不变量解析

数学中的不变量
引入：数字运算中的不变量——角谷猜想。

大千世界在不断地变化着，既有质的变化，更有量的变化。

俗话说：“万变不离其宗”。

在纷乱多样的变化中，往往隐藏着某种规律，这就需要我们透过表面现象，找出事物变化中保持不变的规律，从“万变”中揭示出“不变”的数量关系。

寻求某种不变性，在科学上称之为守恒，在数学上就是不变量。

自然数依照某种预定的程序反复运算，它的结果似乎是无限多种，毫无规律可寻——但有时却有例外。

二次世界大战前后，美国的一个叫叙古拉的地方流传一种数学游戏，后来又被传到欧洲，在那儿风靡一时。

尔后又被日本数学家角古带回日本。

游戏是这样的：任给一个自然数，若它是偶数则将它除以2；若它是奇数则将它乘3后再加1，......如此下去经过有限步骤后，它的结果必为1。

这个问题被称为“3x+1”问题，又叫“角谷猜想”、“数字黑洞”。

例1、“欧几里得算法”：利用不变量求最大公约数。

求：451和287的最大公约数。

分析：
1、短除法。

2、分解质因数。

3、辗转相减法。

（即尼考曼彻斯法，其特色是做一系列减法，从而求得最大公约数）
基础：a与b（a>b）的任何公约数必定整除a-b。

相应的b同a-b的任何公约数必整除a。

（451，287）=（451-287，287）=（164，287）
=（164，287-164）=（164，123）
=（164-123，123）=（41，123）
=（41，123-41）=（41，82）
=（41，82-41）=（41，41）
=41
上述方法步骤比较繁琐，可以简化：
4、辗转相除法（即欧几里得算法）
原理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b)
条件：a>b 且a mod b 不为0
证明：a可以表示成a = kb + r，则r = a mod b
假设d是a,b的一个公约数，则有
d|a,d|b，而r = a - kb，因此d|r
因此d也是（b,a mod b）的公约数
因此（a,b）和（b,a mod b）的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。

在这里两个数的最大公约数实际上就是在操作过程中的一个不变量。

例2、（1）能否用1，2，3，...，101这101个数；
（2）1，2，3，...，100这100个数。

各一次及“+”“-”运算符号，列出一个结果为0的算式?若能，请列出一个，若不能，说明理由。

分析：
（1）本题实际是要在下列算式：
1□2□3□......99□100□101=0中填上“+”“-”使算式成立。

此题中不变量即“奇偶性”：两个数的和与差的奇偶性是相同的。

这个规律告诉我们：在整数的加减运算的式子中，如果把式子中任一减法（或加法）运算改为加法（或减法）运算，那么所得结果奇偶性不变。

即上述算式：
“1□2□3□......99□100□101”奇偶性与1+2+3+......99+100+101=5151的奇偶性相同——是一个奇数。

由于0是偶数，所以不可能列出一个结果为0的算式。

（2）因为1+2+3+......99+100=5050是一个偶数。

所以有可能存在一种填法使得算式“1□2□3□......99□100”的值为0。

在数学上“可能存在”并不意味“肯定存在”。

为了论证，我们必须构造出一种填法。

通过分组我们发现（1-2-3+4）+（5-6-7+8）+......+(97-98-99+100)=0即存在。

例3、有3堆石子，每次要么由每堆中拿掉一个或相同数目的几个石子（每次这个数目可以改变）；要么由任一堆中取一半石子（如果这堆石子是偶数个），放入另外任一堆石子之中。

开始时，第一堆有1990个石子，第二堆有989个石子，第三堆有89个石子，按上述规则能否把这三堆石子都拿光？试说明其理由。

分析：
要把三堆石子都取光是不可能的；按操作规则，每次拿出去的石子总和是3的倍数，即不改变石子总数被3除的余数；而1989+989+89=3067被3除余1，三堆石子取光时总和被3除应余0，故不行。

例4、伊凡雷帝有两把宝剑,其中一把可以同时砍去蛇妖的 21 个头;另一把可以同时砍去4 个头,但此时蛇妖会马上长出 1985 个头来.如果一开始蛇妖长有100 个头,试问伊凡雷帝能否砍掉它所有的头？
分析：
A宝剑：蛇妖减少21个头
B宝剑：蛇妖增加（1985-4）=1981个头。

蛇妖头数的变化量21和1981都是7的倍数。

所以无论使用A还是B宝剑蛇妖头个数的变化值都是7的倍数，这是一个不变量。

于是，想要砍掉蛇妖所有的头。

蛇妖头的个数必须为7的倍数。

而100÷7余2。

故不行。

例5、在黑板上有1，2，3，...，1999这1999个数，做下列操作将黑板上的数擦去一些，并添加被擦去数的和被7除后的余数，经过若干次的交换后，在黑板上还剩下两个数：一个是789，另一个是p。

求p的最小值。

分析：
擦去一些数，并添加被擦去数的和被7除后的余数。

这句话即所擦去的数就是若干个7的和。

总和减少了但是总和被7除的余数是不变的。

（1+2+3+......+1999)÷7=1999000÷7余3。

而（789+p）÷7余3，p最小为5。

例6、某海岛上生活着45条变色龙，其中有13条灰色的，15条褐色和17条紫色的。

每当两条颜色不同的变色龙相遇时，它们就一起都变为第三种颜色（例如，灰色和褐色相遇，就都变为紫色）。

能否经过一段时间，45条变色龙全都变为同一颜色？
分析：
一次变化，都有两条不同颜色的变色龙消失，并随之而“诞生”两条第三种颜色的变色龙。

我们用数组（a，b，c）表示变色龙的状况，其中a，b，c分别表示灰色、褐色和紫色变色龙的数目。

于是由题意知，在一次变化之后，（a，b，c）或变为（a-1，b-1，c+2），或变为
（a-1，b+2，c-1），或变为（a+2，b-1，c-1）。

我们发现，灰色和褐色变色龙的数目之差的变化只能为0和3。

这就是说：该差被3除的余数保持不变，这是一个不变量。

在开始时，有b-a=15-13=2。

而如果全都变为同一颜色，则必b-a≡0（mod3）。

故为不行。

例7、一个圆分为6个扇形。

每个扇形中放有一枚棋子。

每一步允许将任何两枚棋子分别移入相邻的扇形。

试问，能否通过这种操作，把6枚棋子全都移到一个扇形之中？
分析：
图 1 图2
将6个扇形依次编为1至6号（图1）。

对于棋子的任何一种分布，我们知道6枚棋子所在扇形的号码之和S。

例如，在如图2所示的分布中，我们有S=2+2+4+4+5+6=23。

显然，在把一枚棋子移到相邻的扇形中后，它在S中的那一项的奇偶性发生了变化。

这也就是说，如果同时移动两枚棋子，那么S的奇偶性保持不变——这是一个不变量！但是一开始时（图1），我们有S=21，为奇数。

而如果所有6枚棋子全都在一个扇形之中，则当该扇形编号为A时，就有S=6A，都为偶数。

所以我们不可能通过所述的移动，把棋子的分布从原来的分布变为全在一个扇形中。

例8、10名乒乓球运动员参加循环赛,每两名运动员之间都要进行比赛.在循环赛过程中,1号运动员获胜x1次,失败y1次;2号运动员获胜x2次,失败y2次,等等.求证:
x12+x22+…+x102=y12+y22+…+y102.
分析：
每个运动员共比赛9场,其获胜与失败总数和为9,即x i+y i=9(1<=i<=10).既然每场比赛一些运动员获胜,另一些运动员要失败,那么x1+x2+…+x10=y1+y2+…+y10,
从而
(x12+x22+…+x102)-(y12+y22+…+y102)
= (x12-y12)+…+(x102-y102)
= (x1+y1)(x1-y1)+…+(x10+y10)(x10-y10)
= 9(x1-y1)++…+9(x10-y10)
= 9[(x1+x2+…+x10)-(y1+y2+…+y10)]
= 0
所以 x12+x22+…+x102=y12+y22+…+y102.
拓展分享：求分母是2014的所有最简真分数的个数。

定义：欧拉函数φ(n)，表示小于n且与n互素的正整数的个数。

公式是设n的标准质因数分解式为：n=p1^k1*p2^k2*.......*pt^kt
则φ(n)=n(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)……(1-1/pt)
显然，求分母是2014的所有最简真分数的个数，就是求欧拉函数φ(1989)。

因为 2014=2×19×53
所以φ(2014)=2014×（1-1/2）×（1-1/19）×（1-1/53）=936
即，分母是2014的所有最简真分数有936个。

可以证明，当＞2时，小于n且与n互素的正整数是成对出现的。

即，如果 a 是小于n且与n互素的正整数，那么 n-a 也一定是小于n且与n互素的正整数，且这一对正整数的和正好是a+(n-a)=n 。

也就是说，当a/2014是最简真分数时，(n-a)/2014也是一个最简真分数，并且它们的和正好是1 。

所以，分母是2014的所有最简真分数的和=936÷2=468。