考虑能否从 Fibonacci 数列 的递归关系式,求出 Fibonacci 数列的通项显式呢?
1
21
== FF }{
n
F
}{
n
F
如果令,则由 得到,当然这里的
n
n
xF =
21
+=
nnn
FFF
21
+=
nnn
xxx 0≠x,所以
01
12
= xx,
利用二次方程的求根公式,我们知道这个方程的两个根为
2
51
,
2
51
21
=
+
= xx,
于是
n
n
n
n
FF ）（与
2
51
)
2
51
(
=
+
= 都是递归关系式
21
+=
nnn
FFF 的解,因为这个递归关系式是线性的,而且为齐次的,所以对任意的常数 和 b a
nn
n
baF ）（
2
51
)
2
51
(
+
+
=
是递归关系的解,如果我们将数列的初始条件 1
21
== FF 考虑进去,则可以确定上面通项显式中的参数 和
,也就是说有
a
b
+
+
=
+
+
=
22
)
2
51
()
2
51
(1
2
51
2
51
1
ba
ba
,
所以,
1
5
a =,
1
5
b
=,
至此,我们得到
- 72 -
第七章 线性齐次递归关系
定理 1.1 Fibonacci 数列的通项为
11
2
51
5
1
)
2
51
(
5
1
++
+
=
nn
n
F ）（
例 1.1 有一个人要走上有 个台阶的楼梯,该人每次能向上走 1 个或 2 个台阶,求该人走到楼顶有多少种走法?
n
解 设该人走到楼顶的方法数为,我们将其所有的走法分成两类,一类是第一步走 1 个台阶 ;二类是第一步走了 2 个台阶,则根据加法原理有
n
a
n
a = }{}{ 二类的走法数一类的走法数 +,
又一类是第一步走 1个台阶,所以余下的台阶数为 1?n,因此,此时的走法数为 ;二类是第一步走了 2
个台阶,所以余下的台阶数为,因此,此时的走法数为,
1?n
a
2?n
2?n
a
于是 = +,其中,
n
a
1?n
a
2?n
a 2,1
21
== aa
至此,我们给出了走法数的一个递归关系式,那么它的通项显式如何?与求 Fibonacci 数列通项的方法类似,如果我们令,则有,当然这里的
n
a
n
x=
21
+=
nnn
xxx 0≠x,所以
01
12
= xx,
这个方程的两个根仍然为
2
51
,
2
51
21
=
+
= xx,
于是
n
n
n
n
aa ）（与
2
51
)
2
51
(
=
+
= 都是递归关系式
21
+=
nnn
aaa 的解,所以对任意的常数 和
a
b
nn
n
baa ）（
2
51
)
2
51
(
+
+
=
是递归关系的解,如果我们将数列的初始条件 2,1
21
== aa 考虑进去,则有
+
+
=
+
+
=
22
)
2
51
()
2
51
(2
2
51
2
51
1
ba
ba
,
所以,
2
51
5
1 +
×=a,
2
51
5
1?
×
=b,于是
- 73 -
第七章 线性齐次递归关系
11
2
51
5
1
)
2
51
(
5
1
++
+
=
nn
n
a ）（,
例 1.2 设集合,求在 维向量,{0,1}S = n
1
(,...,)
n
aa,1
i
aS in∈ ≤≤,中不许连续出现两个 0 的向量的取法数？
解 设所求的取法数为 ()f n,则考虑
1
0
1
a
=
的情况,如果
1
0a =,则此类向量的取法数为 (2fn )? ;如
,则此类向量的取法数为,于是有
1
1a = (1)fn?
() ( 1) ( 2)fn fn fn=?+?,
其中,(1) 2,(2) 3ff==
显然,这是 Fibonacci 数列,
2、特征方程没有重根
受到上一节利用递归关系求通项的启发,我们有理由想象:是否能够利用一般的递归关系式求出数列的通项呢?到目前为止,我们还没有一般的规则可以用来解决所有的递归关系问题.但是对于具有特殊递归关系式的数列,我们却有一些规则可以利用.常系数线性齐次递归关系式就是其中能够解决的一种,
所谓常系数线性齐次递归关系式是指形如
)()2()1()(
21
knHanHanHanH
k
++?+?= null
的递归关系式,这里的系数,是常数.我们将其中的 称为阶数,kia
i
,,2,1,null= k
如果设,则常系数线性齐次递归关系式与方程
n
xnH =)(
0
2
2
1
1
=
k
kkk
axaxax null
的关系密切.我们将此方程称为递归关系式的 特征方程,方程的根称为特征根,
定理2.1 令 是一个非零的数,则 是递归关系式的解的充分必要条件是 是特征根,q
n
qnH =)( q
证明 如果 是递归关系式的解,则
n
qnH =)(
kn
k
nnn
qaqaqaq
+++= null
2
2
1
1
,
又,所以 0≠q
0
2
2
1
1
=
k
kkk
aqaqaq null,
即 是特征根,q
反之,如果 是特征根,则有 q
- 74 -
第七章 线性齐次递归关系
0
2
2
1
1
=
k
kkk
aqaqaq null,
所以
kn
k
nnn
qaqaqaq
+++= null
2
2
1
1
,
即 是递归关系式的解,
n
qnH =)(
定义 递归关系式
)()2()1()(
21
knHanHanHanH
k
++?+?= null
的一般解是指对于递归关系式的任意一个解,都能够找到适当的常数,使该解有形如的表达式,
)1( kic
i
≤≤
n
kk
nn
qcqcqc +++ null
2211
定理2.2 设递归关系式为
)()2()1()(
21
knHanHanHanH
k
++?+?= null,
如果令递归关系式的特征方程的根为 )1( kiq
i
≤≤,并且这 个根互不相同,则对于任意给定的 个数 有 k k
i
c
n
kk
nn
qcqcqcnH +++= null
2211
)(
是递归关系式一般解,
证明 首先,我们指出如果 与 是递归关系式的解,则 + 也是递归关系式的一个解.由于 与 是递归关系式的解,所以
)(
1
nh )(
2
nh )(
11
nhc )(
22
nhc
)(
1
nh )(
2
nh
)()2()1()(
112111
knhanhanhanh
k
++?+?= null,
)()2()1()(
222212
knhanhanhanh
k
++?+?= null,
将上面的一式乘以,二式乘以,然后相加,再整理有
1
c
2
c
)).()((
))2()2((
))1()1(()()(
2211
22112
221112211
knhcknhca
nhcnhca
nhcnhcanhcnhc
k
+?+
+?+?+
+?=+
null
因此 + 是递归关系式的一个解,)(
11
nhc )(
22
nhc
其次,证明它是一般解.即如果 是一个解,则我们能够找到适当的常数,使 有形如 的表示.由于 是递归关系式的一个解,所以它由初始值
,,完全确定.为此考虑
)(nh )1( kic
i
≤≤ )(nh
n
kk
nn
qcqcqcnh +++= null
2211
)( )(nh
j
bjh =)( 10?≤≤ kj
- 75 -
第七章 线性齐次递归关系
=+++
=+++
=+++
1
11
22
1
11
12211
021
k
k
kk
kk
kk
k
bqcqcqc
bqcqcqc
bccc
null
nullnullnull
null
null
,
则因为 互不相等,我们有上面方程组的系数行列式 )1( kiq
i
≤≤
0)(
111
1
11
2
1
1
21
≠?=
∏
≤≤
kji
ji
k
k
kk
k
qqq
qqq
null
nullnullnullnull
null
null
,
于是存在唯一的数组,即 }{
i
c
n
kk
nn
qcqcqcnH +++= null
2211
)(
是递归关系式一般解.定理证毕,
如果递归关系式对应的特征方程有重根,那么递归关系式的解 还是不是递归关系式的一般解呢?
n
kk
nn
qcqcqcnH +++= null
2211
)(
3、特征方程有重根
如果递归关系式
)()2()1()(
21
knHanHanHanH
k
++?+?= null
对应的特征方程有重根,则
n
kk
nn
qcqcqcnH +++= null
2211
)(
不是递归关系式的一般解.例如,递归关系式为
)2(4)1(4)(= nHnHnH,
则它的特征方程为
0)2(44
22
=?= xxx,
即 2 是重根.这时,所以我们仅有一个常数.当然要选择 c使 的两个初始值都满足就不会总是可能的.比如规定
nnn
cccnH 222)(
21
=+= )(nH
3)1(,1)0( == HH,既然这样,那么我们能不能有其它的途径找到一般解呢?
事实上,也是递归关系式
n
nnH 2)( = )2(4)1(4)(= nHnHnH 的一个解,
12 22
4( 1)2 4( 2)2 4(2 2 2)2 4 2 2,
nn nn
nn nn
=+ = =
n
- 76 -
第七章 线性齐次递归关系
于是我们可以断定
nn
nccnH 22)(
21
+=
是这个递归关系式的一般解.为了证实这一点,我们设两个初始值为 bHaH == )1(,)0(,
则考虑方程组
=+
=
bcc
ac
21
1
22
,
当然有唯一解.所以 是递归关系的一般解,
nn
nccnH 22)(
21
+=
将上述方法推广,我们得到
定理3.1 设 是递归关系式
t
qqq,,,
21
null
)()2()1()(
21
knHanHanHanH
k
++?+?= null
的特征方程 的所有互不相等的特征根,并且它们的重数依次为
.则递归关系对应于 部分的一般解为
0
2
2
1
1
=
k
kkk
axaxax null
t
eee,,,
21
null
i
q
.)(
)(
1
21
1
21
n
i
e
e
n
i
e
e
n
i
n
ii
qncncc
qncnqcqcnH
i
i
i
i
+++=
+++=
null
null
而递归关系式的一般解为
)()()()(
21
nHnHnHnH
t
+++= null,
证明 在这里我们仅就 1,3,2
21
=== eet 的情况证实本定理的结论.设递归关系式为
)4()2()1()(
421
++?+?= nHanHanHanH null,
特征方程为
0
43
2
2
3
1
4
= axaxaxax,
特征根为,显然 是递归关系式的一个解,则 也是递归关系式的解,
2111
,,,qqqq
n
qnH
1
)( =
nn
qnnq
1
2
1
,
事实上,
1234
11213141
32
112 13 14 1
32 4 3 2
11 21 31 4 1 11 21 31 4 1
( 1) ( 2) ( 3) ( 4)
(( 1) ( 2) ( 3) ( 4)
(( )) ( 2 3 4 ),
nnnn
n
nn
anqanq anq anq
an q an q an q an q
naq aq aq a q aq aq aq a q
4
+? +?+?
=?+?+?+?
=+++ +++
又 是特征方程 的 3 重根,所以 是 的2
重根; 是 的根.于是
1
q 0
43
2
2
3
1
4
= axaxaxax
1
q 0234
32
2
1
3
= axaxax
1
q 02612
21
2
= axax
- 77 -
第七章 线性齐次递归关系
044444
43
2
2
3
1
4
= axaxaxax,
0234
3
2
2
3
1
4
= xaxaxax,
因此,,即 0432
43
2
2
3
1
= axaxaxa
0)432(
413
2
12
3
11
=+++ aqaqaqa,
从而
123
(1) (2) (3) (4)
11213141
32 4
(( ))
11 21 31 4 1
.
1
nnn
anq anq anq anq
n
naq aq aq a q
n
nq
+? +?+?
=+++
=
4n?
这就是说,也是递归关系式的解.利用同样的方法也可以得到 也是递归关系式的解,
n
nq
1
n
qn
1
2
最后,证明 是一般解.我们设)()()(
21
nHnHnH +=,41,≤≤ic
i
是满足初始值,41,)( ≤≤= ibiH
i
的常数,即
11 21 31 4 2 1
2222
24
11 21 31 4 2 2
3333
39
11 21 31 4 2 3
44 44
416
11 21 31 4 2 4
cq cq cq cq b
cq cq cq cq b
cq cq cq cq b
cq cq cq cq b
+++=
+++=
+++=
+ ++=
,
而上面方程组的系数行列式为
11 1 2
22 22
11 1 63
12 2 133 33
11 12
44 44
11 12
24
2( )
39
416
qq qq
qqqq
qq q q
qq qq
qq qq
0=?≠,
所以,有唯一的解组,41,≤≤ic
i
即我们证得 )()()(
21
nHnHnH += 是一般解,
例3.1 设一数列的递归关系式为
),4(2)3(5)2(3)1()(?+?+?+= nHnHnHnHnH
初始值为 2)3(,1)2(,0)1(,1)0( ==== HHHH,求数列的通项,
解 因为递归关系式的特征方程为
0253
234
=+ xxxx,
所以,容易知道-1,-1,-1,2 是根.于是-1 对应的解是
nnn
ncnccnH )1()1()1()(
2
3211
+?+?=,
- 78 -
第七章 线性齐次递归关系
而 2 对应的解是
n
cnH 2)(
42
=,
因此,一般解为
)()()(
21
nHnHnH +=
=,
nnnn
cncncc 2)1()1()1(
4
2
321
+?+?+?
利用初始值得到方程组
=+
=+++
=+
=+
2893
1442
02
1
4321
4321
4321
41
cccc
cccc
cccc
cc
,
所以,
12 34
71
,,0,
93
cc cc==?==
2
9
.至此
1
71 2(1) 2
() (1) (1) 2 (7 3)
93 99
nn
nnn
Hn n n
9
+
=+ =? +,
4、非齐次递归关系
解决常系数线性齐次递归关系式成功的主要原因在于能够找到特征方程的根,但是我们知道这一点不总是可能的.当然,递归关系式也不一定总是线性的.对于递归关系式不是常系数和齐次的,还没有一种一般的求解方法.但是对于一些特殊形式的递归关系,我们还是有点办法的.在这里我们仅就一个例子来说明,
如何利用迭代和归纳的方法,求递归关系式的通项.然后就两个例子说明如何求特殊递归关系式的通项,
设初始值是,求解递归关系式 = 的通项显式,0)0( =H )(nH
3
)1( nnH +?
如果迭代这个递归关系式,我们得到
)(nH =
3
)1( nnH +?
=
33
)1()2( nnnH +?+?
……
=
333
)1(2)1( nnH +?+++ null
=
3333
)1(21)0( nnH +?++++ null
=,
3333
)1(21 nn +?+++ null
我们能找到上面和式的简单表达式吗?为此,我们计算 的前面几项,以便寻找规律,)(nH
0)0( =H,
- 79 -
第七章 线性齐次递归关系
110)1(
3
=+=H,
9212)1()2(
33
=+=+= HH,
362793)2()3(
3
=+=+= HH,
10064364)3()4(
3
=+=+= HH,
我们观察到
2
0)0( =H,
22
)1(1)1( ==H,
22
)21(3)2( +==H,
22
)321(6)3( ++==H,
22
)4321(10)4( +++==H,
又
2
)1(
21
+
=+++
nn
nnull,所以,可能有
4
)1(
)(
22
+
=
nn
nH,
最后,我们用数学归纳法证之.当 时结论成立.假设该结论对 正确,我们考察4,3,2,1,0=n n 1+n 时该结论是否成立.事实上,
)1( +nH =
3
)1()( ++ nnH
=
3
22
)1(
4
)1(
++
+
n
nn
=
4
)44()1(
22
+++ nnn
=
4
)2()1(
22
++ nn
,
所以,由归纳法论断正确,
对于一些特殊的非齐次递归关系,如对
1
() ( 1) ( )
k
hn ahn ahn k b
n
=?++?+null 求通项的问题,我们只是用两个简单例子加以说明,
例 4.1 求非齐次递归关系,() 2( 1) 3,1hn hn nn=?+≥(0) 1h = 的通项,
- 80 -
第七章 线性齐次递归关系
解 首先,考虑齐次递归关系,它的特征方程为() 2( 1)hn hn=? 20x? =,所以齐次递归关系对应的通项为,() 2
n
hn c=
其次,设非齐次递归关系 () 2( 1) 3hn hn n=?+ 的通项为,则
.所以
() 2 ( )
n
hn c xn y=++
1
(1) 2 ((1)
n
hn c xn y
= +?+)
1
() 2 ( ) 2(2 (( 1) )) 3
= 2 (2 3) 2 2
nn
n
hn c xn y c xn y n
cxnxy
=++= +?++
++?+
于是,23,22x xyyx=+ =? 3,6xy=? =?,.即 () 2 3( 2)
n
hn c n=?+,
最后,由于,所以(0) 1h =
0
(0) 2 3(0 2) 6 1,7hc c c=?+=?==,因此,所求的通项为
,() 7 2 3( 2)
n
hn n=×? +
例 4.2 求非齐次递归关系,() 3( 1) 2,1
n
hn hn n=?+≥(0) 0h = 的通项,
首先,考虑齐次递归关系,它的特征方程为() 3( 1)hn hn=? 30x? =,所以齐次递归关系对应的通项为
,() 3
n
hn c=
其次,设非齐次递归关系 的通项为,则,所以
() 3( 1) 2
n
hn hn=?+ () 3 2
nn
hn c x=+
11
(1) 3 2
nn
hn c x
= +
11
1
() 3 2 3( 1) 2
=3( 3 2 ) 2
= 3 3 2 2
nn n
nn
nnn
hn c x hn
cx
cx
=+=?+
n
+ +
+ +
故,即,所以
1
232 2,23
nnn
xx xx
=+=2+ 2x =?
1
() 3 2
nn
hn c
+
=?,
最后,由于,因此,所求的通项为
01
(0) 0 3 2,2hcc==? =
1
() 2 3 2
nn
hn
+
=×?,
注意,1、先考虑齐次递归关系的通项 ;2、非齐次部分的设计方法,如果 是 次多项式,则通项的非齐次部分设计为 次多项式 ; 如果 是指数函数,则通项的非齐次部分设计为指数函数,
n
b k
k
n
b
5、母函数及其应用
母函数的概念是由 Laplace 建立的,它在数学的许多分支都有非常广泛的应用,
定义 设 是一个无限数列,则称形式幂级数
01
,,...,,...
n
aa a
0
()
i
i
i
f xa
≥
= x
∑
是数列 的母函
01
,,...,,...
n
aa a
- 81 -
第七章 线性齐次递归关系
数,
如果数列 是有限项数列,则我们可以将其视为,且其对应的母函数是
,
01
,,...,
n
aa a
01
,,...,,0,0...
n
aa a
01
()
n
n
gx a ax ax=+ ++null
显然,当形式幂级数
0
()
i
i
i
f xa
≥
=
∑
x和
0
()
i
i
i
gx bx
≥
=
∑
相等时,必有
ii
ab=,,0i≥
定义 设 为一数,则规定,s
0
()
i
i
i
sf x sa x
≥
=
∑
0
() () ( )
i
ii
i
f xgx abx
≥
+= +
∑
,()()
k
ij
kijk
f xgx abx
≥+=
=
∑∑
,
例如 设数列为,其中
01
,,...,,...
n
aa a
1,0
0,1
i
in
a
in
≤ ≤
=
≥+
,则其对应的母函数为
1
2
1
() 1
1
n
n
x
fx x x x
x
+
=++ + + =
null ;数列
0
{1}
nn
b
≥
= 对应的母函数为
2
() 1gx x x= ++ +null
1
1 x
=;数列对应的母函数为{1,2,,,}nnullnull
121
2
0
1
12 3 ( 1)
(1 )
kn
k
kx x x nx n x
x
∞
=
= =+ + + + + + +
∑
nullnull；数列对应的母函数为{0,1,2,,,}nnullnull
2
2
0
02
(1 )
kn
k
x
kx x x nx
x
∞
=
= =++ + + +
∑
nullnull；数列对应的母函数为,
01 2
,,,,
m
mmm m
CCC Cnull
01 22
() (1 )
mm m
mmmm m
hx C CxCx Cx x=+ + + =+null
注意 当我们进行形式幂级数运算时,如果遇到的幂级数是收敛的,则我们可以用它的和函数直接参与运算；如果遇到的幂级数不收敛,则它不具有分析上的意义,但是它仍具有组合数学上的意义,
让我们通过具体的例子,看一下母函数的应用,
例 5.1 现有人手中有 3 张一元,2 张 2 元和 3 张 5 元的钱币,问该人都能买价值为多少的物品？对每种价值的物品他有几种付款方法？
解 令一元钱币对应的能买物品的形式幂级数为
2
1
() 1
3
f xxxx= ++ + ； 2 元钱币对应的能买物品的形式幂级数为
222 2
2
() 1 ( ) 1
4
f xxx x=+ + =+ +x； 5 元钱币对应的能买物品的形式幂级数为
5 5 2 5 3 5 10 15
5
() 1 ( ) ( ) 1f xxxx xx=+ + + =+ + +x,则该人能买物品对应的形式幂级数为
125
23 24 51015
() () () ()
(1 )(1 )(1 )
fx fxf xfx
x xx xx xx x
=
=+++ ++ +++
234567891
11 12 13 14 15 16 17 18
19 20 21 22
=1+x+2x +2x +2x +3x +2x +3x +2x +2x +3x
+2x +3x +2x +2x +3x +2x +3x +2x
+2x +2x +x +x
0
所以,该人可以买价值分别为 0,1,2,,21,22 元的物品,并且付款的方法数分别为
0,1,2,2,2,3,2,3,2,2,3,2,3,2,2,3,2,3,2,2,2,1,1,
null
例 5.2 在例 5.1 的基础上,如果我们假设该人持有的 3 张一元钱币是有区别的（如有编号）,2 张 2 元钱
- 82 -
第七章 线性齐次递归关系
币有区别,3 张 5 元钱币也有区别,则该人对每种价值的物品他有几种付款方法？
解 由于该人持有的钱币有区别,我们令一元钱币对应的能买物品的形式幂级数为
01 2233 2
1333
() 1 1 3 3
3
f xC CxCxCx xxx=++ + =+++； 2 元钱币对应的能买物品的形式幂级数为
012222 2
22
() 1 ( ) 1 2
4
f xC CxCx xx=+ + =++； 5 元钱币对应的能买物品的形式幂级数为
0 1 5 2 5 2 3 5 3 5 10 15
5333
() 1 ( ) ( ) 1 3 3f xC CxCx Cx x x x=+ + + =+++,则该人能买物品对应的形式幂级数为
125
23 24 5 1015
2345 6 7 8
10 11 12 13 14 15 16
17 18 19 20
() () () ()
(1 3 3 )(1 2 )(1 3 3 )
=1+3x+5x +7x +7x +8x +12x +16x +21x +21x
+18x +18x +18x +21x +21x +16x +12x
+8x +7x +7x +5x +3
fx fxf xfx
9
x xx xx x x x
=
=++ + + + + + +
21 22
x+x
所以,该人可以买价值分别为 0,1,2,3,,21,22 元的物品,并且付款的方法数分别为
0,3,5,7,7,8,12,16,21,21,18,18,18,21,21,16,12,8,7,7,5,3,1,
null
例 5.3 数列 满足,
1
{}
nn
a
≥ 12
712
nn n
aa a
=?
12
1,7aa= =,求数列的通项,
解 设,则
23
() 7 37
n
n
fx x x x ax=+ + + + +nullnull
2
() 7 () 12 ()f xxfx xfx?+
=
23
12
(7 7) (37 7 7 12) ( 7 12 )
n
nn n
xx xaaax
+? +?×+ ++? + +nullnull
= 00 0x+++ ++nullnull
= x,
所以
2
()
1 7 12 (1 4 )(1 3 )
xx
fx
x xx
==
+x
=
11
14 13x x
=
23 23
1 (4) (4) (4) 1 (3) (3) (3)xx x xx x++ + +nullnullnull
=
222 333
(4 3) (4 3 ) (4 3 ) (4 3 )
nnn
xx x x?+? +? ++? +nullnull
于是,43
nn
n
a =?
例 5.4 利用母函数求数列 的通项,其中
0
{}
nn
a
≥ 1nn
aa n+
0
0a,= =,
解 设数列 对应的母函数为
0
{}
nn
a
≥
2
01 2
()
n
n
fx a ax ax ax=+ + ++ +nullnull,
- 83 -
第七章 线性齐次递归关系
又
121
2
0
1
12 3 ( 1)
(1 )
kn
k
kx x x nx n x
x
∞
=
==++++++
∑
nullnull+,所以
21
01 2 1
2
21
12 3 1
1
() 1 ( 2) ( 3) ( ) ( ( 1))
(1 )
=
nn
nn
nn
fx a a x a x a nx a n x
x
aaxax ax ax
+
+=+++++++++++
++ + + +
nullnull
nullnull
进而,
23 1
12 3 1
2
23 1
01 2 3 1
1
(() )
(1 )
=
= ( )
nn
nn
xfx ax ax ax ax a x
x
aaxaxax axax
fx
+
+
+
+
+=++++
+ +++ +
nullnull
nullnull
于是,
32
1
()
(1 ) (1 ) 1
xx
fx
x xx
==
,
再因为
2
2
0
02
(1 )
kn
k
x
kx x x nx
x
∞
=
==+++++
∑
nullnull,
2
0
1
1
1
kn
k
xxx x
x
∞
=
==+++++
∑
nullnull,
所以,
2
00
22
2
2
1
() ( )( )
(1 ) 1
=(0 2 )(1 )
=0 (0 1 1 1) (0 1 1 1 2 1) (0 1 1 1 2 1 1)
(1)
=0+ 3
2
kk
kk
nn
n
n
x
fx kx x
xx
xx nx xx x
xx
nn
xx x
∞∞
==
==
++ + + + ++ + + +
+ ×+× + ×+×+× + + ×+×+×+ +× +
+
+++ +
∑∑
nullnull nullnull
nullnull
nullnull
xnull
因此,所求数列的通项
(1)
2
n
nn
a
+
=,
凸多边形的三角剖分问题
定义 设 Δ是一个多边形,是多边形,PQ Δ内部的两个不同点,如果线段 上的所有点仍然在多边形之内,则称多边形 为凸的,凸多边形的不相邻顶点的连线称为对角线,
PQ
Δ Δ
例如
- 84 -
第七章 线性齐次递归关系
左边的多边形不是凸的 ;右边的多边形是凸的,并且如线段 就是对角线,,CG DG
显然,在一个有 个顶点的凸多边形之中,对于每一个顶点来说,过它的对角线有 条 (它本身和相邻的顶点之间的连线除外 ),则由于有 个顶点,且每个对角线有两个顶点,所以在有 个顶点的凸多边形之中有
n 3n?
n n
(3
2
nn? )
个对角线,
通过连接凸多边形顶点的线段,我们可以将凸多边形分割成一些小三角形,例如
在上面的第一个凸多边形的分割中有对角线是相交的 (交点在多边形内部 ),而在第二、三个凸多边形的分割中对角线的交点就是顶点本身,
定义 如果利用凸多边形的不相交 (交点不在内部 )的对角线将其分割,并且使分割成的每一个部分均为三角形,则我们称此种分割为三角剖分,
例如 上面的第二、三个凸多边形的分割就是三角剖分,显然,它们的剖分方式是不一样的,这自然就产生一个问题,对于一个给定凸多边形有多少种三角剖分的形式?
假设我们考虑是有 个顶点的凸多边形,并且三角剖分的方法数为,为计算,我们不妨任意取定其中一个顶点,并且作出以此点为一个端点的对角线,使此对角线的一侧有
1n+
n
h
n
h
1k + 个顶点 (含线段的两个端点 );
再连接此点与另外一个端点相邻,但是却与先前的 1k + 个顶点不在一侧的顶点之间的对角线 ;则余下的部分有 个顶点 (含线段的两个端点 ).如下图所示 1nk?+
这就是说,在有 个顶点的部分有 种三角剖分的方法,在有1k +
k
h 1nk? + 个顶点的部分有 种三角剖分
nk
h
- 85 -
第七章 线性齐次递归关系
的方法,所以对选定的一个顶点有 种三角剖分的方法,但是我们知道能够作出如上分割的顶点数 k 介于 1 和 之间,所以总的三角剖分的方法数为
knk
hh
1n?
1
11 2 2 11
1
n
nknknn n
k
hhhhh h
=
==+++
∑
null h,
至此,给出了求 的递归关系式,
n
h
让我们继续考虑求数列 { }
1
n
n
h
≥
的通项问题,为方便起见,当 1n=,只有 2 个顶点时,令 ;当
1
1h = 2n=,只有 3 个顶点时,显然,则与数列
{
2
1h =
}
1
n
n
h
≥
对应的母函数为
23
12 3
1
()
nn
n
fx hx hx hx hx hx
∞
=
==+++++
∑
nullnull,
由于,所以,我们很容易想到要考虑多项式的乘积式
1
11 2 2 11
1
n
nknknn n
k
hhhhh h
=
==+++
∑
null h
222 3 4
13
234
234
1
(()
=
= ( )
= ( )
n
n
n
n
fx hx hx hx hx
hx hx hx hx
fx hx
fx x
=+++++
+++++
nullnull
nullnull
因此,,即
2
(() () 0fx fx x?+=
114
()
2
x
fx
+?
= 或
114
()
2
x
fx
=,但是因为,所以只能是(0) 0f =
1
2
114 11
() (1 4)
222
x
f xx
==,
另外由广义二项式定理我们容易计算出
1 1
1
2
22
21
1
(1)
(1 ) 1
2
n
nn
n
n
n
zC
n
∞
=
+=+
×
∑
z,
令,则 4zx=?
1 1
1
2
22
21
1
21 1
22
1
1
22
1
(1)
(1 4 ) 1 ( 1) 4
2
2
=1 ( 1)
1
=1 2
n
nnn
n
n
n
nnn
n
n
nn
n
n
x Cx
n
Cx
n
Cx
n
∞
=
∞
=
∞
=
=+?
×
+?
∑
∑
∑
所以,
1
1
2
22
1
114 11 1
() (1 4)
222
nn
n
n
x
f xx
n
∞
=
==
∑
Cx,
- 86 -
第七章 线性齐次递归关系
即
1
22
1
n
nn
hC
n
=,
事实上,在求数列
{ }
1
n
n
h
≥
的通项时,我们给出了如何利用母函数,求非线性齐次递归关系数列通项的一种方法,
我们再来介绍一下如何利用母函数求解线性不定方程整数解的问题,
设 是正整数,表示不定方程k
n
h
12 k
ee e n+ ++=null 的非负整数解的个数,即,则数列对应的母函数为
1
k
nnk
hC
+?
=
012
,,,,,
n
hhh hnullnull
1
00
1
()
(1 )
nkn
nnk
k
nn
fx hx C x
x
∞∞
+?
==
=
∑∑
,
又
12
12
22
00 0
111 1
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
=(1 )(1 ) (1 )
=( )( ) ( )
n
n
k
eee
ee e
xxx x
xx xx xx
xx x
∞∞ ∞
== =
=×××
++ + ++ + ++ +
∑∑ ∑
null
nullnullnull
null
2
null
所以,在母函数
1
(1 )
k
x?
的展开式中的
n
x ( 个n x )的来源应是从
1
1
0
()
e
e
x
∞
=
∑
中取 个
1
e x,从
2
2
0
()
e
e
x
∞
=
∑
中取 个
2
e
x,…,从
0
()
n
n
e
e
x
∞
=
∑
中取 个
n
e x,并且,即
12 k
ee e n+++=null
12 k
eee n
x xxx=null,于是母函数
1
(1 )
k
x?
的展开式中
n
x 的系数恰是不定方程 的非负整数解的个数,
12 k
ee e n+++=null
下面通过几个例子来说明如何运用母函数,求解不定方程的非负整数解的个数,
例 5.5 求不定方程 的适合
123
8eee++=
1
03e≤ ≤,
2
04e≤ ≤,
3
0e 5≤ ≤ 的非负整数解的个数?
解 由于不定方程 的适合条件
123
8eee++=
1
03e≤ ≤,
2
04e≤ ≤,
3
0e 5≤ ≤ 的母函数为
23 234 2345
(1 )(1 )(1 )x xx xxxx xxxxx+++ ++++ +++++
=
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1+3x+6x +10x +14x +17x +18x +17x +14x +10x +6x +3x +x
所以,所求的适合条件的非负整数解的个数是
8
x 的系数,即为14,
例 5.6 求不定方程 的适合
123
9eee++=
1
13e≤ ≤,
2
24e≤ ≤,
3
0e 5≤ ≤ 的非负整数解的个数?
解 由于不定方程 的适合条件
123
9eee++=
1
13e≤ ≤,
2
24e≤ ≤,
3
0e 5≤ ≤ 的母函数为
23234 2345
()( )(1 )x xxxxx xxxxx++ ++ +++++
- 87 -
第七章 线性齐次递归关系
=
3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
x +3x +6x +8x +9x +9x +8x +6x +3x +x
所以,所求的适合条件的非负整数解的个数是
9
x 的系数,即为8,
例 5.7 求不定方程
12 3
5321eee0+ +=的非负整数解的个数?
解 令
11
5y e=,
22
3y e=,
33
2y e=,则
123
10yyy+ +=,且由于
1
10
02
5
e
≤ ≤=
,
2
10
03
3
e
≤≤ =
,
3
10
0
2
e
≤≤ =
5.所以,对应的母函数是
510 369 246810
(1 )(1 )(1 )x x xxx xxxxx++ +++ +++++
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 29
=1+x +x +x +2x +2x +2x +3x +3x +4x +4x +3x +5x +4x +
4x +5x +3x +4x +4x +3x +3x +2x +2x +2x +x +x +x +x
所以,所求的适合条件的非负整数解的个数是
10
x 的系数,即为4,
通过对母函数的讨论,我们已经看到它在解决诸如求数列的通项、凸多边形的三角剖分问题计数、不定方程求非负整数解等方面都是非常有效的工具,
在此我们再介绍另外一种在组合数学中经常用到的函数 ---指数母函数,
定义 设 是一个数列,则称形式级数
012
,,,,,
n
hhh hnullnull
2
01 2
0
()
!1!! !
nn
e
n
xxxx
fx h h h h h
∞
=
==++++
∑
nullnull+
是数列 的指数母函数,
012
,,,,,
n
hhh hnullnull
如果数列是 1,,则它对应的指数母函数是 1,,1,nullnull
2
0
() 1 1
!1!2! !
nn
ex
n
xxx x
f xe
∞
=
=×=+++++=
∑
nullnull,
如果数列是,表示从 个元素之中取出 个元素进行排列的方法数,则它对应的指数母函数是
0
{}
k
nk
P
≥
k
n
P n k
00
2
!
()
!()!!
!!
1 0 (1 )
2!( 2)! !0!
kk
ek
n
kn
nn
xnx
fx P
knkk
nn
nx x x x
∞∞
==
=+ + + + ++ = +
∑∑
nullnull
如果数列是 1,,则它对应的指数母函数是,,,
n
aanullnull
- 88 -
第七章 线性齐次递归关系
2
2
0
2
() 1
!1!! !
() ()
1
1! 2! !
nn
en n
n
n
ax
xxx x
fx a a a a
ax ax ax
e
n
∞
=
==+++++
=+ + + + + =
∑
nullnull
nullnull
定理 5.1 令集合
12
112 2
{,,,,,,,,,}
k
k
nnn
k
Sa aa a a a=
nullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnull
nullnullnullnull
n
h,表示从集合 中取出 个元素进行排列的方法数,则数列 对应的指数母函数为
S n
0
{}
nn
h
≥
12
0
() () () ()
!
k
n
e
nnn n
n
x
f xh fxfxf
n
∞
=
==
∑
null x
其中
2
0
() 1
!1!2! !
ii
i
nn t
n
t
i
x xx x
fx
tn
=
==++++
∑
null ik,1≤ ≤,
证明 因为 表示从集合 中取出 个元素进行排列的方法数,假设取出 个,个,null,个
,显然,则此时的取出元素的排列方法数是
n
h S n
1
m
1
a
2
m
2
a
k
m
k
a
12 k
mm m n+++=null
12
!
!!
k
n
mm mnull !
（多项式定理）,所以
12 12
0,1
!
!!
k
tt
n
mm mn
k
mn tk
n
h
mm m
+++=
≤≤ ≤≤
=
∑
null
null !
,
另外,
12
() () ()
k
nn n
f xf x f xnull 中的
n
x,即 个n x 是分别来自
12
(),(),,()
k
nn n
f xf x f xnull 之中的,假设有个
1
m
x来自
1
()
n
f x,个
2
m x
2
()
n
f x,null,个
k
m x来自 ()
k
n
f x,显然
12 k
mm m n+ ++ =null,于是
1212
1 2 12 12 12
!
!! !!!!!!!!!!
kk
mmmmmm nn
kk
!
x xx x x n x
mmmmmmmmmmmmn
+++
===
null
null
nullnullnull
所以,在
12
() () ()
k
nn n
f xf x f xnull 中
!
n
x
n
的系数为
12 12
0,1
!
!! !
k
tt
mm mn
k
mn tk
n
mm m
+++=
≤≤ ≤≤
∑
null
null
,
因此,所证等式
12
0
() () () ()
!
k
n
e
nnn n
n
x
f xh fxfxf
n
∞
=
==
∑
null x两边的系数相等,这就说明所证的等式成立,
例 5.8 假设有 1 的一个棋盘（如图）,用红、黄、绿三种颜色上色,要求有偶数个格子着红色,则有多少种着色的方法？
n×
- 89 -
第七章 线性齐次递归关系
解 令着色的方法数为,则数列 { 对应的指数母函数为
n
h }
n
h
0
()
!
n
e
n
n
x
fx h
n
∞
=
=
∑
,
着红色对应的指数母函数为
224
1
0
() 1
(2 )! 2! 4!
n
e
n
xxx
fx
n
∞
=
= =+++
∑
null ；着黄色对应的指数母函数为
2
2
0
() 1
!1!2!
n
e
n
xxx
fx
n
∞
=
==+++
∑
null ；着绿色对应的指数母函数为
2
3
0
() 1
!1!2!
n
e
n
xxx
fx
n
∞
=
= =+ + +
∑
null,
所以,
123
0
() () () ()
!
n
eee
n
n
x
f x h fxfxfx
n
∞
=
==
∑
=
24 2 2
(1 )(1 )(1 )
2! 4! 1! 2! 1! 2!
xx xx xx
+++ +++ +++nullnullnull
=
3
11
() (
22
)
x xxx x x
eeee e e
+=+
=
00 0
11
(3 ) (31)
2!!2
nn
nn n
!
n
x xx
nn
∞∞ ∞
== =
+= +
∑∑∑
n
于是,
1
(3 1)
2
n
n
h =+.即着色的方法数为
1
(3 1)
2
n
+,
例 5.9 设
12
{(,,,) 0 2}
ni
Saa a a=≤null ≤.试确定在集合 中字码 0 出现偶数次,字码 1至少出现 1 次,
字码 最多出现 2 次的所有排列构成的子集合的阶数？
S
2
解 设所求的阶数为,则数列 { 对应的指数母函数为
n
h }
n
h
0
()
!
n
e
n
n
x
fx h
n
∞
=
=
∑
,
字码 对应的指数母函数为0
224
1
0
() 1
(2 )! 2! 4!
n
e
n
xxx
fx
n
∞
=
= =+++
∑
null ；字码 1对应的指数母函数为
23
2
1
()
!2!3!
n
e
n
xxx
fx x
n
∞
=
==+++
∑
null ；字码 对应的指数母函数为 2
22
3
0
() 1
!1!
n
e
n
2!
x xx
fx
n
=
= =+ +
∑
,
所以,
123
0
() () () ()
!
n
eee
n
n
x
f x h fxfxfx
n
∞
=
==
∑
=
24 23 2
(1 )( )(1 )
2! 4! 2! 3! 1! 2!
x xxxx
x+++ +++ ++nullnull
=
2
1
()(1)( )
22
xxx
x
eee x
+?++=
2
2
1
(1)(1)
22
xx x
x
eee x
+ ++
- 90 -
第七章 线性齐次递归关系
=
2
0
1
((21(1)) 1)(1
2!
n
nn
n
)
x x
x
n
∞
=
+ ++
∑
1
00
2
2
0
11
((21(1)) 1) ((21(1))(1) )
2!2
1
((21(1))( 2)(1) )
4(!
nn
nn nn
n
nn
n
xx
nx
x
nn x
n
+∞∞
==
+∞
=
=+++
+
++++
+
∑∑
∑
!
1
00
22
0
(2 1 ( 1) ) (2 1 ( 1) )( 1)
2! 2 (
(2 1 ( 1) )( 2)( 1) 1
4(2)!2
nnnnn
nn n
n
xn
nn
nn x xx
n
+∞∞
==
+∞
=
+
=+
1)!
4
n
+
+ +
++
+
∑∑
∑
于是,,而当 时
012
0,1,3hhh=== 3n≥
112 2
(2 1 ( 1) ) (2 1 ( 1) ) (2 1 ( 1) ) ( 1)
22 4
nnn nn n
n
nn
h
=+ +,
即所求子集合的阶数为
012
0,1,3hhh= ==,而当 时,为 3n≥
112 2
(2 1 ( 1) ) (2 1 ( 1) ) (2 1 ( 1) ) ( 1)
22 4
nnn nn n
nn
++,
Bernourlli 数
定义 称由母函数
0
1!
nn
x
n
Bx
x
en
∞
=
=
∑
确定的数
n
B 为 Bernourlli 数,
显然,
01 2
11
1,,,
26
BB B==? =null,
对于,我们可以定义 tR∈
0
()
1!
xt
nn
x
n
Btxe
x
en
∞
=
=
∑
其中的 ()
n
B t 是关于 的函数,t
引理5.2
1
(1) ()
n
nn
B tBtt
+? =,特别地,(0) (1)
nn
BB=,
证明 因为
(1)
1
00
()
11 ! !
xt xt n n
tx n
xx
nn
xe xe tx t
xex x
ee nn
+ ∞∞
+
==
== =
∑∑
,
- 91 -
第七章 线性齐次递归关系
而由
0
()
1!
xt
nn
x
n
Btxe
x
en
∞
=
=
∑
,有
(1)
00
0
(1) ()
11 ! !
(1) ()
,
!
xt xt
nnnn
xx
nnn
n
B tBxe xe t
x x
ee n n
Bt Bt
x
n
+ ∞∞
==
∞
=
+
=?
+?
=
∑∑
∑
所以,
1
(1) ()
!(1
n
nn
Bt Bt t
nn
+?
=
)!
1
(1) ()
n
nn
,即 B tBtt
+? =
k
,
引理5.3
0
()
n
kn
nn
k
B tCBt
=
=
∑
,
证明 因为
0
()
1!
xt
nn
x
n
Btxe
x
en
∞
=
=
∑
,所以
00
00
()
()(
!11!
( ),
!( )!
xt l
nxtknk
xx
nkn
nk
nk
Bt Bxe x t
0
)
!
x ex
nee k l
Bt
x
knk
∞∞
==
∞
==
== =
=×
∑∑
∑∑
x
∞
=
∑
即
0
()
!!()!k
nkn
nk
k
Bt B t
n
=
=×
∑
,
0
!
()
!( )!
n
nk
nk
k
n
B tB
knk
t
=
=
∑
0
()
n
knk
nn
k
,B tCBt
=
=
∑
,
推论5.4
2
1
0
1
n
k
nn
k
CB
n
=
=?
∑
2≥
k
,n,B
证明 由于
0
()
n
kn
nn
k
B tCBt
=
=
∑
,所以
0
(1)
n
k
n
k
n
B CB
=
=
∑
.另外,
0
00
(0)
1! 1!
x
nn
xx
nn
BBxe x
x x
ene
∞∞
==
=
∑∑
n
,
故 (0)
nn
B B=,而,因此,(0) (1)
nn
BB=
0
n
k
nn
k
B CB
=
=
∑
.整理得到
2
1
0
n
k
nn nn
k
CB nB B
=
=++
∑
,即B
2
1
0
1
n
k
nn
k
CB
n
=
=?
∑
B,
至此,我们可以得到有限级数和与 Bernourlli 数的关系,
定理5.5
11
1
1
((1)
1
m
n
nn
k
kBmB
n
++
=
=+?
+
∑
),
- 92 -
第七章 线性齐次递归关系
证明 因为
11
(1) ()(1)
n
nn
B kBkn
++
+? =+k,所以
11
( ( 1) ( )) ( 1)
mm
n
nn
kk
B kBk n
++
==
+? = +
∑∑
k,
11
1
(1) (1)(1)
m
n
nn
k
B mB n
++
=
+? =+ k
∑
,
11
1
1
((1)
1
m
n
nn
k
kBmB
n
)
+ +
=
=+?
+
∑
,
习题
1,一个停车场有 个空格,可停放 A、B、C 三种汽车,A、B 两种汽车每辆占两个空格,C 种车每辆只占一个空格,如果不限制三种汽车的辆数,求有多少种停放汽车的方法？
n
2,用 多米诺骨牌覆盖 棋盘,棋盘方格已经编号,求覆盖方法的总数,21× n×2
3,设初始值为 2)2(,1)1(,0)0( === HHH,解递归关系式
)3(9)2(9)1()(+?= nHnHnHnH,
4,设初始值为,解递归关系式 2)0( =H
)1()2()(?+= nHnnH,
5,在平面上有 个圆,任意两圆相交于两个点,任意三个圆不共点,求这个圆把平面分成多少个不相重叠的区域？
n
6,证明当 是一正整数时,n ))1(2(3
1 nn
+
+
,
7,若正数列 满足,且nullnull,,,,
10 n
aaa 12
2
1
2
+=
nn
aa 1
0
=a,求,
n
a
8,设初始值是 0)2(,0)1(,1)0( === HHH,解递归关系式
)3(2)2(3)(= nHnHnH,
9,设初始值是,解递归关系式 (0) 1,(1) 0,(2) 3HHH== =
2
() 3 ( 2) 2 ( 3) 2 2Hn Hn Hn n n=+++,
- 93 -
第七章 线性齐次递归关系
10,设,找出关于 的求和公式,32)(
2
++= xxxf
∑
=
m
n
nf
0
)(
11,设一物理实验室分别有重1克,3克,5克砝码的个数为3,2,2,则该实验室能称多重的物品?对每种重量的物品有几种称法?
12,利用母函数求不定方程 的非负整数解,451xyz++=
13,称将正整数 写成几个正整数和的形式为 的一个分拆.令n n ()p n 表示所有不同的分拆的个数,这里不考虑被加项的顺序,并且允许重复出现.我们称 ()p n 为分拆数.例如 由于
5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1,所 以 (5) 7p =,试证明 ()p n 的母函数为
,
1
1 1
() 1 () ( (1 ))
nn
n n
fx pnx x
∞∞
= =
=+ =?
∑ ∏
14,证明当 时,1n≥ Bernourlli 数,
21
0
n
B
+
=
15,称由母函数
0
2
1!
nn
x
n
E
x
en
∞
=
=
+
∑
确定的数 为 数.称由母函数
n
E Euler
0
2
()
1!
xtn
n
t
n
et
Ex
en
∞
=
=
+
∑
定义的 为 次 多项式.则
(1) ;
11 2 2
01 2
()
nn n
nn n
Ex ax aCx aCx a
=+ + ++null n
k
a
Euler
0
(1) 2
n
nkk
nn
k
EC
=
=?
∑
(2)
1
() () 2
n
nn
Ex E x x
+
+=;
(3) ; (1 ) ( 1) ( )
n
nn
Ex Ex?=?
(4)
(1) ( 1) (1)
12345 (1)
2
p
nnnnn n nn
Ep E
p
+?
+?+?++? =null,
- 94 -
第八章 代数学基础
第八章 代数学基础
本章的目的是总结和复习一下我们学过的抽象代数的知识,以便于后面章节的学习.因此,多数的结果不再给出证明,
1,群论基础
法国天才数学家 Galois（1811-1 832）为了解决五次方程不能用根式解的古典问题,建立了 Galois 理论,这不但彻底解决了五次方程的求解问题,更为重要是创立了群论,并开辟了整个数学发展的新纪元,
定义 设 是非空集合,我们称映射S,SS S? × → 为集合 的一个二元运算,S
定义 设 G 是一个有运算“.”的非空集合.如果它满足,
(1)结合律,() ( )bcacab =,; Gcba ∈,,
(2)存在恒等元1:,aaa =?=? 11 Ga∈? ;
(3)存在逆元素,对,存在,使得,Ga∈? Ga ∈
1
1
11
=?=?
aaaa
则我们称(G;.)为群.简称G 为群,
如果群 G 满足,,则称群 G 为交换群或 Abel 群,否则称为非交换群,baab = Gba ∈,
在任何一个群 G 中消去律是成立的,即如果 bcac =,则 ba =,Gcba ∈,,,
对于一个有运算的集合,我们只需判断群定义中的条件 (1),指出存在左单位元素,即,使得对有,另外说明对于 有坐逆元素
eG?∈
gG?∈ eg g= gG?∈
1
g
使得
1
gg e
= 就可以断定此有运算的集合构成群.如果该集合为有限集,则
定理1.1 设 G 是一个有运算“.”的非空有限集合.如果它满足,
(1)结合律,() ( )bcacab =,; Gcba ∈,,
(2) 在G 中消去律成立,
则G 是群,
在群论研究中一个非常重要的任务是将群作分类,即证明两个群何时是一样的.一般说来,对于给定的两个群,很难判断它们何时一样,为此我们可以将群按照某种规则分解,如果在其中一个群的分解中有某种性质,而另外一个群中却没有该性质,则我们可以断定这两个群是不一样的.因此,我们有必要对群的子结构进行研究,
定义 设 H 是群 G 的一个非空子集合,如果在群 G 的运算下,集合 H 构成群,则我们称 H 为群 G 的子群,
任何一个群G都有两个子群G和1,我们将它们叫作群G的平凡子群.除此之外的子群称为真子群,或非平凡子群,
定理1.2 设 G 是群,H 是 G 的子集合,则下面的条件是等价,
(1)H 是G 的子群;
(2)对于,有,; Hba ∈?,Hab∈ Ha ∈
1
- 95 -
第八章 代数学基础
(3) 对于,有,Hba ∈?,Hab ∈
1
定义 设G 是群,,则称 G 的所有包含 M 的子群的交为由 M 生成的子群,记为<M>,GM?
如果<M>=G,则称M为G的一个生成组,或称G是由集合M生成的.特别地,如果集合 M 是由一个元素构成的,则称群 G 为循环群,
既然研究群的目的是将群作分类,那么什么样的两个群算是一样的呢?
定义 设 是两个群,,GG′?是群 G 到群 G′的映射.如果映射?满足,
() ()()ab a b=
对,则称,ab G?∈? 是群 到群 G 的同态.如果G ′? 是满(单)射,则称? 是 到群 G 的满(单)同态.如果G ′
是既满又单的映射,则称?是 G 到群 G 的同构,′
如果在两个群之间存在同构映射,则我们认为这两个群是一样的,
在群的同构意义下,循环群只有两个:无限循环群同构于整数加法群;含有 n个元素的有限循环群同构于剩余类加法群
n
Z,
定义 设H是G的一个子群,.我们称形如Ga∈ {}({aH ax x H Ha xa x H=∈ =∈})的子集合为H的左(右)陪集,
易知 的充分必要条件是,bHaH = Hba ∈
1
定理1.3 设 H 是 G 的一个子群,,则 Gba ∈,
(1) bHaH = ;
(2) 或,Φ=∩bHaH bHaH =
于是,群 G 可以表示成互不相交的左陪集的并,即有
HaHaHaG
n
∪∪∪= null
21
,
其中,H 的不同左陪集的个数 (可以是无限数)称为子群 H 在群 G 中的指数,记为n HG,,进而,我们有
定理1.4 (Lagrange) 设G 是有限群,H 是G 的子群,则
HHGG,=,
定义 设H 是群G 的子群,如果,HgHg?
1
Gg∈?,则我们称 H 为群 G 的正规子群,记为,GH null
定理1.5 设 G 是群,则下面的叙述等价,
(1) ; GH null
(2),HgHg =
1
Gg∈?
(3),Hghg?
1
Gg∈?,,Hh∈
- 96 -
第八章 代数学基础
显然,交换群的所有子群都是正规子群.又任意一个群都至少有两个正规子群:G和1,即平凡正规子群,
如果 H 是群 G 的正规子群,则我们可以在 H 的陪集构成的集合 G ={ GggH ∈? }上定义运算
d
gH g H gg H′ ′?=,
并且容易验证 G 在定义的运算之下构成一个群,我们称其为群 G 对正规子群 H 的商群,记为
H
G
G =,
定理 1.6 (第一同构定理) 设 GG ′→:? 是群之间的同态,则 G
G
′?
ker
,其中
ker ={ () 1=∈ gGg? },
定理 1.7 (第二同构定理) 设,且 是GMGN nullnull,N M 的子群,则
N
G
N
M
null,并且
( )
()
M
G
N
M
N
G
,
定理1.8 (第三同构定理) 设 是 G 的子群,,则H GK null ( ) HKH null∩,并且
)( KH
H
K
HK
∩
,
置换群 一个集合 M 到自身上的一一映射叫作集合 M 的变换.容易知道,集合 M 的全体变换按映射的乘法组成一个群,称其为集合 M 的变换群.特别地,如果 M n=,则称其为 阶置换群,记为,n
n
S
定理1.9 (Cayley) 任意一个群都同构于一个变换群,
下面介绍一下关于置换的一些初等事实.设 M ={1,2,…,},我们以n ( )
s
iii null
21
表示集合 M 的一个 -
轮换,即把 变为,把 变为,…,把 变为,而把
s
1
i
2
i
2
i
3
i
s
i
1
i M 中的其余元素保持不动.特别地,我们称2-轮换为对换,
定理 1.10 集合 M 的任意一个置换可以表示成互不相交的轮换的乘积.如果不考虑次序,则分解式是唯一; 集合 M 的任意一个置换可以表示成对换的乘积,而且同一个置换的不同分解表达式中的对换的个数的奇偶性是确定的,
证明 = ()()
s
iii null
21
( )()
s
iiiiii
13121
null,
定义 如果在置换的对换分解式中的对换的个数为奇数,则称其为奇置换,反之叫作偶置换,
易知,所有的偶置换组成一个群,称其为对称群,记为,
n
A
线性群 设F是一个域,我们用 表示域F上的 阶方阵构成的环,则其中所有可逆方阵组成的集合构成群,我们称其为一般线性群,即为
()FM
n
n
() ( ) }0det{ ≠∈= AFMAFGL
nn
,
令 为所有行列式为1的可逆矩阵组成的群,称其为特殊线性群.容易验证,()FSL
n
()FSL
n
( )FGL
n
null,
并且
()
()
*
F
FSL
FGL
n
n
,其中 表示域 F 中非零元素构成的乘法群,
*
F
- 97 -
第八章 代数学基础
剩余类群 设 Z 表示整数,
()n
Z
Z
n
= 表示模整数 的剩余类群.则剩余类群在 中可逆元素的个数为Euler 函数
n
n
Z
()n?,
事实上,如果 (),则存在 使得1,=nx vu,1=+nvxu,两边作模整数 的同余运算,则 n 1=ux,即 x 为中的可逆元素.反之,如果
n
Z x 为 中的可逆元素,则存在
n
Z u 使 1=ux,即存在 使得vu,1=+nvxu,所以 ().于是,中可逆元素的个数为Euler 函数1,=nx
n
Z ( )n?,
定义 Euler 函数 ()n? 是定义在整数上的函数,它在正整数 上的值等于序列 0,1,2,…,n 1?n 中与互素的正整数的个数,
n
定理1.11 设,则1),( =nm () ( ) ( )nmmn =,
推论1.12 设整数 的素数分解式为,则 n
s
kk
s
k
pppn null
21
21
=
( )n? =n
∏
=
s
i i
p
1
1
1,
下面我们再给出有限交换群的结构定理,
定理1.13 设群 G 的阶数,则群 G 能分解为
12
12
m
rrr
m
npp p= null
i
r
i
p 元循环群 (),1,的直积,即
i
a im≤≤
12
()() ( )
m
Ga a a= ×××null,
注记 由定理1.13 我们易知,如果G（ ≠1）是有限交换群,则
k
mmm
ZZZG ⊕⊕⊕?,..
21
其中,并且
1
1m >
k
mmm,..
21
,
2,环论基础
定义 设 R是有两种运算的集合,这两种运算记为“+”和,?”.如果 R 关于“+”构成加法群,关于,?”
构成有 1 的运算封闭的集合,并且运算满足结合律,而且加法与乘法满足分配律,
()abc abac?+=?+?,( )bcabaca+?=?+?,
则称 R 为环,
例如,整数 Z,有理数,实数Q R,复数,矩阵集合在其加、乘运算之下都是环.另外,设C
{0,1,,1}
n
Z=null n?,并且规定,ijijiji+=+?=?j,则
n
Z 是环,我们称其为模 n剩余类环,
通常,我们用 0 表示加法群的恒等元,用 1 表示乘法运算的恒等元.而且,我们常将乘法的运算的符号
,?”省略,
- 98 -
第八章 代数学基础
如果环 R的乘法运算满足交换律,则称 R为交换环,
设R是环,,如果R的每个非0元素均为可逆的,则称R为除环或体.特别地,如果体中的乘法运算是交换的,则称其为域,即交换的除环就是域,
01≠
容易知道,剩余类环
n
Z 是域的充分必要是 为素数,n
设 R 是一个环,如果 R 中存在非零元素 使得ba,0=ab,则说 a是一个左零因子,是一个右零因子,
左、右零因子统称为零因子,并且称 R 是有零因子的环,
b
环 R中是否有零因子与环 R关于乘法是否有消去律(由 ab ac= 推出 bc= )是等价的,
无零因子的有 1 交换环称为整环,
环R的子集合B称为子环,如果B是R的加法子群,B包含R的乘法恒等元,并且对 有Byx ∈,Bxy∈,
定义 环R的子集合I称为R的左理想,如果I是R的加法子群,并且,类似可以定义右理想.如果 I 既是左理想又是右理想,则称 I 为环 R 的理想,
IRI?
显然,理想的和与交还是理想,即如果,M N 是环 R的理想,则,M NM N+ ∩ 仍是环 R的理想,
考虑与环 R 和理想 I 有关的一个集合,即 {
R
rIrR
I
=+ ∈}.由于我们考察的是环的结构,所以希望集合
R
I
也能具有环结构,同时这个环结构与环 R 的结构有密切的联系.如果我们不考虑其中的元素是集合的问题,直接运用环 R的运算,则
()()rI sI rIsIrsI+++=+++=++
()()r I s I rs rI Is II rs rI Is I+ +=+++=+++
容易发现在集合
R
I
中可以定义“+”如,()()()rI sI rs I+ ++=++.但是上式的,”运算结果的右端却不是集合
R
I
中元素的形式.可由于 I 是理想,所以 均等于,rI Is I,于是在集合
R
I
中可以定义,?”如
,()()rIsI rsI++=+
显然,集合
R
I
在如上定义的“+,”运算之下构成环.该环称为? R关于理想 I 的商环,简称商环.商环中的零元素是,恒等元素 1 是 1,N N+
设 R 是环,a,记环R∈ R 中所有形如
ii
xay sa at naΣ +++,,,
ii
x yst R∈,的元素构成的集合为
nZ∈
a,显然 a 在加、乘运算之下是环 R 的理想,称其为由元素 a 生成的主理想.一般地,如果
,则集合
1
,,
n
aa∈null R
1
n
ii i
i
x xa
=
∈
∑?
也是环 R 的理想,称其为由元素 生成的理想,记为
.易知,它是包含元素 的最小理想,
1
,,
n
anull a
> a
1
,,
n
aa<null
1
,,
n
anull
设 R是环.如果环 R的任意理想都是主理想,则称环 R为主理想环,
- 99 -
第八章 代数学基础
例如 整数环 Z,域上的多项式环 等都是主理想环,[]Fx
定义 设?是环 R到 R′的映射,如果
()()(
() ()()
ab a b
ab a b
)
+ =+
=
其中,则称,ab R∈?是环 R到 R′的同态映射.当?为单、满、双射时,称为单同态、满同态、同构.同构时记为 R R′?,
设 是环 R 的理想,则N R与
R
N
同态,其核为,即若 N
:
R
R
N
rrN
π →
→+
则,我们称该同态为自然同态,
1
(0 ) ( )NNππ
=+=
1
N
定理2.1 设?是环 R到 R′的满同态,则
ker
R
R
′?,其中（核）理想 ker { ( ) 0}rR r=∈ =,
我们称环 R 的理想 M 是环 R 的极大理想,如果 RM ≠,且不存在环 R 的理想,使得,N RNM
定义 有 1 的交换环叫作局部环,如果它有唯一的极大理想,
如果 p 是素数,,则剩余类环 就是一个局部环,其唯一极大理想是（1≥n
n
p
Z p ）,
定理2.2 设R是环,RM ≠ 是环R的理想,如果对于 MRx \∈? 有元素 x为可逆元素,则R是局部环,
M 是它的极大理想; 设 R 是环,M 是它的极大理想,如果 1+ M 中的任意元素都是可逆元素,则 R 是局部环,
证明 R 的任意一真理想都由非可逆元素组成,因而必含在 M 内,于是 M 就是环 R 的唯一极大理想,
为证明第二个结论,只需证出 M 是 R 的唯一极大理想.如不是这样,设 是另外一个极大理想,则存在
,.由于
N
Na∈ Ma? M 是极大理想,所以 与a M 生成环 R.即存在 Mt∈,,使得 =1,但是为可逆元素,矛盾,
()as∈ ts+
Mt +∈? 11
定义 设 R 是有 1 交换环,是 R 的理想,如果对于P Pxy∈,有 Px∈,或 Py∈,则称 为环 R 的素理想,
P
定理2.3 是有 1 的交换环 R 的素理想的充分必要条件是P
P
R
是整环,
定理2.4 M 是有 1 的交换环 R 的极大理想的充分必要条件是
M
R
是域,
3、域论基础
域是特殊的有 1 的交换环,所以有关环的概念,性质等对于域来说都是可以使用的.域 只有平凡理想和,如果 为域,且,则称 是 的扩张,
F
0 F,EF EF? F E
- 100 -
第八章 代数学基础
定义 除自身外不再含有其它非平凡子域的域称为极小域或素域,
容易知道,任何域都包含一个素域,
一个域,如果它的恒等元1的任意倍数都不等于0,则我们称该域的特征数为0;如果1的某素数 p 倍为
0,则称此域的特征数为 p,域 的特征数记为,F charF
事实上,如果存在最小的正整数 nZ∈,使 10n? =,则 n 是素数.如若不然,则 所以
,故 或,而此与 是最小的矛盾,
,nst=
(1)(1) 0st= (1) 0s?= (1) 0t?= n
定理3.1 设 是素域.如果 （素数）,则F pcharF =
p
FZ? ；如果 0=charF,则 （有理数域）,FQ?
证明 F 的每个子域必然包含 0 和 1,是域,显然它包含全部形如 ( )的元素.又当时,
F 1.m Zm∈
pcharF = F? {1 }
p
mmZ Z?∈=,而
p
Z 是域；而当 0=charF
时,()()
1
{1 1,,0}FmnmnZn
∈≠Q=,
定理3.2 设F 是域,( ) []xFxf ∈,且 0deg ≥= nf,则 ( )xf 在域 F 中至多有 个根,n
推论3.3 任意域的有限乘法子群是循环群,
证明 如果G（ 1）是有限交换群,则 ≠
k
mmm
ZZZG ⊕⊕⊕?,..
21
其中,并且
1
1m >
k
mmm,..
21
.由于 )(
∑
t
mk
Zm =0,
所以,对每个 有它是多项式Gu∈ [ ]xFx
k
m
∈?1 的根（G 是乘法群）.由于这个多项式在 F 上至多有 个不同的根,从而,并且,
k
m
1k =
k
m
ZG?
定义 设 F 是域,A 是交换群.如果存在一个函数 AAF →× （我们用 表示 的象）,使得对于
,有
ra ),( ar
Fsr ∈,Aba ∈,
1,rbrabar +=+ )( ；
2,saraasr +=+ )( ；
3,； )()( sarars =
4、,aa =1
则称 是域 上的向量空间,A F
定义 如果域 K 是域 F 的子域,则我们称域 F 是域 K 的扩域,或者叫做 K 的扩张,
如果F是K的扩域,则可以将域F视为域K上的向量空间.用,FK表示 作为 上向量空间的维数.
如果
F K
:FK<∞,则称为有限扩张.否则是无限扩张,
- 101 -
第八章 代数学基础
定理3.4 如果 F 是有限域,则 0charF p= ≠,其中 p 是素数,并且 F = （对于某个整数 ）,
n
p 1≥n
证明 域F的特征数是素数p,由于F是其素子域 上的有限维向量空间,所以0≠
p
Z
pp
ZZF ⊕⊕?,..
（n 个分量）,于是 F =,
n
p
对于由
n
p 个元素构成有限域,是一有限乘法群,且F
*
\{0}FF=
*
1
n
Fp=?,即 是阶数为的有限循环群,所以
*
F
1
n
p?
1
1
n
p
x
=,
*
x F∈ ;
n
p
x x=,x F∈
于是域 是由多项式 F
n
p
x x? 的根唯一确定的,
定理3.5 有限域是由元素的个数唯一确定的,设p是素数而 为整数,则存在含 个元素的有限域.具有同样多个元素的两个有限域彼此同构,
1≥n
n
p
由于极小域,即素域存在,所以我们在考虑域的结构时很自然地想到:通过任意一个域与素域之间的联系确定任意一个域的结构.这就是说,我们只需考察相互之间有包含关系的域之间的依赖结构就可以了,
设域,如果 的结构已知,则如何确定 的结构呢? EF? E F
首先,我们遇到的问题是域 比域 究竟大多少?如果令F E \SFE=,则,但是集合 中的元素不全是独立的,为此我们可以去掉多余的元素,即
()FES= S
定义 如果,但是,则称集合 是极小生成集,()FES= (\{}),FESa aS≠?∈ S
其次,如果,则我们在向域 中添加元素构造 时,一起全部加入,和先加入 得到一个域,然后在此基础之上再加入 得到的最终结果一样吗?
SPQ=∪ E F S P
Q
定理3.6 设 是域,是集合,则,F,ST ( ) ()() ()()FS T FS T FT S∪= =
进一步,还有
定理3.7 设域 EKF,则,:,FKKE FE=,
证明 是 在 上向量空间的基底,
1
{}
iim
k
≤≤
K E
1
{}
jj
f
n≤ ≤
是 在 上向量空间的基底,则F K
1
1
{}
ji im
jn
fK
≤ ≤
≤ ≤
是 在 上向量空间的基底,F E
从定理 3.6 我们容易知道,域的扩张与添加元素的方式无关.于是我们就可以采用最简单的添加方法
---每次添加一个元素,然后考察其结构.当然,添加的元素的性质会与其结构有关,
定义 令 为域,F Fα?,如果存在 () []f xFx∈,使 () 0f α =,则称 α 是域 上的代数元.否则称其为超越元.如果,且对 均是域 上的代数元,则称 是 的代数扩张,
F
FE? eE?∈ F E F
有限扩张一定是代数扩张,
我们称以 α为根的域 上的多项式中次数最小的一个多项式为 F α的极小多项式.显然,极小多项式是
- 102 -
第八章 代数学基础
不可约,并且如果 ()f x 是 α的极小多项式,且对多项式 有()gx () 0g α =,则 () ()f xgx,
事实上,若令 ()f x 是 α的极小多项式,且 () ()()f xgxhx=,则 () ()() 0fghα αα= =,所以 () 0g α =
或 () 0h α =,即 或 也以()gx ()hx α为根.但是 与 的次数均小于()gx ()hx ()f x 的次数,矛盾,
另外,,所以() ()() (),0 deg() deg ()gx fxqx rx rx fx=+≤?
() ()() () 0gfqrα αα α=+=() 0r,α =,矛盾,
定理3.8 令 为域,如果F α是域 上的代数元,则 F
1
0
[]
[] () {,1 1}
()
n
i
ii
i
Fx
FF aaFin
fx
αα α
=
=? = ∈≤≤?
∑
,
其中 ()f x 是 α的极小多项式,且 deg ( )f xn=,
证明 域上的不可约多项式生成的理想是极大理想,
事实上,令 为不可约多项式,考虑()kx ()kx,如果存在理想 使N () []kx N Fx,则因为是主理想环,所以
[]Fx
()Ngx=,即 () ()kx gx?,() ()gxkx.因此,()gx b= 或,而这导致
() ()gx akx=
()kx N= 或,[]NFx=
建立同态映射
:[] []
( ) ( )
Fx F
gx g
α
α
→
→
则
[]
[]
ker
Fx
F α
,而显然 ker ( )f x? =,
又 [] ()FFα α?,所以只需指出 () []FFα α?,
()
0()
()
g
F
h
α
α
α
∈,()) 1hx f x =?≠,必有 ((),所以存在使,于是(),()ux vx ()() ()() 1hxux f xvx+=()() 1huα α =,故
() ()()
()() []
() ()()
ggu
gu F
hhu
α αα
α αα
ααα
==∈,
再由于,所以 () ()() (),0 deg() deg ()gx fxqx rx rx fx=+≤<
1
0
() ()() () ()
n
i
i
i
gfqrr aα αα α α α
=
=+=
∑
,
例3.1 试构造含 4 个元素的有限域,
解 令 4F =,则,2charF =
2
:FZ 2=,只需确定域
2
Z 上的一个 2 次不可约多项式.显然,
2
1x x++是不可约的.设 α是
2
1x x++的根,则 {0,1,,1}F α α= +,
- 103 -
第八章 代数学基础
习题
1,求证Wilson 定理,其中))(mod1()!1( pp?=? p 是素数,
2,设 是含有 4 个元素的域,证明 F
(1) 的特征数是2,F
(2) 中不等于 0,1 的元素适合,F 1
2
+= xx
3,证明 (
2
p p 是素数)阶群是交换群,
4,证明任何一个有限交换群可以分解成循环群的直积,
5,设 G 是有限群,H 是 G 的子群,则 HHGG,=,
6,证明整数环 Z,域上的多项式环 都是主理想环,[]Fx
7,证明定理2.3 和2.4,
8,在多项式环 中确定一个 2 次不可约多项式,然后构造一个有 9 个元素的域,][
3
xZ
9,证明域的有限扩张一定是代数扩张,
- 104 -
第九章 有限几何与拉丁方
第九章 有限几何与拉丁方
1、有限仿射几何
在解析几何中我们是通过建立坐标系的方法来研究几何图形的性质与结构的.如果我们建立起了平面直角坐标系,则平面上的每一个点就与唯一的一对有序数组对应,而且这种对应是双向的.进一步,建立坐标系之后,平面上的直线就对应着线性方程 0=++ cbyax,其中的系数 不能同时为 0.反过来,线性方程确定了一条直线.但是这种对应不是一一的.例如,线性方程
ba,
0=++ cbyax 与表示同一条直线.既然,在一般的欧氏几何中,直线与线性方程之间的对应不是一一的,那么是否存在一种新的几何结构,使得其中的直线与线性方程是一一对应的呢?同时点与有序对之间的对应仍然保持一一对应的性质呢?
,0,0 ≠=++ kkckbykax
我们来考虑一下,直线与线性方程之间不是一一对应的原因是什么?事实上,两个线性方程表示同一条直线的充分必要条件是这两个线性方程之间相差一个非零常数倍,
为此,考虑线性方程,这里 不同时为 0.如果0=++ cbyax ba,0≠b,则该线性方程与形如的方程对应;如果,则该线性方程与形如nmxy += 0,0 ≠= ab kx = 的方程对应.通过上面的简化,我们就知道平面上的直线与形如 和形如nmxy += kx = 的线性方程之间存在着一一对应.把点与有序数对,
直线与线性方程等同起来的重要性在于我们可以用代数的方法来描述和确定一些几何性质,
为了建立有限仿射几何,让我们先考察一下平面上欧氏几何中点与直线的关系,
A1 两个不同的点在一条且只在一条直线上;
A2 如果点P不在直线L上,则存在一条且只存在一条直线L 0,使得P在L 0上并且L与L 0不相交,
一个仿射平面定义为由点集合和直线集合构成的一个平面,其中的点与直线除了满足上面的性质A1和
A2 以外,它还适合
A3 存在 4 个点,其中的任何 3 个点不共线,
注意,我们加入性质 A3 是为了避免某些平凡的情形出现,例如下面的图形
虽然满足性质A1和A2,但是并不是一个仿射平面.那么什么样的平面是仿射平面?下面我们给出一个仿射平面的具体例子,
- 105 -
第九章 有限几何与拉丁方
图 1
其中的点集合为D={P,Q,R,S},而线集合为L={l1,l2,l3,l4,l5,l6},
一般地,一个有限仿射平面可以认为是一个某种组合设计.它是把元素称为点的有限集合分成一些称为直线的子集合,使得其中的点与直线之间满足性质 A1,A2 和 A3 的一种安排,
设 是一个域,则我们可以用 定义一个仿射平面,点集合F F )(FAP },),{( FbabaD ∈= ;直线集合由形如 和形如L ),( Fbabaxy ∈+= )( Fkkx ∈= 的线性方程构成.则我们不难验证它是一个仿射平面.
如果我们在这里取的域 是含有 个元素的有限域,则有 F n
定理1.1 设 是含有 个元素的有限域,则在有限仿射几何 中有 F n )(FAP
(1) 点的个数是 ;
2
n
(2) 直线的条数为 ; nn +
2
(3) 每条直线恰好有 个点; n
(4) 每个点恰好在 条直线上,1+n
证明 (1) 点与有序对 一一对应,而有序对的取法数为,),( ba
2
n
(2) 直线由形如 和形如),( Fbabaxy ∈+= )( Fkkx ∈= 的线性方程构成.我们又知道形如的线性方程由 唯一确定,所以此类直线有 条;而形如 的线性方程的个数为,因此,总的直线的条数为,
),( Fbabaxy ∈+= ba,
2
n )( Fkkx ∈=
n nn +
2
(3) 首先,我们考虑形如 ),( Fbabaxy ∈+= 的直线上点的个数.设点为,则),( yx y 的值由 x唯一确定.又 x 的取法数为,并且所有可能的取法点都在直线上,所以此种直线上有 个点;其次,考虑形如的直线上的点,我们仍设点为,则
n n
)( Fkkx ∈= ),( yx y 的取法数为,而n x唯一确定,所以此种直线上也有 个点.综上,每条直线恰好有 个点 n n
(4) 令点,显然直线),( baP = ax = 过点 P,其余过点 P 的直线必定出现在形如 的直线之中.如果直线 过点
nmxy +=
nmxy += P,则有 namb +=,于是,即直线为
,.而 m 的取法数为,所以有 条形如
ambn?=
)( ambmxnmxy?+=+= Fm∈ n n nmxy += 的直线过点 P,
至此,由点 P的任意性,我们得到每个点恰好在 1+n 条直线上.定理证毕,
我们将满足定理 1 的有限仿射平面称为 阶仿射平面,n
例1.1 构造仿射平面,)(
2
ZAP
点集合 ;直线集合)}1,1(),0,1(),1,0(),0,0{(=D =L }1,,1,0,1,0{ +====== xyxyyyxx,我们可以将这个仿射平面画成如下面的图示,
- 106 -
第九章 有限几何与拉丁方
图 2
注意,图 1 和图 2 表示的是同一个几何结构,
例 1.2 构造仿射平面,)(
3
ZAP
由定理1.1,点的个数是9,直线的条数是12.如图示
注意,的 12 条直线分成 4 个平行类,每类有 3 条直线.在同一个平行类中的两条直线是不相交的,而不在同一个平行类中的两条直线相交于一点.4 个平行类是,
)(
3
ZAP
(1) 垂直类 ; 2,1,0 === xxx
(2) 水平类 ; 2,1,0 === yyy
(3) 斜率为1 的类 2,1,+=+== xyxyxy ;
(4) 斜率为2 的类 22,12,2 +=+== xyxyxy,
一般说来,如果 是含有 个元素的有限域,则仿射平面 有F n )(FAP 1+n 个平行直线类:垂直类,水平类和斜率 的类,)0(≠m
- 107 -
第九章 有限几何与拉丁方
2、拉丁方
伟大的数学家Euler提出了一个非常著名的36个军官问题.有36个军官,他们分别来自6个不同的军团,并且有 6 种不同的军衔,人们想把他们排成 66× 的方阵,并且要求在每行(列)不能排列来自同一个军团(相同军衔)的军官.我们的问题是这样的排列方阵是否存在?Euler 把此问题作了如下处理,
将每个军官编号 (,,1,,其中 表示军官的军衔,)ij 6ij≤≤ i j 表示军官所属的军团,则 36 个军官问题就变成:是否存在这样的 66× 方阵,使每行(列)不能出现有相同的第一个分量(第二个分量).对此问题,我们也可以将其分成两个 方阵考虑.一个是按军衔的,一个是按军团的.每个 6 的方阵都由 1,2, ",6
构成,其中要求每行(列)不能出现相同的数字.然后,将得到的两个 6
66× 6×
6× 方阵叠加,使得叠加后的 66× 方阵中 (,,1,,的所有可能性(36 种)都出现.这就是我们下面要讨论的正交拉丁方的存在性问题,)ij 6ij≤≤
n 阶拉丁方定义为由 n个不同的符号(一般取为 1,2,…,)构成的n nn× 阵列,其中每个符号在每行与每列恰好出现一次.我们将其中的 称为拉丁方的阶数,n
那么,拉丁方是否存在?如果存在,则它的形状又是什么样的?不同阶数的拉丁方之间有什么关系没有?
拉丁方是存在的,例如
21
12
,,,
231
312
123
2431
1342
4213
3124
分别是2,3 和4 阶拉丁方,
对于任何正整数,我们都可以毫无困难地构造出一个 阶拉丁方.这里有一个 5 阶拉丁方,它的构造方法可以推广到任意正整数阶数的情形,
n n
15432
21543
32154
43215
54321
,
设 [ ]
nn
ij
aA
×
=,[ ]
nn
ij
bB
×
= 是两个 阶拉丁方,如果 个有序对 都是不相同,那么我们称拉丁方
n
2
n ),(
ijij
ba
[ ]
nn
ij
aA
×
= 与 [ ]
nn
ij
bB
×
= 是正交的,
假设A与B是由整数1,2,…,组成的.因为整数1,2,…,恰好可以构成 个有序对,所以拉丁方
n n
2
n ),( ji
[ ]
nn
ij
aA
×
= 与 [ ]
nn
ij
bB
×
= 是正交的只要由整数 1,2,…,构成 个有序对 的每一个都在有序对的集合{ }中出现,
n
2
n ),( ji
),(
ijij
ba
例如,因为
- 108 -
第九章 有限几何与拉丁方
231
312
123
,,
213
321
132
→
)2,2()1,3()3,1(
)3,3()2,1()1,2(
)1,1()3,2()2,3(
所以,上面的两个 3 阶拉丁方是正交的.但是
231
312
123
,,
312
123
231
→
)3,2()1,3()2,1(
)1,3()2,1()3,2(
)2,1()3,2()1,3(
其中的有序对 在上面的右边阵列中出现两次,所以左边的两个 3 阶拉丁方不是正交的,)2,1(
下面我们介绍如何利用含有 个元素的有限域 上的仿射平面 的结构与性质构作 阶正交的拉丁方,
n F )(FAP n
我们考虑以非零元素 为斜率的平行直线类 m
}{ Fkkmxy ∈+=,
于是斜率为 的 条平行线中的每一条直线,都与水平直线类中的每一条直线相交于唯一一个点,m n
我们将斜率为 的 条平行线进行排序,标记为 1,2,…,n.并且把在直线 1 上的所有点也记为 1,把在直线 2 上的所有点也记为 2,…,把在直线 n上的所有点也记为 n,
m n
因为 n条直线是平行的,而且 中的每个点又恰好在)(FAP }{ Fkkmxy ∈+= 中的一条直线上,所以每个点恰好得到一个标记,再斜率为 的 n条平行线中的每一条直线,都与水平直线类中的每一条直线相交于唯一一个点,所以正整数 1,2,…,中的每一个恰好在每一列出现一次,
m
n
我们这样标记的结果就得到了一个 阶拉丁方,n
由于有 个斜率不为 0 的平行线类,所以我们可以得到1?n 1?n 个 阶拉丁方.进一步,我们可以断定这 个 阶拉丁方是相互正交的,
n
1?n n
在论证正交性之前,我们举一个例子,以便具体说明如何从仿射几何得到拉丁方,
例2.1 试利用 构造3 阶拉丁方,)(
3
ZAP
我们首先考虑斜率为 1的平行线类,xy =,1+= xy,2+= xy,我们依次将它们记为 1,2,3.则我们得
- 109 -
第九章 有限几何与拉丁方
到,其次,虑斜率为 2 的平行线类:
231
312
123
xy 2=,12 += xy,22 += xy,我们依次将它们记为
1,2,3.则我们得到,
321
132
213
例2.2 试利用仿射平面 构造 4 阶拉丁方,其中 表示含有 4 个元素的有限域,
4
()AP F
4
F
解 首先,我们确定 中元素的形式.因为 char =2,所以
4
F
4
F
4
FZ
2
,取
4
\FZ
2
α∈,则
={0,1,
4
F α,1α+ },其中 α满足,
2
10αα++=
其次,确定,我们知道在 中,不平行与
4
()AP F
4
()AP F,x y轴的直线族分别为,
,0,1,,yxkk 1α α=+ = +;
,0,1,,yxkk 1α αα=+ = +;
(1),0,1,,yxk 1α αα=++ = +,
在此,我们仅就斜率为 1 的情形给出仿射图形和拉丁方的示意图,其它的情形请读者自己给出,
其中的1,2,3,4 分别表示直线,y x=,1y x= +,yxα= +,1yxα= ++,
对应的 4 阶拉丁方为
4321
3412
2143
1234
最后我们有
定理 2.1 设有限域 含有 个元素.如果令 (F n
i
L 11?≤≤ ni )是由仿射平面 中斜率不为 0 的)(FAP
- 110 -
第九章 有限几何与拉丁方
1?n 个平行直线类构作得到的 n阶拉丁方,则 是正交的,
ji
LL,
证明 设,和 是它们分别对应的拉丁方.如果 和 不是正交的,则将它们放到一起时,有某个有序对 出现的次数多于1次.而这等价于说斜率为 的第 条直线与斜率为 的第
Fmm ∈≠
21 1
L
2
L
1
L
2
L
),( ji
1
m i
2
m j 条直线相交于至少两个点.但是我们知道在仿射平面中任意两条不平行的直线相交于一个点,矛盾,定理证毕,
实际上,定理 2.1 传递给我们另外一个信息,阶拉丁方至少有n 1?n 个正交的拉丁方.那么 n阶拉丁方是否有多于 个正交的拉丁方呢?对此我们有 1?n
定理2.2 设 是两两正交的 阶拉丁方,则)1( kiL
i
≤≤ n 1?≤ nk,
下面我们介绍如何用已知的两对正交拉丁方构造一对新阶数的正交拉丁方,即如果令 21,≤≤iA
i
,是阶正交的拉丁方;
n
21,≤≤iB
i
,是 阶正交的拉丁方,则我们将以 为基础构造 阶正交的一对拉丁方,为了便于说清方法,我们设
m
ii
BA,mn
=
231
312
123
1
A,;
=
321
132
213
2
A
=
4321
3412
2143
1234
1
B,,
=
2431
1342
4213
3124
2
B
然后,构造一对 12 阶正交的拉丁方,
首先,令 是下面的
1
C 44× 阵列
=
)4,()3,()2,()1,(
)3,()4,()1,()2,(
)2,()1,()4,()3,(
)1,()2,()3,()4,(
),(
1
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
Ba,
其次,用 中的每个元素代替 中的,并且按 的元素顺序添图,得到下面的 阵列
1
A ),(
1
Ba a
1
A 1212×
- 111 -
第九章 有限几何与拉丁方
(3,4) (3,3) (3,2) (3,1)(2,4) (2,3) (2,2) (2,1)(1,4) (1,3) (1,2) (1,1)
(3,3) (3,4) (3,1) (3,2) (2,3) (2,4) (2,1) (2,2) (1,3) (1,4) (1,1) (1,2)
(3,2) (3,1) (3,4) (3,3)(2,2) (2,1) (2,4) (2,3)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4)
(1,2) (1,1) (1,4) (1,3)
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4)
(2,4) (2,3) (2,2) (2,1)(1,4) (1,3) (1,2) (1,1)
(2,3) (2,4) (2,1) (2,2) (1,3) (1,4) (1,1) (1,2)
(2,2) (2,1) (2,4) (2,3)(1,2) (1,1) (1,4) (1,3)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (1,1) (1,2) (1,3) (1,4)
(3,4) (3,3) (3,2) (3,1)
(3,3) (3,4) (3,1) (3,2)
(3,2) (3,1) (3,4) (3,3)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4)
(1,4) (1,3) (1,2) (1,1) (3,4) (3,3) (3,2) (3,1)
(1,3) (1,4) (1,1) (1,2) (3,3) (3,4) (3,1) (3,2)
(1,2) (1,1) (1,4) (1,3)
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4)
(2,4) (2,3) (2,2) (2,1)
(2,3) (2,4) (2,1) (2,2)
(3,2) (3,1) (3,4) (3,3)(2,2) (2,1) (2,4) (2,3)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4)
,
最后,将数对 41,31),,( ≤≤≤≤ jiji,排序,即令
,12)4,3(,11)3,3(,10)2,3(,9)1,3(
,8)4,2(,7)3,2(,6)2,2(,5)1,2(
,4)4,1(,3)3,1(,2)2,1(,1)1,1(
====
====
====
并且将上面 阵列中的数对用新的序号替换,则我们得到下面 12 阶拉丁方 1212×
12110987654321
11 12 9 10 7 8 5 6 3 4 1 2
10 9 12 11 6 5 8 7 2 1 4 3
9101 125 6 7 8 1 2 3 4
87654321121109
78563412112910
65872143109121
56781234910112
4 3 2 1 12 11 10 9 8 7 6 5
3 4 1 2 11 12 9 10 7 8 5 6
2143109121 6587
12349101125678
,
同样,我们可以对 作上面的工作,得到一个
22
,BA 1212× 的数对构成的阵列,然后以前面用过的数对记序,我们就会制造出下面的另外一个 12 阶拉丁方
- 112 -
第九章 有限几何与拉丁方
12 10 9 11 4 2 1 3 8 6 5 7
11 9 10 12 3 1 2 4 7 5 6 8
10 12 11 9 2 4 3 1 6 8 7 5
91121013425786
8657121091 4213
75681 910123124
6 8 7 5 10 12 11 9 2 4 3 1
57869112101342
4 2 1 3 8 6 5 7 12 10 9 11
312475681 91012
2431687510121 9
13425786911210
,
我们容易验证上面构造的两个 12 阶拉丁方是正交的,在这里需要特别指出的是,类似地利用已知的两对正交拉丁方构造另外一对正交拉丁方的方法具有一般性,但是,由于不存在 2 阶正交的拉丁方,所以对于阶数是 2,6,10,14,…,阶的正交拉丁方却不能用这样的方法得到,关于是否存在 阶正交拉丁方的问题就是著名的 Euler 猜想,不存在 阶正交拉丁方,但是,在 1959 年 Bose,Parker,和 Shrikhande 几乎同时证明了 Euler 的猜想不成立,
24 +k 24 +k
24 +k
在本节最后,我们给出一个有关正交拉丁方与幻方联系的结果,
定理 2.3 如果存在两个正交的 n阶拉丁方,则把叠加后方阵中的数字对 换成 即可得到一个 阶幻方,
(,)ij (1)ni j?+
n
证明 因为两个 阶拉丁方是正交的,所以在每行( 列) 中的 数字对都能取遍 1至 之间的所有数字.
于是对于相应幻方中的每行( 列) 的数字和为
n (,)ij n
2
,1
(1) (1) ( 1)
(( 1) )
222
n
ij
nn n nn nn
ni j
=
++
+ = + =
∑
,
另外,恰是 个 1 至 之间的所有数字,如若不然,则存在 (1)ni j?+
2
n
2
n
(1) ( 1)ni j nk s?+=?+,1,,,ijks n≤ ≤,
(),ni k s jni k s j?==?,
然而,1,,所以,,ijks n≤≤ni k n?≥,sjn?<,矛盾,
3、构作有限射影平面
我们在第一章 4 节介绍了有限阶射影平面,并且给出了 2、3 阶射影平面的具体例子,而且说存在阶数是素数幂的有限射影平面.在这节我们将就这个问题作进一步的讨论.在这节我们假设 为有限域,并且其F
- 113 -
第九章 有限几何与拉丁方
所含的元素的个数为,符号 则表示域 上的3维线性空间.下面我们仅考虑通过坐标原点 的直线和平面(2 维子空间),
n
3
F F )0,0,0(
由线性空间的性质,我们知道通过坐标原点的两条不同直线能唯一确定一个通过坐标原点的平面;而且通过坐标原点的平面一定至少包含两条通过坐标原点的直线;当然,如果我们不考虑平凡的情形,则存在
4条通过坐标原点的直线,但是其中的任意3条直线不在同一个过坐标原点的平面上.这就是说,如果我们将过坐标原点的直线视作新几何空间 中的点,而将过坐标原点的平面视作 新几何空间中的直线,则我们就构作了一个新的几何结构,即该几何结构就是我们所说的射影平面,
对于上面构造的射影平面的具体结构可以参看下面的图示,
以下我们将证明如上得到的射影平面,恰为阶数是 的有限射影平面.关于有限射影平面的定义与有关性质,请参看第一章 4 节的内容,
n
由于在 中点( )的个数为,而每条直线的形式均为
3
F ),,( zyx
3
n ),0( 表示一个向量αα ≠kk,又表示同一条过原点的直线的充分必要条件是两个向量差一个非零常数倍,所以过原点的直线的个数,即射影平面上点的个数为 1
1
1
2
3
++=
nn
n
n
,
引理3.1 ))(1()(
22
2
nnnFGL=,
证明 任取,则,而 的取法数为,再向量 应与向量线性无关,所以其取法数是,故引理的公式成立,
)(
2
FGLA∈ )
,
,
(
1211
1211
yy
xx
A= ),(
1211
xx 1
2
n ),(
1211
yy
),(
1211
xx nn?
2
如果我们设 βα,是过原点的线性无关的向量,则任何一个过原点平面的表示形式为 Flklk ∈+,,βα,
又向量 α的取法数是,而1
3
n β 的取法数是,但是,另外向量组nn?
3
βα ′′+′′ lk 与 βα lk + 表示同一个平面的充分必要条件是存在 使得 )(
2
FGLA∈
- 114 -
第九章 有限几何与拉丁方
′
′
=
β
α
β
α
A,
所以,过原点的平面的取法数为
1
))(1(
))(1(
2
22
33
++=
nn
nnn
nnn
,
设 α是非零向量,则包含 α的过原点的平面的个数为 1+n,即在射影平面中过点的直线的个数为 1+n,
事实上,包含 α的过原点的平面的形式为 Flklk ∈+,,βα,其中 β 与 α线性无关.容易知道 β 的取法数为
.但是形式为nn?
3
Flklk ∈′+,,βα 的平面与形式为 Flklk ∈+,,βα 的平面表示同一个平面的充分必要是存在 使得 )(
2
FGLA∈
′
=
β
α
β
α
A,
令,则,由于
=
2221
1211
aa
aa
A
′+=
′+=
βαβ
βαα
2221
1211
aa
aa
ββ ′,与 α 线性无关,所以 0,1
1211
== aa,即
.故矩阵 的取法数是
=
2221
01
aa
A A nn )1(?,于是包含 α 的过原点的平面的个数为 1
)1(
3
+=
n
nn
nn
.
即在所构造的射影平面中过给定点的直线的个数为 1+n,
最后,在过原点的平面上有 条过原点的直线,即在所构造的射影平面中,每条直线含有1+n 1+n 个点.
事实上,我们可以设给定的平面由两个线性无关的向量 βα,确定,即平面是 },{ Flklk ∈+ βα,所以其中非零的不同于 βα,的向量取法数为 )1)(1( nn,又两个向量表示同一个过原点的直线的充分必要条件是它们相差一个非零的常数倍,于是在平面 },{ Flklk ∈+ βα 中的过原点的直线的个数是
12
1
)1)(1(
+=+
n
n
nn
,
至此,我们指出我们在本节开始构作的射影平面是 阶有限射影平面.另外,由第七章3节的结果,我们知道,一定存在某个素数
n
p 和正整数 使得,即 k
k
pn =
定理3.2 阶数是素数幂的有限射影平面存在,
最后,我们通过一个简单例子介绍一下,如何利用有限仿射平面构造有限射影平面,
例3.1 利用 2 阶仿射平面构造 2 阶射影平面,
解 令 2 阶仿射平面为,如图
2
()AP Z
- 115 -
第九章 有限几何与拉丁方
我们知道在 中有 3 族平行线:
2
()AP Z 0,1x x= = ; 0,1y y= = ;,1y xy x= =+,
首先,我们加入 3 个点:
01
,,x xx
∞
,使得 x
∞
在直线 0,1x x= = 上;
0
x 在直线 0,1y y==上;
1
x 在直线
,1y xy x==+上,
其次,添加一条直线,该直线由 3 点
01
,,x xx
∞
构成,
至此,我们得到了一个新的几何,它由 7 个点,7 条直线组成.它们之间的关系如图示,
我们可以将上面例题的思想方法,即利用有限仿射平面构造有限射影平面的方法,推广到一般的情形,
首先,将仿射平面上的直线按平行关系分类;
其次,在每一族平行直线类中加入一个点;
再次,将所有添加的点放在一起作出一条新的直线,
这样我们就得到了一个新的平面--- 射影平面,其点集合为,{原仿射平面上的点} {添加的点}; 直线集合为,{ 原仿射平面上的直线} {添加的一条新直线},
∪
∪
注意 在射影平面上的原仿射平面上的直线上的点的个数,比原仿射平面上的直线上的点的个数多出一个添加的点!
习题
1,构造仿射平面,并且确定平行直线类,)(
7
ZAP
2,构造 2 个 7 阶正交拉丁方,
3,构造 2 个 8 阶正交拉丁方,
- 116 -
第九章 有限几何与拉丁方
4,在 中确定平行于直线)(
11
ZAP 59 += xy 而且过点 的直线方程,)7,3(
5,试构造一个 9 阶射影平面,
6,设 是一个域,证明在仿射平面 中两条直线F )(FAP bmxy += 与 bxmy ′+′= 平行的充分必要条件是,mm ′=
7,请构造 15 阶正交的拉丁方,
8,请将下面的 拉丁矩阵补足为 6 阶拉丁方,63×
142365
625143
256431
,
- 117 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
第十章 线性群的计数定理及其应用
1,群在集合上的作用
对于给定的一个集合,如何计算其中具有特定性质的元素的个数?通过前面的学习,我们知道至少有两种方法可以利用:一是直接计数;二是利用容斥原理进行计数.除此之外,还有没有其它的计数方法?在这节,
我们再介绍一种利用群与集合之间的关系,计数集合中元素个数的方法---群在集合上的作用,
定义 群 在集合 上有一个作用,是指存在一个映射 G S
SSGg →×,
使得对每个 和 Sx∈ Ggg ∈
21
,有
xex =,)()(
2121
xggxgg =,
群 G 在一个给定集合 上的作用可以有许多不同的定义方式,S
例1.1 对称群 在集合 {1 上的作用由
n
S,2,,}nnull ( ) ( )xx σσ null,给出,
例 1.2 设 G 是群,H 是 G 的子群,群 H 在集合 G 上的作用由 ( ) hxxh null,给出,其中 是 G 中的乘法,在 G 上的这种作用叫做（左）平移,
hx
Hh∈
例1.3 设 H 是群 G 的子群.H 在集合 G 上的作用由 (,)hx null
1
hxh
给出.为了避免与 G 的乘法相混淆,
我们将 的作用表示成 而不是,hH∈
1
hxh
hx hH∈ 的在 G 上的这个作用叫作是用 h 作共轭,而元素
1
hxh
叫作 x的共轭元素.如果K是G的任一子群而 hH∈,则
1
hKh
是G中同构于K的子群.从而H共轭作用于G
的全体子群所组成的集合 S 上,(,)hK null
1
hKh
.群
1
hKh
叫作 K 的共轭子群,
定义 设群 G 在集合 上有一个作用.如果对 中的任意两个元素,存在,使 b,则称群 G 在集合 上的作用是可迁的.如果对任意的
S S,ab gG∈ ga=
S { }
1
i
ik
x
≤ ≤
,{ }
1
i
ik
y
≤ ≤
S?,存在 gG∈,使,1
ii
y gx i k=≤≤,
则称群 G 在集合 上的作用是 可迁的,S k?
定理1.1 假定群 G 作用于集合 S 上.则我们有
1,上由 S
x x′～? gx x′= （对于某个 gG∈ ）
定义的关系是等价关系,
2、对于每个 x S∈,={ ︱
x
G gG∈ gx x= }是G 的子群,
证明 因为 1x x=?,所以 x x～ ;如果 x y～,则 y gx=,
1
x gy
=,y x～ ;如果 x y～,y z～,则
- 118 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
,y gx z g y′==,,()zggx ggx′′== x z～,
上面定理中所给出的等价关系的等价类称为 在 上的轨道,G S x S∈ 的轨道表示成 x,子群 叫作
x
G
x的固定（稳定）子群,或者叫作固定（稳定） x的子群,
例 1.4 如果群 G 作用于自身之上,则 x G∈ 的轨道 }{
1
Gggxg ∈
叫作 x的共轭类.如果子群 共轭作用于 G 上,固定子群 ={ ︱
H
x
H hH∈
1
hxh
=x}={hH∈ ︱ hx xh= }叫作 x在 H 中的中心化子,并且表示成,如果 =G,则 简称为)(xC
H
H ()xC
G
x的中心化子.如果 共轭作用于 G 的全体子群所组成的集合上,则 之固定 的子群,即{ ︱
H S
H SK ∈ hH∈
1
hKh
= }叫作 在 中的正规化子,表示成K K H ( )KN
H
.群则简称为 的正规化子.每个子群 显然在()KN
G
K K ( )KN
G
中正规.而且 =G,K null G? ()KN
G
定理1.2 如果群 G 作用于集合 上,则S x S∈ 的轨道的势,即 x 等于指数[ ].,G
x
G
证明 令,由于,gh G∈
hxgx =? xhxg =
1
hg
1?
∈
x
G?h =
x
G g
x
G,
从而由 给出的映射可以定义出由 在 G 中的全体陪集所组成的集合到轨道g
x
G null gx
x
G x ={ ︱gx gG∈ }
之上的一一对应,因此有[ G,]=︱
x
G x ︱,
定理1.3 令 G 是有限群,而 是 的子群,则我们有 K G
1,x G∈ 的共轭元素个数为[,G ( )xC
G
],并且此数是︱ G ︱的因子；
2、如果
n
xxx,...,,
21
（ ）是 的全部不同的共轭类,则 Gx
i
∈ G
()
∑
=
=
n
i
iG
xCGG
1
]:[ ；
3,G 中共轭于 的子群的个数是 K ( )]:[ KNG
G
,并且此数是 G 的因子,
我们把方程 ()
∑
=
=
n
i
iG
xCGG
1
]:[ 叫作有限群 的类方程,G
2,计数定理 Polyanull
有一个首饰设计师,要设计有 n个珠子的项链,珠子的颜色分别是红、黄、蓝,null 等 颜色种,我们的问题是该设计师一共可以设计出多少种不同形式的项链?
m
- 119 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
首先,我们可以把 个珠子编上号 1,,则每个编号的珠子有 种颜色的选取方式,所以 个珠子的项链有 种颜色配置的可能性.如果令集合
n 2,,nnull m n
n
m {1,2,,}Vn= null,
12
{,,,}
m
Ccc c= null,则颜色的配置形式与集合 V 和 之间的映射构成的集合 之间是有联系的,即对于一种颜色的配置,对应于中的一个映射.反之不然.那么相差什么呢?
C (,)Hom V C
(,)Hom V C
其次,我们知道项链上的珠子实际上是没有编号的.所以可以设想,拿在手里的一个项链经过转动以后,
尽管颜色的“位置”变了,但是颜色配置在实际感观上是一样的!这就是说,如果 是 V 的一个使珠子之间的位置关系不变的一个置换,则对于颜色配置方案
(,)gHomVV∈
(,)Hom V C?∈ 和 (,)CgHomV? ∈ 给出的颜色配置在实际上是同一种.反之亦然.又由于 中使珠子之间的位置关系保持不变的所有置换构成一个群,所以存在一个群在集合上作用,
(,)Hom V V
G
(,) (,)
(,)
GHomVC HomVC
gg
×→
→
于是,项链的不同配色数恰是上面群在集合上作用的不同轨道数,至此,我们就将项链的设计问题转化成了纯数学问题!
为一般性地解决此大类计数问题,引入了非常重要的轮换指标多项式的概念.在介绍此概念之前,让我们简单回顾一下有关置换的一些问题,
Polyanull
我们知道,任意一个置换都可以写成彼此无公共文字的轮换的乘积,如果我们不考虑乘积的顺序,则写法是惟一的,
定义 设
n
Sα∈,如果在 α 的轮换分解表达式中,k? 轮换,1 kn≤ ≤,的个数有
k
λ 个,则称序列
12
(,,,)
n
λ λλnull 为置换 α 的型,有时也记为
12
12
n
n
λλλ
null,
例如
1,2,3,4,5,6 1,2,3,4,5,6 1,2,3,4,5,6
(1,4,3)(2,6,5)
4,6,1,3,2,5 4,2,1,3,5,6 1,6,3,4,2,5
==
,型为 ;
002000
123456
1,2,3,4,5,6 1,2,3,4,5,6 1,2,3,4,5,6 1,2,3,4,5,6
(1,5)(2,4,6)(3)
5,4,3,6,1,2 5,2,3,4,1,6 1,4,3,6,5,2 1,2,3,4,5,6
,型为,
11100 0
123456
定义 令任意
n
GSα∈?,且其型为
12
((),(),,()
n
λ αλα λαnull,则称关于未定元
12
,,,
n
x xnull x的多元多项式
12
12 12
1
(;,,,)
n
nn
gG
PGx x x x x x
G
λλλ
∈
=
∑
nullnull
为群 在集合 {1 上的轮换指标多项式,G,2,,}nnull
- 120 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
例 2.1 试计算 阶置换群 的子群 G 的轮换指标多项式,其中 4
4
S
1,2,3,4 1,2,3,4 1,2,3,4 1,2,3,4
{,,,
1,2,3,4 2,3,4,1 4,1,2,3 3,4,1,2
1,2,3,4 1,2,3,4 1,2,3,4 1,2,3,4
,,,}.
2,1,4,3 4,3,2,1 1,4,3,2 3,2,1,4
G
=
,
解 因为
1,2,3,4 1,2,3,4
(1)(2)(3)(4),(1234),
1,2,3,4 2,3,4,1
1,2,3,4 1,2,3,4
(1432),(13)(24),
4,1,2,3 3,4,1,2
1,2,3,4 1,2,3,4
(12)(34),(14)
2,1,4,3 4,3,2,1
==
==
(23),
1,2,3,4 1,2,3,4
(1)(3)(24),(2)(4)(13).
1,4,3,2 3,2,1,4
所以,对应的型分别是
(4,0,0,0),(0,0,0,1),(0,0,0,1),(0,2,0,0),
(0,2,0,0),(0,2,0,0),(2,1,0,0),(2,1,0,0).
于是,群 在集合 { 上的轮换指标多项式 G 1,2,3,4}
312 4
1234 1234
4000 0001 0001 0200
1234 1234 1234 1234
0200 0200 2100 2100
1234 1234 1234 1234
42 2
112 4
1
(;,,,)
1
(
8
)
1
(2 32).
8
gG
PGx x x x x x x x
G
xxxx xxxx xxxx xxxx
x xxxxxxxxxxxxxxx
xxxxx
λλλ λ
∈
=
=+++
++++
=+++
∑
一个置换 α 的型显然满足
12
2
n
nnλ λλ+++=null ;反之,满足不定方程
12
2
n
x xnxn+ ++ =null 的非负整数解一定是某个置换的型,
定理 2.1 型为()Cauchy
12
(,,,)
n
λ λλnull 的置换 (
n
S )α ∈ 的个数为
12
12
!
!! !12
n
n
n
n
λλλ
λλ λ×nullnull
,
证明 考察下面的模型
12
(#) (#)(#) (#) (#) (#)
n
λλλ
nullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnullnull
nullnullnullnull,
所有可能添入的置换的个数是,又在括号!n,1
i
inλ ≤ ≤,中可以添入的 !
i
λ 个,但是这 !
i
λ 中添入方式表示的
- 121 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
是同一个置换; 再有对于第
i
λ 个括号下的 (#) 是 i?轮换,所以其表示方法有 i种 (起首元素选择),而 i?轮换有
i
λ 个,所以有
i
i
λ
种添入方式,同样这些添入表示的是同一个置换,综上有所证结论成立,
下面我们就来考虑有 个珠子的项链的珠子之间相对位置保持不变的群的结构问题,由于我们可以将每个珠子看成一点,而且珠子之间的相邻关系用线段表示,所以保持项链的珠子之间相对位置保持不变的群的问题就等同于---正 n边形中保持点之间相邻位置的问题,
n
设正 边形的顶点依次是 1,.则易知经过旋转和反转( 关于“对称轴” )变换可以保持点之间相邻位置和正多边形的形状,
n 2,,nnull
如果令,即
1,2,3,4
(1234)
2,3,4,1
σ
==
(1) 1,0 1
i
iinσ = +≤≤?.所以 σ 是绕正 边形的中心逆时针旋转 n
2
n
π
角度的变换; 另外,将顶点 1保持不动的反转有两个,恒等变换和反射变换 τ,
(2,)(3,1) (,2),,
22
13
(2,)(3,1) (,),
22
nn
nn n
nn
nn n
τ
+
=
++
null
null
如果 是偶数如果 是奇数.
所以,由,σ τ 生成的群保持正 n边形的形状和点之间的相邻关系,我们称由,σ τ 生成的群为二面体群,并记为
2
,
n
D σ τ=,
进一步,因为 σ 的阶是,n τ 的阶是,而且2
1n
τσστ
=,所以二面体群 中的元素形式为
.故
2n
D
,0 1,0 1
ij
in jστ ≤≤? ≤≤
2
2
n
Dn=,
反之,如果群 是保持正 边形的形状和点之间的相邻关系的,则G n
2n
GD?,
例 2.2 容易验证,前面例 2.1 中的群 就是关于正 4 边形的二面体群,G
8
D
例 2.3 试确定关于正 5 边形的二面体群,并计算群 在集合 { 上的轮换指标多项式,
10
D
10
D 1,2,3,4,5}
- 122 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
解 首先,由二面体群的生成元素的性质,有
10
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5 1,2,3,4,5 1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
{,,,,,
1,2,3,4,5 2,3,4,5,1 3,4,5,1,2 4,5,1,2,3 5,1,2,3,4
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
,,
1,5,4,3,2 3,2,1,5,4
D
=
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
,,
5,4,3,2,1 2,1,5,4,3 4,3,2,1,5
}.
其次,进行轮换分解,
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
(1)(2)(3)(4)(5),(12345),
1,2,3,4,5 2,3,4,5,1
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
(13524),(14253),
3,4,5,1,2 4,5,1,2,3
1,2,3,4,5
(15432),
5,1,2,3,4
==
=
1,2,3,4,5
(1)(25)(34),
1,5,4,3,2
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
(13)(2)(45),(15)(3)(24),
3,2,1,5,4 5,4,3,2,1
1,2,3,4,5 1,2,3,4,5
(12)(35)(4),(14)(23)(5
2,1,5,4,3 4,3,2,1,5
=
==
).
所以,对应的型分别是
(5,0,0,0,0),(0,0,0,0,1),(0,0,0,0,1),(0,0,0,0,1),(0,0,0,0,1),
(1,2,0,0,0),(1,2,0,0,0),(1,2,0,0,0),(1,2,0,0,0),(1,2,0,0,0).
最后,计算群 在集合 { 上的轮换指标多项式
10
D 1,2,3,4,5}
3512 4
1012345 12345
10
50000 00001 00001 00001 00001
12345 1 2345 1 2345 1 2345 1 2345
12000 12000 12000 1200
12345 12345 12345 1234
1
(;,,,,)
1
(
10
gG
PD x x x x x x x x x x
D
x xxxx xxxxx xxxxx xxxxx xxxxx
xxxxx xxxxx xxxxx xxxx
λλλλ λ
∈
=
= ++++
++++
∑
0 12000
512345
52
1125
)
1
(5 4).
10
x xxxxx
xxxx
+
=++
为了证明 计数定理,让我们先看两个有关的结论,Polyanull
定理 2.2( ) 设 是一有限群,Cauchy Frobenius? G Ω是一有限集合,群 在集合 Ω上有一个作用
,则
G
G×Ω→Ω
()
gG
m G fix g
∈
=
∑
,
其中,是群 G 在集合 上作用的轨道数,m Ω () { () }fix g x g x x= ∈Ω =,
证明 令 {(,) ( ) }FgxGgxx=∈×Ω=,
- 123 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
首先,()
gG
Ffix
∈
=
∑
g,
其次,令 是群 在集合
12
,,,
m
ΩΩ Ωnull G Ω上作用的所有 个轨道,则 m
11 1
ii
mm m
x
ix ix i
i
G
FG G
=∈Ω =∈Ω =
== =
Ω
∑∑ ∑∑ ∑
mG,
所以,()
gG
m G fix g
∈
=
∑
,
注记 在许多的文献之中,错误地将定理 2.2 归功于 Burnside,
定理 2.3 如果,并且其型为
n
gS∈
12
(,,,)
n
λ λλnull,则群 g 作用在集合 {1,2,,}Sn= null 上的轨道数为
12 n
λ λλ+++null,
证明 如果,x yS∈,且,则由于 写成的轮换表达式之中的元素是不重叠的,所以,
i
gx y= g,x y在 的同一个轮换表达式之中,反之,如果
g
,x y在 的同一个轮换表达式之中,则显然存在某个 i使得g
i
gx y=,
于是轨道的个数恰好等于不同轮换的个数,即轨道的个数为
12 n
λ λλ+ ++null,
定理 2.4( ) 令Polyanull {1,2,,}Vn= null,
12
{,,,}
m
Ccc c= null,群 是保持集合 V 的某些性质的自同构群,则存在群 G 在集合 上的作用
((,GHomVV? )
(,)Hom V C
(,) (,)
(,)
GHomVC HomVC
gg
×→
→
使得该作用的轨道数是
12
1
(;,,,)
n
gG
PGmm m m m m
G
λλλ
∈
=
∑
nullnull,
其中
12
12 12
1
(;,,,)
n
nn
gG
PGx x x x x x
G
λλλ
∈
=
∑
nullnull是群 在集合 {1 上的轮换指标多项式,G,2,,}nnull
证明 由定理2.2( Cauchy ),所求的轨道数为 Frobenius?
1
()
gG
fix g
G
∈
∑
……………(1)
其中 () { (,) }fix g Hom V C g=∈ =,又 ()fix g?∈ 的充分必要条件是对于任意的 x V∈ 有
() ()gx x=,进而,即() ()
i
gx x=? 在同一个 g? 轨道上取的函数值是一样的,反之,如果
(() (),,
i
gx x xV i=?∈在同一个 g?轨道上取的函数值是一样的),则显然有 () ()gx x=,所以
- 124 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
() { }fix g V g C=?的 轨道集合到 的函数,
再由定理 2.3,我们知道 V 的 g?轨道数为
12 n
λ λλ+ ++null,而在每个轨道上的取值方法数有 种,所以,总的取值方法数有
m
12 12nn
mmmm
λ λλ λλλ+++
=
null
null,即
12
()
n
fix g m m m
λλλ
= null,所以将其代入(1) 式既有所求证结论,
最后,通过两个例子来说明,如何利用 定理解决我们最初提出的问题,Polyanull
例 2.4 要设计有 4 个珠子的项链,珠子的颜色分别是红、黄、蓝 3 色,则一共可以设计出多少种不同形式的项链?
解 首先,计算保持4个珠子的形状和相邻位置不变的自同构群.这里要求的群是二面体群 (见例2.2
前面的讨论);
8
D
其次,计算轮换指标多项式.由例 2.1 这里的多项式是
312 4
42 2
1234 1234 1 12 2 4
11
(;,,,) ( 2 3 2 ).
8
gG
PGx x x x x x x x x xx x x
G
λλλ λ
∈
==++
∑
最后,代入数值,有
1234
3xxxx====
42 2
1
( ;3,3,3,3) (3 2.3,3 3.3 2.3) 21.
8
PG =+++=
所以,共有 21 种设计方案,
例 2.5 要设计有 5 个珠子的项链,珠子的颜色分别是红、黄 2 色,则一共可以设计出多少种不同形式的项链?
解 首先,计算保持 5 个珠子的形状和相邻位置不变的自同构群.这里要求的群是二面体群 (见例
2.2 前面的讨论);
10
D
其次,计算轮换指标多项式.由例 2.3 这里的多项式是
3512 4
52
1012345 12345 1 12 5
10
11
(;,,,,) ( 5 4)
10
gG
PD xxxxx xxxxx x xx x
D
λλλλ λ
∈
==+
∑
,
最后,代入数值,有
12345
2xxxxx=====
52
10
1
( ; 2,2,2,2,2) (2 5.2.2 4.2) 8.
10
PD = ++=
所以,共有 8 种设计方案,
3、有限域上线性群的计数定理
令 V 是域 F 上的有限维向量空间,并设 V 的维数为,表示向量空间 V 的全体自同态所构成的集合,则我们容易知道,任意给定向量空间 V 的一组基底 后,在 与
n ),( VVHom
F
n
vv,...,
1
),( VVHom
F
( )FM
n
（域
- 125 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
F 上所有 阶方阵构成集合）之间存在同构,n
:f ),( VVHom
F
→ ( )FM
n
( )
ij
tt null,
其中矩阵 ( )
ij
t 由下面的变换确定,
()
i
vt =,（
∑
=
n
j
jij
vt
1
ni,...,1= ）,
如果给定向量空间 V 的另外一组基底,则对于变换 t来说,在基底 上的对应矩阵为
n
uu,...,
1 n
uu,...,
1
( )( )( )
1?
ijijij
rtr,
其中,（ ）,
∑
=
jijij
vru ni,...,1=
容易知道,集合 中的可逆线性变换构成一个群,我们称这个群为一般线性变换群,记为
.对于给定一组基底后,在 与
),( VVHom
F
()VGL
F
),( VVHom
F
( )FM
n
之间存在的同构映射下,的象集合恰好是 中的所有可逆矩阵构成的群,记为
()VGL
F
()FM
n
( )FGL
n
,称其为一般线性群,特别地,我们容易验证行列式为 1 的矩阵构成的集合构成群,称其为特殊线性群,记为 ( )FSL
n
={( )
ij
a | ( ) 1=
ij
a },
由于 与 之间存在的同构映射,实际上是一个相似变换,所以像行列式、特征多项式和迹等概念也可以在 中定义,
),( VVHom
F
()FM
n
()VGL
F
设 是含有 个元素的有限域,其中F =q
s
p p 是域 的特征数.我们容易知道F ()FM
n
=,并且有
2
n
q
定理3.1 ()FGL
n
= =（q-1）
()2/1?nn
q (
∏
=
n
i
i
q
1
1) ( )FSL
n
,
证明 我们先看一下一般线性群 中的元素有什么性质.在这里我们把 中的元素看成是由 n 个线性无关的 n 维向量构成的,即
()FGL
n
()FGL
n
( )
nn
ij
a
×
=,
n
α
α
null
1
),...,(
1 inii
aa=α,（ ni,...,1= ）,
由于每个元素 有 种取法,所以,非零向量
ij
a q
1
α 的取法有 ；由于向量 1?
n
q
2
α 与
1
α 线性无关,即
2
α ≠k
1
α,,所以向量Fk∈
2
α 的取法有 ；…,向量qq
n
n
α 的取法有,即
1?
nn
- 126 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
( )FGL
n
=( )( ) ( )
1
...1
nnnn
qqqqq =
( ) 2/1?nn
q × ()
∏
=
n
i
i
q
1
1,
又我们有下面的群同态
det,( )
*
FFGL
n
→
其中 =,所以由群的指数定理（ker(det) ()FSL
n
KKGG ]:[= ）,我们得到
( )FGL
n
=（ 1q? ） ( )FSL
n
,
我们用 表示矩阵的秩是 的 n 阶矩阵的个数,(mnn,) m
定理3.2 秩是 的 阶矩阵的个数m n ( )mnn,= ( )
2
FGL
n
/（ ( ) ()
(mnm
mnm
qFGLFGL
2
2
)
）,
证明 我们知道任意一个秩是 的 阶矩阵m n x等价于形如下面的标准形
00
0
m
I
,
即存在,使得 ()FGLQP
n
∈,
=
00
0
m
I
PxQ,
这就是说,秩是 的 阶矩阵在下面群在集合的作用下是在同一个轨道里,定义群在集合上的作用为 m n
() ( ) ( ) ( )FMFGLFMFGL
nnnn
→××,
PxQQxP null),,(,
如果我们令,则由群在集合上的作用定理(定理 1.2)有 () ()FGLFGLG
nn
×=
( )mnn,=
x
G
G
,
其中 是元素
x
G x的固定子群.又
=
0
m
Ix
GG,所以我们只需计算
0
m
I
G,即满足下面条件的可逆矩阵的个数,PQ
=
00
0
00
0
mm
I
Q
I
P,
其中,将矩阵P,Q 按矩阵 的分块形式分块,即 ()FGLQP
n
∈,
00
0
m
I
- 127 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
=
00
0
00
0
2221
1211
2221
1211 mm
I
QQI
PP
PP
,
再矩阵 Q 与其逆一一对应,所以上面的矩阵方程等价于
=
2221
1211
2221
1211
00
0
00
0
QQII
PP
PP
mm
,
=
000
0
1211
21
11
P
P
,
0,0,
21121111
=== PQQP,
至此,我们知道矩阵 的形式应该为 ()FGLQP
n
∈,
P=,Q=,
22
1211
0 P
PP
2221
11
0
P
其中,,,()FGLP
m
∈
11
()FGLQP
mn?
∈
2222
,
()
( )FMP
mnm?×
∈
12
,
()mmn
MQ
×?
∈
21
,
所以,矩阵 ( )FGLQP
n
∈,的取法数为
( ) ( )
(mnm
mnm
qFGLFGL
2
2
)
)
,
故 有所求的形式,(mnn,
4、构造结合方案
实验设计是由英国统计学家Fisher在他的经典著作The Design of Experiments（1926） 中引进的.1936
年 Fisher 的学生 Yates 把完全区组设计推广为不完全区组设计.随后不少数学家,特别是印度学派对构造不完全区组设计的数学理论作出了有价值的贡献.1959 年,通过对平衡不完全区组设计的研究,印度学者
Bose 和 Shrikhande 以及美国学者 Parker 等人,否定了二百年来一直被认为是真实的 Euler 关于不存在阶正交拉丁方的猜想.当然人们对研究实验设计感兴趣,不只是因为它包含许多数学问题,而且它还是一门应用性较强的数学学科.下面我们先给出结合方案的概念,
42t+
首先,我们引入结合方案的定义,设有 个处理,种关系,我们用,…表示处理,
表示处理 V 与 V
v m VV ′,,,
21
VV
(,)VV i′ = ′有第 i种关系.假设这 个处理对于这 种关系满足以下条件,v m
1、任意给两个不同的处理 总有唯一的,,
21
VV ( )mii ≤≤1,使得（ ）= ；而且当（ ）= 时,
总有,
21
,VV i
21
,VV i
iVV =),(
12
2、任意给定一个处理 V,那么对于每一个 ( )mii ≤≤1,与V 有第 种关系的处理共有 个,与V的选i
i
n
i
n
- 128 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
择无关,
3、对每一组 ()( mkjikji ≤ )≤,,1,,,如果（ ）= i,那么与 有第
21
,VV
1
V j 种关系又与 有第 k 种关系的处理共有 个,与,的选择无关,
2
V
i
jk
P
i
jk
P
1
V
2
V
于是我们就说,这 v 个处理对于这 m 种关系构成有 m 个结合类的结合方案,其中的关系叫作结合关系,v,,（ ）叫作这个结合方案的参数,
i
n
i
jk
P mkji,...,2,1,,=
我们知道,m 个结合类的结合方案的参数之间适合以下的关系式,
1...
21
++++=
m
nnnv,
mkjiPP
i
kj
i
jk
,...,2,1,,,==,
m,1,2,...,ji,
,,
,1
1
=
≠
=?
=
∑
=
jin
jin
P
j
i
m
k
i
jk
如如
m1,2,...,kj,i,==
j
ikj
i
jki
PnPn,
下面我们将利用简单的有限局部环 上的特殊矩阵,即 2 阶交错矩阵构造有多个结合类的结合方案,
ZpZ
m
/
我们考虑的有限局部环是,其中ZpZ
m
/ p 是整数环 Z 上的素数,m 是正整数.我们用 a 表示环中的元素,.则已知环 的唯一极大理想是ZpZ
m
/ Za∈ ZpZ
m
/ ( )p,
设 是环 上的 矩阵,如果K ZpZ
m
/ nn× KK?=′,且 的主对角线上的元素为 0,则称 为交错矩阵.
设 与 都是环 上的 交错矩阵,如果存在
K K
1
K
2
K ZpZ
m
/ nn× ( )ZpZGLQ
m
n
/∈ 使,则称 与是合同的.容易知道与交错矩阵合同的矩阵一定是交错矩阵,
21
KQQK =′
1
K
2
K
引理4.1 设 K 是有限局部环 上 2 阶交错矩阵,那么 K 一定合同于 ZpZ
m
/
m,i0,
0
0
≤≤
i
i
p
p
其中当 时,0=i 1
0
=p ；当 时,mi = 0=
m
p,
证明 设,
=
0
0
12
12
K
K
K
如果 ()pK?
12
,则 为有限局部环 上的可逆元素,所以 K 合同于
12
K ZpZ
m
/
- 129 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
=
01
10
00
0
1
1
12
12
12
1
12
K
K
KK；
如果 ()pK ∈
12
,则不妨设 0,
12
nullimplK
i
≥=,其中 ( )pl?,所以此时 K 合同于
=
0
0
10
0
1
11
i
i
i
i
p
pl
pl
pll
,
引理4.2 有限局部环环 上的方程 ZpZ
m
/
0...
11
=++ bxaxa
nn
有解 ( 的充分必要条件是)
n
xx,...,
1
( ) bpaa
m
n
,,...,
1
,其中 ( ),,...,
1
m
n
paa 表示数 的最大公因数.并且方程的解数为
m
n
paa,,...,
1
( ),,...,
1
m
n
paa ()
1?n
m
p,
引理4.3 如果在有限局部环 上有ZpZ
m
/
sr
pbpa =,0 rsm≤ <≤,则必有 ()pa ∈,
证明 如果 ()pa?,则 a 为可逆元素,所以 ZpZx
m
/∈? 使
sr
pxp =,即
()
( ) 01 =?
rsr
pxp,但是易见
()
( ) ()ppx
rs
1,因此,0=
r
p 矛盾,
引理4.4 ()=ZpZGL
m
n
/ ()
∏
=
1
0
1
2
n
i
nimn
qp ； ( ) =ZpZSL
m
n
/ ()
∏
=
2
0
)1(
1
2
n
i
ninm
qp,
其中 ()pZpZq
m
/)/(=,
下面我们构造结合方案.令 表示有限局部环 上全体 2 阶交错矩阵构成的集合,取这些 2 阶交错矩阵作为处理.结合关系定义如下：设,
2
E ZpZ
m
/
1
K
2
K ∈
2
E,如果存在 ( )ZpZGLT
m
/
2
∈ 使得
T
p
p
TKK
i
i
′
=?
0
0
21
,
则定义 与 有第 种结合关系.那么,易证 对于这 m 个结合关系作成有 m 个结合类的结合方案,
1
K
2
K i
2
E
事实上,考虑 的如下变换
2
E
*
HPPHH +′→,
2
EH ∈?,
这里 ( )ZpZGLP
m
/
2
∈,.全体这样的变换组成一个群,设为 G,那么易知 G 在 上可迁；保持二处理间的结合关系；而且可迁地作用在具有同一结合关系的处理对上.因此,对这 m 个结合关系构成 m
2*
EH ∈
2
E
2
E
- 130 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
个结合类的结合方案,
下面具体计算参数.显然,处理的个数,其次,参数 就是 中合同于矩阵
m
pv =
i
n
2
E
0
0
i
i
p
p
的2阶交错矩阵的个数,
定理4.5 有限局部环 上合同于矩阵 ZpZ
m
/
0
0
i
i
p
p
的 2 阶交错矩阵的个数
( )
()ZpZSLp
ZpZGL
n
mi
m
i
/
/
2
2
= =
i
mm
p
pp
1?
,
其中,0 im≤<
证明 用 表示所有与D
0
0
i
i
p
S
p
=
合同的 2 阶交错矩阵构成的集合.考虑如下形式的合同变换
,PPHH ′→ DH ∈,这里 ( )ZpZGLP
m
/
2
∈,由引理 3.1 知道,对每一个 DH ∈,存在
( )ZpZGLP
m
/
2
∈ 使
=′PPH
0
0
i
i
p
S
p
=
,
所以 ( )ZpZGL
m
/
2
可迁地作用在 D 上.令 ( )ZpZGL
m
/
2
中使 S 固定的子群为 G,那么
( )
G
ZpZGL
D
m
/
2
=,
计算 G,设
=
2221
1211
PP
PP
P ∈ ( )ZpZGL
m
/
2
,
且有
=′
0
0
0
0
i
i
i
i
p
p
P
p
p
P,
则有
( )
()
11 22 12 21
11 22 12 21
0 0
.
0 0
i i
i i
pPP PP p
pPP PP p
=
又知道 ()pPPPPP=
21122211
det,再由引理 4.2,知道方程
ii
ppx = 的解数为,当然这些解均不在
i
p
- 131 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
()p 上.但容易知道,使 的矩阵个数为QPQP ≠=,detdet ( )ZpZLS
m
/
2
.所以,
( )
()ZpZSLp
ZpZGL
D
mi
m
/
/
2
2
=,
下面计算结合方案的另外一个参数,我们有
i
jk
P
定理4.6 参数
1
,;
1
,;
1
,;
1
2
,;
0,
mm
pp
ijk
j
p
mm
pp
ijk
k
p
mm
pp
i
Pi
jk j
p
mm
pp
ijk
j
p
>=
=<?
==
j<
= =
当当当当其它情况。
证明 由于参数 与有第 i种关系的处理对的选择无关,为方便不妨取
i
jk
P
,0
1
=H
=
0
0
2
i
i
p
p
H,
并设 ()()kHHjHH ==,,,
21
.即存在矩阵 ( )ZpZGLQT
m
/,
2
∈ 使得
+′
=
′
=
.
0
0
0
0
,
0
0
i
i
k
k
j
j
p
p
Q
p
p
QH
T
p
p
TH
所以,有
+
=
=
.
0
0
0det
det0
,
0det
det0
i
i
k
k
j
j
p
p
Qp
Qp
H
Tp
Tp
H
下面考虑能使 ()pyx?,的方程
ikj
ppypx += ……………(*)
- 132 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
的关于 x 或 y 的解的个数,
i
jk
a
事实上,能使
=
0
0
0
0
2
2
1
1
r
r
r
r
px
px
px
px
成立的交错矩阵的个数为,
r
p
由引理4.2,若 ()min,j k>i
)
,则（*）关于x 与y 无解,即 =0.故可以设,
i
jk
a ()ikj ≤,min
首先,考虑 时方程（*）的解个数问题.易知此时必有 j=k.如不然,不妨设
,则方程（*）等价于
(kji,minnull
() jkkj?=,min ( )
kikj
pyppx
+=,但由引理 4.3 知道此时必有 ()py∈,矛盾.
又这时,方程（*）等价于
ij
ppyx =? )(,而此时方程关于 ( )px? 的解的个数 =,即
i
jk
a
1?
mm
pp
i
jk
P =,
jmm
ppp /)(
1?
其次,考虑在方程（*）中有 条件时解的个数,如果再有(kji,min= )
i
jk
a kj ≠ 且,则方程（*）等价于
(kjj,min= )
kj
pypx =? )1(,故易知此时方程对任意 ( )py? 均有 ( )px? 的解.所以 =,
即 = ；如果方程（*）再有条件是
i
jk
a
1?
mm
pp
i
jk
P
kmm
ppp /)(
1?
kj ≠ 且 ( )kjk,min=,则方程（*）等价于
(1+= yppx
ij
).故易见,此时任意 ()px?,均有 ( )py? 的解.所以 =,即
i
jk
a
1?
mm
pp
i
jk
P =,
jmm
ppp /)(
1?
最后,如果 且j=k,则从方程 （*） 知道,只有能使(kji,min= ) ( )py?,()py?+ )1( 的y才能使 ( )px?
的 x 存在.而易见,这样的 y 的个数为 =,即
11
mmm
ppp
1
2
mm
pp
i
jk
P =,
jmm
ppp /)2(
1?
5、构造认证码
在信息的传输和存储中,安全是至关重要的.一般来说,信息系统的安全,是指保证信息在系统中的保密性、完整性和认证性.保密性,即使非授权人不能提取系统中的信息,通常用密码方法来解决这一问题；
完整性,即表示在有干扰的条件下,系统保证能恢复接收到的信息和原来发送的信息一致,这常借助于纠错码来完成；认证性,即接收者要能够识别和确认信息的真伪,防止信息被敌方篡改、删除和伪造等,认证是防止敌方这些主动攻击的重要技术,而认证码是解决信息的认证问题的一种方法,它由G.J.Simmons首先提出,
定义 设 和,SE M 是三个非空的有限集合,:f SE M× → 是一个映射,它满足,
- 133 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
1、映射 f 是满射,
2、对任意的 和,如果存在一个Mm∈ Ee∈ Ss∈ 使得 mesf =),(,则这样的 是被 m和 所唯一确定.则我们称四元组（S,E,M；f）为一个认证码,
s e
在一个认证码（S,E,M；f）中,S,E 和 M 分别称为信源集、编码规则集和信息集,f 称为编码映射.对
,,,如果,则称信源 s 在编码规则 e 下加密成信息 m,简称 m 包含编码规则
e,也说 s 是相应于信息 m 的信源.基数
Ss∈ Ee∈ Mm∈ ),( esfm =
S,E 和 M 称为这个码的参数,
认证码用于解决信息传输中的认证问题.假设在一个通信系统模式中,除了信息的发方和接收方外,还存在一个敌方,而且敌方掌握某种技术可以截收系统中的信息,也可以向系统注入信息.通常敌方对系统进行两种攻击：模仿攻击和替换攻击.所谓模仿攻击,是指敌方在未观测到信道中发方给收方的信息条件下,
通过信道发送一个他伪造的信息给收方；替换攻击,是敌方截收到发方给收方的一个信息后,进行分析并且发另一个信息给收方的攻击,
下面我们假设发方和收方互相信任,且共同对付敌方.为防止敌方的这两种攻击,发方和收方可以选用一公开的认证码（S,E,M；f）,但在通信前约定一个固定的编码规则 Ee∈,这个选定的编码规则是保密的,
并不被敌方所知.如发方想把信源 发送给收方,首先他用选定的编码规则 e 将 加密为信息
,然后把 m 通过信道发送给收方.当收方接收到信息 m
Ss∈ s
),( esfm = ′后,首先他要判定 是否合法,即选定的 e 是否包含在 m 中,如果,则收方以为 m
m′
′ me ′∈ ′ 是合法的,然后在 e 下解密得到信源 s′,使得
.由认证码的定义,我们知道(esfm,′=′ ) s′是被 m′和 e 所唯一确定的.如果 me ′?,则收方以为 m′是非法的.敌方虽然知道发方和收方所采用的认证码,但不知道发方和收方所具体采用的编码规则,他便选取信息发送给收方,如果他发送的信息可 以用发方和收方事先约定的编码规 则解密,则收方认为该信息是正确的,即敌方的攻击成功；如果敌方伪造的信息恰与发方发给收方的某个信息相同,我们认为敌方的攻击成功.
下面我们分别用 和 表示敌方采用模仿攻击和替换攻击成功的概率的最大值,并分别称为成功的模仿攻击概率和成功的替换攻击概率,
I
P
S
P
一般地,和 尽可能小并且编码、译码都容易实现的认证码是好的,实用的认证码.计算 和 时,
采用的公式为
I
P
S
P
I
P
S
P
I
P =
{}
E
meEe
Mm
∈∈
∈
max,
{ }
{}meEe
memeEe
P
mm
Mmm
S
∈∈
′∈∈∈
=
′≠
∈′
且
max
,
,
其中 表示编码规则 e 包含在信息 m 中,即存在信源me∈ Ss∈ 使得 mesf =),(,
保密和认证是信息系统安全的两个重要方面,但它们是两个不同属性的问题.认证不能自动提供保密,
保密也不能自动提供认证.例如,Cartesian 认证码便没有保密功能,
定义 设（S,E,M；f）是一个认证码,如果对任意的 Mm∈,总存在唯一的 使得Ss∈ mesf =),(,其中 e 是包含在 中的任一编码规则,则称这样的认证码为Cartesian 认证码,m
与此对应,我们有
定义 设（S,E,M；f）是一个认证码,如果对任意的 Mm∈ 和 Ss∈,总存在,使得Ee∈ mesf =),(,
- 134 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
即任一信息都能被每个信源在适当的编码规则下加密而成,,则称这样的认证码为完全保密的认证码,
下面我们将利用有限域上矩阵的标准形构造一个Cartesian 认证码,
例 5.1 令 表示有 q 个元素的有限域,； 表示有限域 上 阶非零矩阵构成的集合；
q
F 2q > )(
*
,qtn
FM
q
F tn×
( )
qn
FGL 表示有限域 上 n 阶线性群,
q
F
令 },...,2,1
00
0
{ ni
I
N
tn
i
=
=
×
,G=（ ( )
qn
FGL,( )
qt
FGL ）= ( )
qn
FGL × ( )
qt
FGL,
我们如下定义认证码：S=N,M=,E=G,)(
*
,qtn
FM
MESf →×:,( )
2121
,sggggs →×
其中
1
g ∈ ( )
qn
FGL,
2
g ∈ ( )
qt
FGL,
因为,域上的任一 阶非零矩阵在初等变换之下,都能等价于形如集合 N 中的某个矩阵标准形,且这种变换之下的标准形是唯一确定,所以我们定义的映射f是满射,并且满足Cartesian认证码定义中的其它要求,
tn×
下面我们计算参数,
引理5.1 nS =,1?=
nt
qM,=E | ( )
qn
FGL | ×| ( )
qt
FGL |= ()
∏∏
==
+?
t
j
j
n
i
i
ttnn
qqq
11
2
)1()1(
1)1(,
证明 nS =,1?=
nt
qM 是显然的.至于 E 的基数计算利用一下第四节定理 4.5 的结果即可,
引理5.2 设,r=rank（m）,则属于信息m 的编码规则的个数为 Mm∈
| ( )
qr
FGL || ( )
qrn
FGL
|| ( )
qrt
FGL
|
( )rtnr
q
2?+
,
证明 设m 是一个信息,即 =,又r=rank（m）,可令P= 是与 m 对应的信源,则属于 m 的编码规则的个数为满足矩阵方程 UPV=m 的解（U,V）的个数,其中 U
Mm∈ )(
*
,qtn
FM
00
0
r
I
∈ ( )
qn
FGL,V∈ ( )
qt
FGL,再有我们知道至少有一对（X,Y） ∈ ( )
qn
FGL × ( )
qt
FGL 使
mXPY = …………(1)
所以
mUPVYX =
11
…………(2)
令
A={（U,V） ∈ ( )
qn
FGL × ( )
qt
FGL |UPV=m},
B={（X,Y） ∈ ( )
qn
FGL × ( )
qt
FGL |XPY=m},
定义集合 A 与 B 之间的映射
- 135 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
：A B →
（U,V） →（ X
-1
U,VY
-1
）,
其中（X,Y）是满足方程(1)的一组固定解.则我们容易指出?是单、满射.所以属于信息 m 的编码规则的个数等于 B,因此,我们只须计算满足矩阵方程 XPY=P的解 （X,Y） 的个数,当然 （X,Y） ∈ ( )
qn
FGL × ( )
qt
FGL,
事实上,这等价于计算满足XP=PY 的解（X,Y）的个数,（X,Y） ∈ ( )
qn
FGL × ( )
q
F
t
GL,
我们将矩阵 X,Y 分块
X=,Y=,
rn
r
xx
xx
rnr
2221
1211
rt
r
yy
yy
rtr
2221
1211
由XP=PY,我们有
=
000
0
1211
21
11
yy
x
x
,
即得到,0,0,
12211111
=== yxyx
所以
=
=
2221
11
22
1211
0
,
0 yy
y
Y
x
xx
X,
其中
( ) ( ) ( ).,,
22221111 qrtqrnqr
FGLyFGLxFGLyx
∈∈∈= 反之,如果我们取矩阵 X,Y 有形式如
=
=
2221
11
22
1211
0
,
0 yy
y
Y
x
xx
X,
则（X,Y）是满足 XP=PY 的解.至此,形如上式的（X,Y）的取法数就是属于 m 的编码规则的个数,简单计算整理有所要求的结果,
引理 5.3 设 和 是两个不同的信息,且有共同的编码规则属于 和,则属于 和 的编码规则的个数为
1
m
2
m
1
m
2
m
1
m
2
m
| ( )
qr
FGL
2
|| ( )
qrr
FGL
21
|| ( )
qrn
FGL
1
|×| ( )
qrt
FGL
1
|
( )
11
2rtnr
q
+
,
其中rank（ ）=,rank（ ）=,,
1
m
1
r
2
m
2
r
21
rr ≥
证明 设 和 是两个不同的信息,rank（ ）=,rank（ ）=,.并且令与 是分别与 和 对应的信源.则所求的属于 和 的编码规则的个数即为满足下面矩阵方程的解的个数,其矩阵方程为
1
m
2
m
1
m
1
r
2
m
2
r
21
rr ≥
=
00
0
1
1
r
I
P
=
00
0
2
2
r
I
P
1
m
2
m
1
m
2
m
- 136 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
=
=
22
11
mYXP
mYXP
其中（X,Y） ∈ ( )
qn
FGL × ( )
qt
FGL,
我们不妨设 （否则 = ）.则用与引理 5.2 证明类似的方法,只须考虑如下的矩阵方程
21
rr ≠
1
m
2
m
=
=
'
2
1
2
11
mYXP
YPXP
,
其中,U∈VUmm
22
=
′
( )
qn
FGL,V∈ ( )
qt
FGL,
我们设
1
1
2221
11
1
1
22
1211
0
,
0 rt
r
yy
x
Y
rn
r
x
xx
X
=
=,
其中 是可逆矩阵,
222211
,,yxx
设
=
0
0
2
2
r
I
P,
则由,我们有
=
=
'
2
1
2
11
mYXP
YPXP
11
1
1111
0
2
mx
I
x
r
=
,
这里,
=
′
2221
1211
2
mm
mm
m
我们注意到,
211
rrankm =,0,0,0
211222
=== mmm,
所以可以利用引理 5.2 的证明过程,有 的形式为
11
x
2
1
ω
ω
,
其中 ( ) ( )
qrrqr
FGLFGL
212
21
,
∈∈ ωω,所以 的取法数为
11
x ( ) ()
qrrqr
FGLFGL
212
.再有由矩阵 X,Y 的形式,我们进行简单的整理计算得到所要结果的形式,
为计算和讨论 和,我们引进一个函数
I
P
S
P
- 137 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
()rf =| ( )
qr
FGL || ( )
qrn
FGL
|| ( )
qrt
FGL
|
( )rtnr
q
2?+
= ()()()
2
)1()1()1(
111
111
+?+?
=
==
∏∏∏
rrttnn
rt
k
k
rn
j
j
r
i
i
qqqq,
其中 r 是信息矩阵 m 的秩,
我们有
()
() ()()11
1
1
=
+
rtrn
r
q
q
rf
rf
,
由于当,,3≥q tn ≤≤2 1≥r 时,我们易证明
()(
1
11
nr tr
r
qqq
q
<
)
,
当然,当 时,仍有此不等式成立.所以,11?≤≤ nr
() ( ) ( )
11f nfn f<?<<null,
假定编码规则按照统一的概率分布所选取,则我们由引理 5.1、引理 5.2 和关于函数 的不等式有 ()rf
()()11
1
=
tn
I
q
P,
()
() ( ) ( ) ( )
()
()
11
212 1 1
21
(2)
r
21
1
1
1
GL
max { }
1,
rnt r
qrrqnrqtrq
S
rrn
FGL FGL FGL Fq
PPP
fr
+?
≤≤
=
=+
至此,如果我们假定上面构造的认证码的编码规则按照统一的概率分布所选取,则有
定理5.4 前面我们构造的Cartesian 认证码的参数为
nS =,1?=
nt
qM,=E ()
∏∏
==
+?
t
j
j
n
i
i
ttnn
qqq
11
2
)1()1(
1)1(,
()()11
1
=
tn
I
q
P
()
,
1
1
+
=
P
S
,
习题10
- 138 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
1,试证明一个置换 α 的型满足不定方程
12
2
n
nnλ λλ+ ++ =null ; 反之,满足不定方程
12
2
n
x xnx+++=null n的非负整数解一定某个置换的型,
2,将一个纸条画成 7 段,每段涂上红、黄、绿三种颜色之一,则一共有多少种涂色方法?
3,试求正 6 边形对应的二面体群,并计算其轮换指标多项式,
12
D
4,设 是一个 集合,S?G nS =,
m
pG =,其中 p 是素数.如果 1),( =pn,则 中至少有一个元素在群的作用下不动,
S
G
5,证明偶置换生成的群 是置换群 的唯一指数为 2 的子群,
n
A
n
S
6,证明?p 群的中心是?p 群,
7,利用群在集合上作用的方法计算有限域 上秩是 3 的 5 阶矩阵的个数 =?
5
Z )5,3(n
8,利用有限域 上的 3 阶矩阵构作一个认证码,并计算相应的参数,
q
F
- 139 -
第十章 线性群的计数定理及其应用
参考文献
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