阿凡提巧拆金环与完备分拆

文献中沒有记载过阿凡提是否学过代数或组合数 学.然而,他确实用到了“数分拆”的道理.尽管,今 后我们无须企望再遇见第二个如此愚蠢的巴依,然 而,深入思考和探索故事中的数学,也决非只能用在 打賭上.我们考察下面的问题,要解決它仍然需要阿 凡提式的机智. 问题1: 有一堆重量为整数克的零件,其重量范围是1 克至n克均齐备.现要用天平在一边放砝码的方法秤 量它们,如何选取一组砝码,使每个零件可用唯一的 一中方法秤出來. 问题2: 找一组电阻,使它可用唯一的方法配成1到n 个单位齐全的电阻箱. 这类问题,在数学上称为完备分拆(perfect partition) 问题.
阿凡提不愧为聪明人.他的机灵之处不仅在于找出了7 的完备分拆,而且按照巴依只准断开一个环的限制,准 确地选择了7的一个部分数最小的完备分拆1,2,4.对 于不大的数7,阿凡提当然能凭他的机智的直觉.然而, 对于任意一个n,如何能够做到,无须把所有完备分拆 罗列出來,就直接找出具有最小的部分的一个呢? 这必须依靠比阿凡提更聪明的数学了.注意到(3)式, 用数学的语言表达,我们的问题是:在约束条件 q1q2„qk=n+1,qi≥2下,求目标函数(3)的最小值. 乍看起來,这似乎是一个熟知的极值问题:在k个正数 积为定值时,求它们和的极小值.然而,注意到目标函 数Q右边的k仍是一个变量, 我们就不能用惯常的手法 去求解.
第一天,阿凡提拿走1个环. 第二天,他把1个环放回去拿走2个环. 第三天,他把1个与2个环一起拿走. 第四天,放回3个环拿走4个环. 第五天,把1个与4个环一起拿走. 第六天,放回1个换走2个, 即共拿走6个环. 第七天,把整条金链拿走. 愚蠢的巴依捶胸顿足地哀叹:“跟有学问的人是不 能随便开玩笑的.”
定理2: 设n+1=q1q2…qk,qi≥2,i=1,2,…,k,若且唯若 q1,q2…,qk均是素数时,其对应的n的完备分拆
的部分数Q=(q1+…+qk)-k最小. 定理2告诉我们: 对于任一个给定的正整数n, 欲做出它 的部分数最小的完备分拆,只需写出n+1的素分解式并作 出相应的完备分拆, 而无须把所有的完备分拆都列出來 加以比较.由于n+1的素分解可有多种顺序的因子排列, 故n对应的部分数最小的完备分拆不是唯一的. 具体地,若n+1=p1ˆα1*p2ˆα2 · · · pkˆαk,p1,p2,…,pk 是 不同的素数.由定理2,容易知道
为此,先证明下列 引理1: 设m= q1q2…ql, qi≥2,i = 1,2,…,l且σ(m)=q1+q2+…+ql,则σ(m)≤m. 证明:因qi≥2,i=1,2,…,l, 故
引理2: 设m=q1q2…qk,qi≥2,i=1,2,…,k,则当且仅当 q1,q2,…qk均是素数时,k最大,因而σ(m)最小. 证明:设m=q1q2…ql (4) = p1p2…pk (5) 这里(5)是m的一个素分解.熟知,若不考虑因子的次序,m 的素分解是唯一的,故l≤k,若且唯若(4)是素分解时l=k. 注意到(4)中有可能有合数的因子,依据引理1,便得 p1+p2+„+pk≤q1+q2+„+ql. 反之,若k最大(σ (m)最小),显然,m必是素分解.
我们注意到一个的事实: 一个完备分拆必须含有一个 部分是1,否则,它就不能包含1这个正整数的分拆. 设分拆中有q1-1个1(q1>1),则所有小于q1的数都必可 唯一地(用1)表成分拆.但是,要把数q1表成分拆,必 须有另一部分q1.若分拆的下一部分是q1ˆ(q2-1),则 所有小于q1q2的数都可用1ˆ(q1-1)*q1ˆ(q2-1)唯一 地表成分拆,但数q1q2表成分拆,必须要增加一部分 q1q2.若分拆的下一部分是(q1q2)ˆ(q3-1)(q3>1),则 所有小于q1q2q3的数可用1ˆ(q1-1)*q1ˆ(q21)*(q1q2)ˆ(q3-1)唯一地表成分拆.但要把数q1q2q3 表成分拆,必须增加另一部分q1q2q3. 如此继续,得(1) 它能把[1,n]中的所有整数唯一地表成分拆.
初始值Pe(1)=Pe(2)=1. 例: 求Pe(11).
解:11+1=2ˆ2·3,12的真因子是2,3,4,6 Pe(2-1)=1, Pe(3-1)=1, Pe(4-1)=2, Pe(6-1)=3， 故Pe(11)=Pe(1)+Pe(2)+Pe(3)+Pe(5)+1=8
The end,thank you!
这表明: k-1的一个完备分拆对应于n的一个完备分拆. 易见,n+1的不同真因子k(因而,不同的k-1)的完备分 拆对应于n的不同完备分拆。 最后, 我们还应注意一个事实:若n+1沒有大于1的真因 子, 即n+1=q1 (等价于q1-1=n) 它一一对应于n 的平 凡完备分拆n~1ˆn.于是,我们得到下列递归关系. 定理3: (6)
阿凡提巧拆金环与完备分拆
目录
阿凡提的故事
并非用在打赌上
一一对应找出完备分析 数学比阿凡提更聪明
阿凡提是维吾尔族传说中的聪明人,在民间中流 传着不少关于他机灵智巧的故事. 一次,阿凡提给巴依打短工,商定的时间是十天. 三天以后,贪婪的巴依想出一个坏点子赖账.他拿出 一串光灿灿的金链,当着大家的面对阿凡提打赌 道:“是7个环连成的金链,如果从今天起,你能够第 一天取1个环,第二天取2个环,第三天取3个环„第 七天取7个环,而你只准砍断一个环.那么,这串金链 就归你所有.要是你办不到的话,別说金链,甚至工 钱也休想拿走,十天的工作也算是白干了.”阿凡提 默然应允. 他把金链的第3个环砍断,七个环的链就被分成1 个,2个,4个环的小链.
作为严格的数学定义,我们有定义 分拆和完备分拆:把正整数n 表成若干个正整数之 和,叫做n 的分拆.分拆中所分成的正整数的个数称 为分拆的部分数.若一个分拆包含不大于n 的所有正 整数的一个唯一分拆,则这个分拆称为n 的完备分拆. 容易知道:一个正整数n的完备分拆是必定存在的.并且 它的一个完备分拆是1ˆn,称之为平凡完备分拆. 那么,自然而來的问题是:我们能否把n 的所有完备分 拆都分拆是1ˆ(q1-1)*q1ˆ(q21)*(q1q2)ˆ(q3-1)*(q1q2q3)ˆ(q4-1)…(q1q2…q(k1))ˆ(qk-1) {或简记为n~1ˆ(q1-1)*q1ˆ(q21)*(q1q2)ˆ(q3-1)*(q1q2q3)ˆ(q4-1)…(q1q2…q(k例如, 求7的所有完备分拆. 1))ˆ(qk-1)} 解: 先把7+1=8作有序分解,得8,4×2,2×4,2×2×2. 由定理1,对应的完备分拆是1ˆ(81)=1ˆ7;1ˆ3,4;1,2ˆ3;1,2,4 可以看到,只要作出了n 的一个有序分解, 我们无须做出完备分拆,就能知道 它的部分数Q,因为Q=(q1-1)+(q21)+„+(qk­1)=(q1+q2+„+qk)­k (3) 运用(3)式,我们可以直接对上述7的完备分拆作出验证.
(1). n 带最小部分数的完备分拆有 部分。 (2).n带最小部分数的完备分拆个数: 例如,考察35 的完备分拆. 因35+1=2ˆ2·3ˆ2,在35的所有完备分拆中,最小部分 数是2×(2-1)+2×(3-1)=6.这一类完备分拆共有 (2+2)!/(2!2!)=6个.它们是 (1)1, 2, 4ˆ2, 12ˆ2 (2)1, 2ˆ2, 6, 12ˆ2 (3)1, 2ˆ2, 6ˆ2, 18 (4)1ˆ2, 3ˆ2, 9, 18 (5)1ˆ2, 3, 6ˆ2, 18 (6)1ˆ2, 3, 6, 12ˆ2 (想想看, 它們是怎样构作出來的?)
众所周知,7这个正整数可以写成若干个正整數之和. 例如,
7=3+4=1+2+4=1+1+2+3=1+1+1+1+1+1+1,
这里的每一个和式,称为7的一个分拆(partition). 如果和式中有r项,称为r分拆.例如上述从左至右 的式子可分別称为7的1分拆,2分拆,3分拆,4分 拆,7分拆.在分拆中,我们并不考虑各部分的次序. 因此,上述各分拆可分別记为3,4; 1,2,4; 1²,2,3; 1ˆ7.我们考察1,2,4,它正是阿凡提的杰作.它的特 別之处在于:仅用3部分1,2,4可以唯一地表示一切 不大于7的正整数的分拆(当然,故事中沒有要求唯 一性).易见6=2+4,5=1+4,4=4,3=1+2,2=2,1=1, 分拆1,2,4称为7的完备分拆.
五. 递归—用电脑求出完备分拆个数
为了敘述方便,我们把n的完备分拆的个数记作Pe(n).既然,仅对于 较大的n,求Pe(n)难于对付,那么,一个自然的想法是,能否把 Pe(n) 用一些Pe(k)(k<n)表示.这就是数学上的递归思想.如果 有了Pe(n)的递归式,我们就能按n的数值从小到大地求出Pe(n). 运用电脑及递归式,我们将容易求得任何Pe(n). 由定理1,我们已经知道, “~” 意义见定理1.
这里,
于是 n+1=q1q2„qk. (2) 上述分析表明:n的每一个形如(1)式的完备分拆一一对应 于n+1的一个形如(2)式的有序分解.(请注意:(2) 式的 q1,q2,„qk是有序的).于是,要找出n的所有完备分拆 (1),只须做出n+1的所有有序分解(2). 归纳上述结论,得到 定理1(Rirdon [1]): 正整数n 的完备分拆的个数与(n+1) 的 无单位1的正因子的有序分解的个数相等.若 n+1=q1q2…qk, (qi>1,i=1,2,…,k),