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100个著名初等数学问题1-20

时间:2014-01-21


100 个著名初等数学问题
——历史和解
100 Great Problems of Elementary Mathematics:
Their History and Solution
[德]H· 德里 Heinrich D? rrie

目录

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算术题 .............................................................................................................................................. 4 第 1 题 阿基米德分牛问题 ..................................................................................................... 4 第 2 题 德·梅齐里亚克的砝码问题 ..................................................................................... 6 第 3 题 牛顿的草地与母牛问题 ............................................................................................. 7 第 4 题 贝韦克的七个 7 的问题 ............................................................................................. 8 第 5 题 柯克曼的女学生问题 ............................................................................................... 11 第 6 题 柏努利—欧拉关于装错信封的问题 ....................................................................... 13 第 7 题 欧拉关于多边形剖分问题 ....................................................................................... 15 第 8 题 鲁卡斯的配偶夫妇问题 ........................................................................................... 18 第 9 题 卡亚姆的二项展开式 ............................................................................................... 22 第 10 题 柯西的平均值定理 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 11 题 柏努利幂之和的问题 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 12 题 欧拉数..................................................................................... 错误!未定义书签。 第 13 题 牛顿指数级数 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 14 题 麦凯特尔对数级数 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 15 题 牛顿正弦及余弦级数 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 16 题 正割与正切级数的安德烈推导法 ......................................... 错误!未定义书签。 第 17 题 格雷戈里的反正切级数 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 18 题 德布封的针问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 19 题 费马—欧拉素数定理 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 20 题 费马方程 ................................................................................. 错误!未定义书签。 第 21 题 费马—高斯不可能性定理 ..................................................... 错误!未定义书签。 第 22 题 二次互反率 ............................................................................. 错误!未定义书签。 第 23 题 高斯的代数基本定理 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 24 题 斯图谟的根的个数问题 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 25 题 阿贝尔不可能性定理 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 26 题 赫米特—林德曼超越性定理 ................................................. 错误!未定义书签。 平面几何题 .................................................................................................... 错误!未定义书签。 第 27 题 欧拉直线 ................................................................................. 错误!未定义书签。 第 28 题 费尔巴哈圆 ............................................................................. 错误!未定义书签。 第 29 题 卡斯蒂朗问题 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 30 题 马尔法蒂问题 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 31 题 蒙日问题 ................................................................................. 错误!未定义书签。 第 32 题 阿波洛尼斯相切问题 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 33 题 马索若尼圆规问题 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 34 题 斯坦纳直尺问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 35 题 德里安倍立方问题 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 36 题 三等分一个角 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 37 题 正十七边形 ............................................................................. 错误!未定义书签。 第 38 题 阿基米德??值确定法.............................................................. 错误!未定义书签。 第 39 题 富斯弦切四边形问题 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 40 题 测量附题 ................................................................................. 错误!未定义书签。
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第 41 题 阿尔哈森弹子问题 ................................................................. 错误!未定义书签。 圆锥曲线和摆线题......................................................................................... 错误!未定义书签。 第 42 题 由共轭半径作椭圆 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 43 题 在平行四边形内作椭圆 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 44 题 由四条切线作抛物线 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 45 题 由四点作抛物线 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 46 题 由四点作双曲线 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 47 题 范·施古登轨迹题 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 48 题 卡丹旋轮问题 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 49 题 牛顿椭圆问题 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 50 题 彭赛列—布里昂匈双曲线问题 ............................................. 错误!未定义书签。 第 51 题 作为包络的抛物线 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 52 题 星形线..................................................................................... 错误!未定义书签。 第 53 题 斯坦纳的三点内摆线 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 54 题 一个四边形的最接近圆的外接椭圆 ..................................... 错误!未定义书签。 第 55 题 圆锥曲线的曲率 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 56 题 阿基米德对抛物线面积的推算 ............................................. 错误!未定义书签。 第 57 题 推算双曲线的面积 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 58 题 求抛物线的长 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 59 题 笛沙格同调定理(同调三角形定理) ................................. 错误!未定义书签。 第 60 题 斯坦纳的二重元素作图法 ..................................................... 错误!未定义书签。 第 61 题 帕斯卡六边形定理 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 62 题 布里昂匈六线形定理 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 63 题 笛沙格对合定理 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 64 题 由五个元素得到圆锥曲线 ..................................................... 错误!未定义书签。 第 65 题 一条圆锥曲线和一条直线 ..................................................... 错误!未定义书签。 第 66 题 一条圆锥曲线和一定点 ......................................................... 错误!未定义书签。 立体几何题 .................................................................................................... 错误!未定义书签。 第 67 题 斯坦纳的用平面分割空间 ..................................................... 错误!未定义书签。 第 68 题 欧拉四面体问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 69 题 偏斜线之间的最短距离 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 70 题 四面体的外接球 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 71 题 五种正则体 ............................................................................. 错误!未定义书签。 第 72 题 正方形作为四边形的一个映像 ............................................. 错误!未定义书签。 第 73 题 波尔凯—许瓦尔兹定理 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 74 题 高斯轴测法基本定理 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 75 题 希帕查斯球极平面投影 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 76 题 麦卡托投影 ............................................................................. 错误!未定义书签。 航海与天文学题............................................................................................. 错误!未定义书签。 第 77 题 航海斜驶线问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 78 题 海上船位置的确定 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 79 题 高斯双高度问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 80 题 高斯三高度问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 81 题 刻卜勒方程 ............................................................................. 错误!未定义书签。
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第 82 题 星落......................................................................................... 错误!未定义书签。 第 83 题 日晷问题 ................................................................................. 错误!未定义书签。 第 84 题 日影曲线 ................................................................................. 错误!未定义书签。 第 85 题 日食和月食 ............................................................................. 错误!未定义书签。 第 86 题 恒星及会合运转周期 ............................................................. 错误!未定义书签。 第 87 题 行星的顺向和逆向运动 ......................................................... 错误!未定义书签。 第 88 题 兰伯特彗星问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 极值 ................................................................................................................ 错误!未定义书签。 第 89 题 与欧拉数有关的斯坦纳问题 ................................................. 错误!未定义书签。 第 90 题 法格乃诺关于高的基点问题 ................................................. 错误!未定义书签。 第 91 题 费马对托里拆利提出的问题 ................................................. 错误!未定义书签。 第 92 题 逆风变换航向 ......................................................................... 错误!未定义书签。 第 93 题 蜂巢(雷阿乌姆尔问题) ..................................................... 错误!未定义书签。 第 94 题 雷奇奥莫塔努斯的极大值问题 ............................................. 错误!未定义书签。 第 95 题 金星的最大亮度 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 96 题 地球轨道内的彗星 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 97 题 最短晨昏蒙影问题 ................................................................. 错误!未定义书签。 第 98 题 斯坦纳椭圆问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 99 题 斯坦纳的圆问题 ..................................................................... 错误!未定义书签。 第 100 题 斯坦纳的球问题 ................................................................... 错误!未定义书签。

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算术题
第27题 阿基米德分牛问题
太阳神有一牛群,由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成。 在公牛中,白牛数多于棕牛数,多出之数相当于黑牛数的 多出之数相当于花牛数的

1 1 ? ;黑牛数多于棕牛数, 2 3

1 1 1 1 ? ;花牛数多于棕牛数,多出之数相当于白牛数的 ? 。 4 5 6 7

在母牛中,白牛数是全体黑牛数的 体棕牛数的

1 1 1 1 ? ;黑牛数是全体花牛数的 ? ;花牛数是全 4 5 3 4

1 1 1 1 ? ;棕牛数是全体白牛数的 ? 。 6 7 5 6 问这牛群是怎样组成的? 解:如果用字母 X、Y、Z、T 分别表示白、黑、花、棕各色的公牛数;用 x、y、z、t 分别表示白、黑、花、棕各色母牛数,则得 8 个未知数的如下 7 个方程:
(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

5 X ?T ? Y , 6 Y ?T ? Z ?T ? x? y? z? t? 9 Z, 20 13 X, 42

7 (Y ? y) , 12 9 (Z ? z) , 20 11 (T ? t ) , 30

13 ( X ? x) 。 42 由方程(1) , (2) , (3) ,得 6X – 5Y = 6T,20Y – 9Z = 20T,42Z – 13X = 42T。以这三个方程 解未知数 X,Y,Z,得: 742 178 1580 T ,Y ? T ,Z ? T。 297 99 891 因为 891 和 1580 没有公因子,T 必定是 891 的某一整倍数——假设为 G 倍,因此得 (I) X = 2226G,Y = 1602G,Z = 1580G,T = 891G。 若将这些值代入方程(4) , (5) 、 (6) 、 (7) ,得下列方程: 12x – 7y = 11214G,20y – 9z = 14220G,30z – 11t = 9801G,42t – 13x = 28938G。 解这些方程的四个未知数 x,y、z、t,得 (II) cx = 720630G,cy = 4893246G,cz = 3515820G,ct = 549213G。 其中,c 是素数 4657。因为在各式右边 G 的系数中没有一个可以被 c 整除,所以 G 必定是 X?
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c 的整数倍。 G = cg。 如果把这个 G 代入(I)和(II) ,最后可得到下列各关系式: (I?) X = 10366482g,Y = 7460514g,Z = 7358060g,T = 4149387g, (II?) x = 7206360g,y = 4893246g,z = 3515820g,t = 5439213g。 这里 g 可以是任何正整数。 所以,本题具有无数组解。若指定 g 值为 1,则得下列最小数值的解: 白公牛:10,366,482;白母牛:7,206,360; 黑公牛: 7,460,514;黑母牛:4,893,246; 花公牛: 7,358,060;花母牛:3,515,820; 棕公牛: 4,149,387;棕母牛:5,439,213。 史料:如上面解答所示,至少依据目前的概念,分牛问题确切地说不能被认为是个很难 的问题。然而,由于在古代常常把一道难解的题叫做分牛问题或者阿基米德题,特别考虑到 阿基米德(Archimedes)的其它辉煌成就,以及他把这个分牛之题献给古代希腊后期亚历山 大城的天文学家厄拉多塞尼(Eratosehenes)的这一事实,可以设想以上所述及的问题的方 式并不代表阿基米德问题完整和原始的形式。 G· E· 莱辛(Gotthold Ephraim Lessing)于 1773 年在沃尔芬比特尔图书馆发现一本希腊文 手抄本,其中就有一篇关于该题 “更完整” 的阐述。 该题由 22 句对偶句组成(或称为韵文) , 以诗歌形式出现: “朋友,请准确无误地数一数太阳神的牛群。要数得十分仔细,如果你自认为还有几分 聪明: 多少头牛在西西里岛草地上吃过草, 它们分为四群, 在那里来往踱步。 各群颜色不同: 第一群像牛乳那样洁白, 第二群闪耀着深乌木般的光泽, 第三群毛色棕黄, 第四群满身斑斓, 每群中公牛数总大大超过母牛。现在,告诉你这些牛群间的比例:白牛数等于棕牛数再加上 黑牛数的三分之一和二分之一。此外,黑牛数为花牛数的四分之一加五分之一,再加上全部 棕牛。 朋友, 最后你必须记住, 花牛数是白牛数的六分之一加七分之一再加上全部棕色母牛。 但是母牛群中,比例却大不相同:白母牛等于黑色公、母牛全部的三分之一加四分之一。而 黑母牛为全部花牛的四分之一加五分之一,这里要注意,每头花母牛和花公牛都要算进去。 同样, 花母牛的头数是全部棕牛的五分之一加六分之一。 最后棕色母牛与全部白牛的六分之 一加七分之一相等。朋友,如果你能确切告诉我,这些膘壮肌肥、毛色各殊的公母牛,一共 多少聚集在那里?这样你才不愧为精通计数。 但是你还算不上一个聪明人, 除非用我给出的 新数据来回答问题:当所有黑白公牛齐集在一起,就排出一个阵形,纵横相等;辽阔的西西 里原野,布满大量的公牛。当棕色公牛与花公牛在一起,便排成一个三角形,一头公牛站在 三角形顶端, 棕色公牛无一头掉队, 花公牛也头头在场, 这里没有一头牛和他们的毛色不同。 如果你把这些条件一一牢记,胸有妙算,朋友,如果你能说出每群牛的组成和头数,那你就 是胜利者,可昂首前进,因为你的声誉将在智慧的世界里永放光芒。 ” 然而莱辛对本题是否撰自阿基米德持有异议,内塞尔曼(Nesselmann)① 、法国作家凡 桑(Vincent)② 、英国人 R· 贝尔(Rouse Ball)③ 以及其他人也都持有异议。 另一方面,研究阿基米德的著名权威丹麦人 J· L· 海伯格(J· L· Heilberg)④ 、法国数学家 P· 达内瑞(P·Tannery)⑤ 以及克鲁姆比格尔(Krummbiegel)和安姆托尔(Amthor)⑥ 都认 为这个问题的完整形式应归功于阿基米德。 在倒数第七联对偶句中提出的两个条件要求 X + Y 是一个平方数 U2,而 Z + T 是一个三

1 角形数⑦ V (V ? 1) ,由此得下列各关系式: 2 (8) X + Y = U2,
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(9) 2Z + 2T = V2 + V。 如果根据(I)把 X,Y,Z,T 的数值代入(8)和(9) ,这两方程变成 2 2 3828G = U 及 4942G = V + V。 如果用 4a(a = 3 ? 11 ? 29 = 957) ,b 及 cg 分别代 3828,4942 及 G,得: (8?) U2 = 4acg, (9?) V2 + V = bcg。 从而 U 是 2,a 和 c 的整倍数: U = 2acu, 这样, U2 = 4a2c2u2 = 4acg, g = acu2 (8'') 若把 g 的这个数值代入(9?) ,得: 2 V + V = abc2u2 或(2V + 1)2 = 4abc2u2 + 1。 若将未知数 2V + 1 用 v 表示,而且把 4abc2 = 4 ? 3 ? 11 ? 29 ? 2 ? 7 ? 353 ? 46572 的乘积记为 d,最后的方程变为: v2 – du2 = 1。 这就是所谓费马(Fermat)方程,可按第 19 题所述方法求解。然而,因为 d 的值十分 巨大,解答非常困难, d = 410286423278424。 即使费马方程关于 u 和 v 的最小解答也会导致天文数字。 即使将 u 指定为可以设想的最小数 1,在解 g 时,ac 的值为 4456749。这样白牛和黑牛 数的和将超过 79 万亿。可是西西里岛的面积不过 2550 平方公里,即 0.0255 万亿平方米,

1 万亿平方米,把这么多的牛放牧在这个岛上是不可能的,这和第十七、十八联对 30 偶句论断矛盾。
还不到
① Algrbra der Griechen, 1842 ② Nouvelles Annales de Mathé matiques, vol. XV, 1856 ③ A short Account of the History of Mathematics ④ Quaestiones Archimedeae ⑤ Scienes exactes dans l’antiquité ⑥ Schl? milchs Zeitschrift fü r Mathematik und Physik, vol. XXV, 1880 ⑦ 一个三角形数 n,是指可以用这 n 个点来构造一个诸全等的等边三角形的顶点组成的点阵。开始的几 个三角形数为 1 ?

1 2

?1? 2 , 3 ?

1 2

? 2 ? 3, 6 ?

1 2

? 3 ? 4 , 10 ?

1 2

? 4 ? 5 ,等等。原注。

第28题 德·梅齐里亚克的砝码问题
一个商人有一个 40 磅的砝码,由于跌落在地而碎成 4 块。后来,称得每块碎片的重量 都是整磅数,而且可以用这 4 块来称从 1 至 40 磅之间的任意整数磅的重物。 问这 4 块砝码片各重多少? 本题来源于法国数学家 G· B· 德·梅齐里亚克(Gaspard Bachet de Mé ziriac,1581 – 1655 年) ,在 1624 年出版的他的名著① 中,解答了这个题目。

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天平的两个秤盘可区别为砝码盘和称量盘, 在砝码盘上只放砝码, 而在称量盘上放重物 外还可附加砝码。若想设法用最少块数的砝码去称量,就要把砝码也放到称量盘上。 假如任意取出几块砝码放在盘上,例如,在一个盘上放 5 磅砝码和 10 磅砝码各一块, 另一个盘上放 1 磅、3 磅、4 磅的各一块,那么这些砝码便使前一个秤盘偏重 7 磅。 我们只考虑重物和砝码均为整数,也就是说,重物和砝码的重量均为整数磅。 假如有一系列砝码 A,B,C,?,把它们适当地分放在两个盘上,就能称出从 1 到 n 的所有整数磅的重物。如果有一块新砝码 P,它的重量 p 超过原有砝码的重量总和 n,超过 量为原有砝码重量的总和加 1: p – n = n + 1, 或者 p = 2n + 1, 那么,把砝码 P 加入砝码组 A、B、C、?之后就能称出从 1 至 p + n = 3n + 1 的所有整数磅 的重物。 事实上, 原有砝码组足以称出所有从 1 至 n 磅的重物, 为了称出 1 个 p + x 或 p – x 磅的 重物,这里 x 表示从 1 到 n 的任一个数,把砝码 P 放在砝码盘上,再把砝码 A,B,C,? 分别放在两个盘上,使砝码盘或称量盘上的重量偏重 x 磅。 此法成立后,这个题目就容易解答了。 为了使两个砝码 A 和 B 能称出最多重量,A 必须是 1 磅,B 必须是 3 磅,这两个砝码能 称出 1,2,3,4 磅的重物。 如果选第三块砝码 C,使它的重量 c = 2 ? 4 + 1 = 9(磅) , 那么用 A,B,C 三块砝码就能称出从 1 至 c + 4 = 9 + 4 = 13 磅的所有重物。 最后,如果选第四块砝码 D,使它的重量 d = 2 ? 13 + 1 = 27(磅) , 那么,这四块砝码 A,B,C,D 便能称出从 1 至 27 + 13 = 40 磅的所有重物。 结论:这个砝码的四块碎片的重量分别为 1,3,9,27 磅。 注:英国数学家麦克马洪(MacMahon)概括了德·梅齐里亚克的砝码问题② 。他确定 了可用来称出从 1 到 n 磅重量的所有可能的整磅数砝码。
① Problè mes plaisants et dé lectabled qui se font par les nombres ② Quarterly Journal of Mathematics, vol. XXI, 1886

第29题 牛顿的草地与母牛问题
牛顿(Newton)在 1707 年提出了如下一个有趣的问题① : a 头母牛将 b 块地上的牧草在 c 天内吃完了; a?头母牛将 b?块地上的牧草在 c?天内吃完了; a?头母牛将 b?块地上的牧草在 c?天内吃完了; 求出从 a 到 c? 9 个数量之间的关系。 假设所有草地提供的牧草数量相同, 每块草地每日长草量保持不变, 而且每头母牛每天 吃草量也相同。 解:令每块地上最初的牧草量为 M,每块地每日长草量为 m,每头牛每天耗草量为 Q。 第一天晚上,b 块地上吃剩牧草量为 bM + bm – aQ;

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第二天晚上,b 块地上吃剩牧草量为 bM + 2bm – 2aQ; ?? 这样,第 c 天晚上,b 块地上吃剩牧草量为 bM + cbm – caQ; 既然草地在 c 天内被吃光,那么这个数值必定等于 0。这样就得出方程: (1) bM + cbm = caQ。 同理得出下列方程: (2) b?M + c?b?m = c?a?Q, (3) b?M + c?b?m = c?a?Q。 把方程(1)和(2)作为求未知数 M 和 m 的一次方程组,得: cc' (ab' ? ba') M ? Q, bb'(c' ? c)
m? bc'a' ? b'ca Q。 bb'(c' ? c)

若将这些值代入方程(3) ,而且将所得方程乘以

bb'(c' ? c) ,便得所求关系式: Q

b?cc?(ab? – ba?) + c?b?(bc?a? – b?ca) = c?a?bb?(c? – c)。 以行列式的形式表示时,解答更容易被发现。若以 q 表示 Q 的相反数,方程(1) , (2) , (3)便可写成下列形式: bM + cbm + caq = 0, b?M + c?b?m + c?a?q = 0, b?M + c?b?m + c?a?q = 0。 根据行列式理论的一个基本定理,不全为零的 n 个未知数(本例中的 M、m、q)的 n 个(本例中为 3 个)线性齐次方程组的行列式必等于 0,因此,所求关系式为
b b' ba b'a' ca c'a' ? 0 。

b'' b''a'' c''a''
① Arithmetica universalis

第30题 贝韦克的七个 7 的问题
在下面除法例题中,被除数被除数除尽: **7*******:****7*=**7** ****** *****7* ******* *7**** *7**** ******* ****7** ******

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****** 用星号(*)标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了,那些不见了的是什么数字呢? 这个引人注目的题目来源于英国数学家 E· H· 贝韦克(E· H· Berwick) ,他于 1906 年发表 了这个题目① 。 解:我们用不同的字母标每个空缺数字,从而本题取如下形式: AB 7 CDE LQWz:????7?=??7?? a b ? c d e FGH I K 7 L f g h i k ? l M7 NOPQ m7 n o p q R S TU?VW r s t u 7 v w X YZ x y z X YZ x y z 第三行 第四行 第五行 ←7? 第七行 第九行

I.除数??的第一位数字??必须是 1,因为如题中第六行所示,7??只有六位数字,否则, 如果??等于 2,7??就有七位数字。 由于第三行和第七行的余数都是六位数,F 必定等于 1,R 也必定等于 1,因此,f 和 r 也必定等于 1(根据题意) 。 由于??不能超过 19979, ??的最大值是 9, 才能使第八行的积不超过 1799811, 而且 s < 8。 又因 S 只能是 9 或 0,而且第九行在 s 下面的位置没有余数,所以,只有第二种情况才是可 能的。因此,S = 0,而且(由于 R = 1)s 也等于 0。由于 R = 1,S = 0,随之而使 M = m + 1, 这样,m ? 8,第六行乘积 7??不可能大于 87nopq。 II.因此,除数的第二位数字??只能是 0,1 或 2(7 ? 130000 已大于 900000) 。因为甚 至 9 乘以 109979 也不能得到第八行所要求的七位数,所以,? = 0 的可能性排除了。 然后,考虑? = 1 的情况。这要求??只能等于 0 或 1(如果? ? 2,在确定第六行第二位数 字时,必定会产生一种情况,即 7? = 7 ? 1 = 7,还要加上来自 7??乘积的一个大于或等于 1 的数,而第二位必须是 7) 。 然而,? = 0 是不可能的,因为第八行是七位数,即使 9 ? 110979 也不能得到一个七位 数。 在? = 1 时,必须注意到以下的情况:一望第八行,便可看出?、??和??的选择必须能使? ? 111?7??是个七位数, 其最后第三位数是 7。 只有乘数? = 9 才能达到这一目的 (因为即使 8 ? 110979 也只有六位数) 。通过试验很容易看出,仅当? = 0 或? = 9 时,9 ? 111?7??的最后第三 位数才是 7,在第一种情况下,即使 111079 与 9 相乘,第八行也不是七位数,在第二种情 况下,第六行是 7 ? 11197* = 787***, 这是不可能的,这样? = 1 也要排除。因此,必须放弃??等于 1 的可能性。 所以,除数第二位数字的唯一适当的值是? = 2。由此得 m = 8,且 M = 9。 III.因为 7 ? 126000 大于第六行的数,而 7 ? 124000 又小于第六行的数,除数的第三 位数??只可能是 4 或 5。 再者, 由于 9 ? 124000 大于 7 ? 126000 又小于第八行的数 (10tu7vw) , 于是??必定等于 8。 因为 8 ? 124979 = 999382 < 1000000,? = 4 这一假设不能满足第八行的要求,因此??只
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能等于 5。 IV.由于 8 ? 125?7??的最后第三位数必须是 7,通过试验发现??等于 4 或 9。因为即使 7 ? 1257970 = 881790 也大于第六行的数,所以? = 9 应被排除,而只有? = 4 适合。因此??被认 为是从 0 到 4 中的一个数。然而,不论选用哪一个,从 7 ? 12547? = 878*** 中便求出第六行第三位数 n = 8。同样,第八行得到 8 ? 12547? = 10037**, 进而得到 t = 0,u = 3。 由于?? = ? ? 12547??在第四行中是一个七位数,而只有 8??和 9??才是七位数,所以??是 8 或者 9。 V.从 t = 0 和 X ? 1(以及 R = r = 1,S = s = 0) ,得 T ? 1;又从 n = 8,N ? 9,得 T ? 1, 于是 T = 1。所以,N = 9,而 X = 1。由于 X = 1,且 2? > 200000(第九行) ,从而 v = 1,Y = 2,Z = 5,x = 4,y = 7,z = ?。至此从以上求得的结果,算式为: AB 7 CDE LQW?:12547?=??781 a b ? c d e 1 GH I K 7 L 1 g h i k ? l 9 7 9 OPQ 8 7 8 o p q 1 0 1 U?VW 1 0 0 3 7 v w 1 2 5 4 7 ? 1 2 5 4 7 ? VI.在这种情况下,??是五个数字 0,1,2,3,4 中的一个。这五种情况与下列数列相 对应: vw = 60,68,76,84,92, cpq = 290,297,304,311,318。 并且,根据??等于 8 或 9,可得: ?l = 60,68,76,84,92, 或 ?l = 30,39,48,57,66。 这便有十种不同的可能性。 若自上而下进行三次递加的方法对这十种可能性逐一检验, 首先 从第九行和第八行相加得第七行;然后第七、第六行相加得第五行;最后第五、第四行相加 得第三行,便发现只有当? = 3 和? = 8 时,才能使第三行最后第二位得到所要求的数字 7。 这种情况下,vw = 84,U?VW = 6331,cpq = 311,OPQ = 944,ghik?l = 003784,GHIK7L = 101778,这便使本题算式如下: AB7CDE8413:125473=?8781 a b?c d e 1 1 01 7 78 1 0 03 7 84 9 7 9 944 8 7 8 311 1 0 1 6331 1 0 0 3784
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1 25473 1 25473 VII. 最后, 由于在??的所有倍数中, 只有 5? = 627365 加到第三行的最后的余数 1110177 之上,才能得到第三位是 7 的一个数。这就得到? = 5,同时也得到 abc?cde = 627365 及 AB7CDE = 737542。这样就得到了该题所有空缺待求的数字。
① The School World

第31题 柯克曼的女学生问题
某寄宿学校有十五名女生, 她们经常每天三人一行地散步, 问要怎样安排才能使每个女 生同其他每一个女生在同一行中散步,并恰好每周一次? 这个非同寻常的问题是英国数学家 T· P· 柯克曼(T· P· Kirkman)提出的① 。 在已发现的众多解法中,现介绍两个方法。一个是英国牧师 A· 弗罗斯特(Andrew Frost) 的解法(十五个女学生一题的一般解法及其推广)② ,另一个是 B· 皮尔斯(B·Pierce)的“女 学生难题的递推解法”③ 。 弗罗斯特解法:用数学方法表示,本题用 15 个元素 x,a1,a2,b1,b2,?,g1,g2 正 确地分布在系列的其它四行上。 用 7 个字母 a,b,c,d,e,f,g 构成一个三元组合群,其中每对元素恰好只出现一次, 特别像下面的一群: abc,ade,afg,bdf,beg,cdg,cef (这些三元组合按字母顺序排列) 。 从这个群里恰好可以为每列选取 4 个三元组合, 使这些组合包含在该列的第一行中已出 现的字母以外的其它所有字母。将这些三元组合按字母顺序排入每列,便得如下初步安排: 星期日 xa1a2 bdf beg cdg cef 星期一 xb1b2 ade afg cdg cef 星期二 xc1c2 ade afg bdf beg 星期三 xd1d2 abc afg beg cef 星期四 xe1e2 abc afg bdf cdg 星期五 xf1f2 abc ade beg cdg 星期六 xg1g2 abc ade bdf cef

现在用下标 1 和 2 对三元组合 bdf,beg,cdg,cef,ade,afg,abc 等作出标志。把他们 按照上述顺序先标注所有 bdf,然后标注所有 beg,?等等,并遵守下列规则: I.一列中的一个字母标上一个下标后,下一次该字母在同一列中出现时,应标上另一 下标。 II.假如一个组合的某两个字母已经标有下标,这两个下标不得以同顺序标在别的组合 中的该两个字母上。 III.假如一个字母的下标尚未按规则 I、II 决定,那么将这个字母标上 1。 分三个步骤标定字母下标: 第一步:将组合 bdf,beg,cdg 以及可按本标注系统和规则 I、II、III 标注的 a 不在内 的所有字母,依次标定下标。 第二步: 按规则 I 标定组合 ade 和 afg 中所缺的下标以及第二行中最后两个 a 的下标 (在 图表中用黑体字) 。 第三步:补标在第四和第五行中仍缺少下标的字母 a(在图表中空着的位置) ,第二行 标 2,第三行标 1。
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按照这个方法,得以下的完整图表,它表示本题的解答。 星期日 xa1a2 b1d1f1 b2e1g1 c1d2g2 c2e2f2 星期一 xb1b2 a1d2e2 a2f2g2 c1d1g1 c2e1f1 星期二 xc1c2 a1d1e1 a2f1g1 b1d2f2 b2e2g2 星期三 xd1d2 ab2c2 af2g1 b1e1g2 c1e2f1 星期四 xe1e2 ab1c1 af1g2 b2d1f c2d2g1 星期五 xf1f2 a1b2c1 a2d2e1 b1e2g1 c2d1g2 星期六 xg1g2 a1b1c2 a2d1e2 b2d2f1 c1e1f2

皮尔斯解法:西尔维斯特(Sylvester)认可的最佳解法:令符号*表示一位女孩,她天 天都走在同一行的中间,把其他女孩分成两组,每组七人,用阿拉伯数字 1 至 7 或小写字母 表示第一组;用罗马数字 I 至 VII 或大写字母表示第二组。用例如 R = s 的等式表明字母 R 表示的罗马数字与字母 s 表示的阿拉伯数字具有相同数值。同时,用 0,1,2,?,6 表示 星期日,星期一,星期二,?,星期六。 令星期日按下列顺序排列: a ? A b ? B c ? C d * D E F G 由此,在每个数字上加 r = R,可得星期 r(星期日不在内)的排列: a+r ?+r A+R b+r ?+r B+R c+r ?+r C+R d+r * D+R E+R F+R G+R 这里,相加后超过 7 的每个数,像 c + r 或 D + R,表示那个女孩的编号为 c + r – 7 或 D + R – 7,即比原数小 7,随后把原数换为这个数字④ 。 如果下面三个条件得以满足,那么这样得到的排列就是该题的解答。 I.? – a,? – b,? – c 这三个差分别是 1,2,3; II.A – a,A – ?,B – b,B – ?,C – c,C – ?,D – d 这七个差数形成一个以 7 为模数的 非同余数的完整余数列(参阅第 19 题) 。 III.F – E,G – F,G – E 这三个差分别是 1,2,3。 证:作为前提,下列同余式(参阅第 19 题)都以 7 为模数。 1.第一组的每一个女孩 x 和该组其他的每一个女孩 y 在一起散步恰恰一次,那么(根 据条件 I)差 x – y 仅与 a – ?,b – ?,c – ?,? – a,? – b,? – c 等六个差中的一个同余。设 x – y ? ? – b,或者 x – ? ? y– b。若星期 r 的 r 与 x – ??或 y– b 同余,那么, x ? ? + r 和 y ? b + r, 这样,女孩 x 和 y 于星期 r 在同一行散步。 2.第一组的一个女孩 x 和第二组的一个女孩 X 在一起散步恰恰一次。 根据条件 II,差 X – x 只能与 A – a,A – ?,B – b,B – ?,C – c,C – ?,D – d 等七个差 中的一个同余。设 X – x ? C – ??或 X – C ? x – ?。若 s = S,这里是星期 s 的 s,且与 X – C 或 x – ?同余,那么: X ? C + S 和 x ? ? + s, 这样,女孩 X 和 x 在星期 s 那天在同一行散步。 3.第二组的每一个女孩 X 和该组的其他每一个女孩 Y 在一起散步恰恰一次。
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根据条件 III,差 X – Y 仅能与 F – E,G – F,G – E,E – F,F – G,E – G 六个差中的 一个同余。设 X – Y ? G – F 或 X – G ? Y – F。又设星期 R 的 R 与 X – G 或 Y – F 同余,得: X ? G + R 和 Y ? F + R, 这样,女孩 X 和 Y 在星期 R 那天在同一行散步。 因此,我们仅需满足条件 I,II,III 就可求星期天的排列。 选定 a = 1,? = 2,b = 3,从而? = 5,于是 c = 4,故有? = 7,d = 6。然后选 A = I,于 是 B = VI,C = II,D = III,从而条件 II 中提到的差数 0, – 1,3,1,–2,–5,他们都是关 于模数 7 的非同余数。那么 IV,V,VII 三个数便留给了字母 E,F,G。因此,星期日的排 列是: 1 2 I 3 5 VI 4 7 II 6 * III IV V VII 按星期一到星期六的顺序,一星期每天的排列如下: 2 3 II 3 4 III 4 5 IV 4 6 VII 5 7 I 6 1 II 5 1 III 6 2 IV 7 3 V 7 * IV 1 * V 2 * VI V VI I VI VII II VII I III , , , 5 7 1 3 I 6 2 4 * II V III VI VII IV 6 1 2 4 II 7 3 5 * III VI IV VII I V 7 2 3 5 III 1 4 6 * IV VII V I II VI







① Lady’s and Gentleman’s Diary, 1850 ② Quarterly Journal of Pure and Applied Mathematics, vol. XI, 1871 ③ The Astronomical Journal, vol. VI, 1859 – 1861 ④ 例如 c + r = 9,换成 9 – 7 = 2。译注。

第32题 柏努利—欧拉关于装错信封的问题
求 n 个元素的排列,要求在排列中没有一个元素处于它应当占有的位置。 N· 柏努利(Niclaus Bernoulli,1687 – 1759 年)最先考虑了这个问题,他是两位大数学 家雅可比·柏努利(Jacob Bernoulli)和约翰·柏努利(Johann Bernoulli)的侄子。后来, 欧拉(Euler)对此题发生兴趣,他称之为“组合理论的一个秒题” ,并在与柏努利毫无联系 的情况下,独自解了这道难题。 本题可以形象地叙述为装错信封的问题。 某人写了几封信, 并且在几个信封上写下了对应的地址, 把所有的信笺装错信封的情况, 共有多少种? 本题解法巧妙,格外引人入胜。

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设信笺为 a,b,c,?,对应的信封为 A,B,C,?,所求的错误装法种数记为 n 。 先考虑把 a 装进 B 和 b 装进 A 的所有情况作为第一组,把 a 装进 B 而 b 没有装进 A 的 所有情况作为第二组。 第一组显然包括 n ? 2 种情况。 假如分别用 b?,c?,d?,e?,?和 B?,C?,D?,E?,?代替 b,c,d,e,?和 A,C,D, E,?,于是推出第二组情况,有 n ? 1 种。 那么,a 装进 B 的所有情况的种数是 n ? 1 ? n ? 2 。因为把“a 装进 C” 、 “a 装进 D” 、? 的每一种装法都有相同的情况种数,则所有可能情况的总数为 n ,则:
n ? (n ? 1)(n ? 1 ? n ? 2) 。

其递推公式为:
n ? n ? n ? 1 ? ?[n ? 1 ? (n ? 1) ? n ? 2] ,

把它用第 3,第 4,第 5,?,直到第 n 封信,这样就得到:
3 ? 3 ? 2 ? ?(2 ? 2 ? 1) , 4 ? 4 ? 3 ? ?(3 ? 3 ? 2) ,

?
n ? n ? n ? 1 ? ?[n ? 1 ? (n ? 1) ? n ? 2] 。

把这 n – 2 个等式相乘,便得到:
n ? n ? n ? 1 ? (?1) n?2 (2 ? 2 ? 1) ,

又因 1 ? 0 , 2 ? 1 ,(–1)n–2 = (–1)n,所以
n ? n ? n ? 1 ? (?1) n 。

然后用 n!去除这个等式,便得:
(?1) n n n ?1 ? ? 。 n! (n ? 1)! n!

假如用一列数 2,3,4,?,n 顺次代替这个公式中的 n,便得:
2 1 (?1) 2 ? ? , 2! 1! 2!

3 2 (?1) 2 ? ? , 3! 2! 3! ?

(?1) n n n ?1 ? ? 。 n! (n ? 1)! n!

将这 n – 1 个等式相加,因为 1 ? 0 ,其结果是
(?1) n n (?1) 2 (?1) 3 ? ? ??? 。 n! 2! 3! n!

最后,由此得所求数 n :
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?1 1 1 (?1) n n ? n!? ? ? ? ? ? ? 2! 3! 4! n! ?

? ?。 ? ?

假如利用符号?,对(? – 1)n 应用二项式定理(参阅第 9 题) ,在二项展开式中每一乘幂? ??写 成?!,那么,所求的数便可表示为淡淡的形式:
n ? (? ? 1) n 。

作为例子,取 n = 4,得
4 ? (? ? 1) 4 ? ? 4 ? 4? 3 ? 6? 2 ? 4? ? 1 ? 4!?4 ? 3!?6 ? 2!?4 ? 1!?1 ? 9 ,

这个式子很容易通过验算来检验。 同样地, 由 n 个元素, 其中没有一个元素占有它应有的位置, 所形成的排列数是(? – 1)n。 以 1,2,3,4 四个元素为例,就有 2143,2341,2413,3142,3412,3421,4123,4312, 4321 九种排列。 注:所得的结果也包括行列式问题的解: 在一个 n 阶行列式中,有多少个组成部分中不出现主对角线的元素? 假如第 s 列的第 r 个元素 C rs ,那么,便一目了然,主对角线的元素是:
1 2 3 n , C2 , C3 ,?, C n 。 C1

因此,这个行列式包括了在主对角线以外的(? – 1)n 个组成部分。

第33题 欧拉关于多边形剖分问题
可以有多少种方法用对角线把一个 n 边多边形(平面凸多边形)剖分成三角形? 1751 年 L· 欧拉向数学家 C· 歌德巴赫(Christian Goldbach)提出此题。对于所求数 En, 可能的剖分方法数,欧拉推导出一个公式: 2 ? 6 ? 10 ? ? ? ( 4n ? 10) En ? 。 (1) ( n ? 1)! 当读者试图不靠外来帮助而推导欧拉公式时, 他就会感到惊异, 发现这个问题令人极其 感到兴趣,因为它虽然看来容易,却涉及很多困难。欧拉自己说: “我的归纳过程是相当费 力的。 ” 在 n = 3,4,5,6 的简单情况下,用图示法很容易得出的各种剖分数:E3 = 1,E4 = 2, E5 = 5,E6 = 14。但是,当边数增加时,这个方法很快就不能用了。 欧拉得出了最初的七种剖分数:1,2, 5,14,42, 132,429,并告知了西格纳(Segner) 。 西格纳于 1758 年建立了 En 的一个递推公式① 。我们就从推导这个公式开始。 令任意 n 边凸多边形的角标为 1,2,3,?,n。对于 n 边形的每种可能的分法 En 来说, 可取边 n1 作为一个三角形的底边,这个三角形的顶点,根据选定的剖分法,可落在 2,3, 4,?,n – 1 诸角中的顶点上。例如,若落在 r 角的顶点上,那么,在三角形 n1r 的一侧, 有一个 r 边形,而在另一侧有一个 s 边形,而 r + s 等于 n + 1(因为顶点 r 既属于 r 边形也 属于 s 边形) 。 因为 r 边形有 Er 种剖分法,而 s 边形有 Es 种剖分法,又因对于已知 n 边行的一种剖分 而言,r 边形的每一剖分法可以与 s 边形的每一剖分方法联系,所以,仅就选定 r 作顶点, 对给定的 n 边形就可有 Er ? Es 种不同分法。
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由于,r 可以依次取数列 2,3,4,?,n – 1 的每一个值,从而 s 可以依次地取数列 n – 1,n – 2,?,3,2 的每一个值,于是便得: (2) En = E2 ? En–1 + E3 ? En–2 +?+ En–1 ? E2, 这里 E2 只是为了使表达形式完整而采用的,其值为 1。 公式(2) ,是西格纳的递推公式。它证实了前述从 E3 到 E6 的数值,也给出了 E7 = E2 ? E6 + E3 ? E5 + E4 ? E4 + E5 ? E3 + E6 ? E2 = 42, E8 = E2 ? E7 + E3 ? E6 + E4 ? E5 + E5 ? E4 + E6 ? E3 + E7 ? E2 = 132, 等等。 正如歌德巴赫所指出, 西格纳的公式与欧拉公式相比, 由于下标增多而变得越来越不适 用了。 如果按照罗德里格(Rodrigues)的思路② ,研究欧拉的剖分问题或西格纳的递推公式, 并把本题和法国数学家凯特兰(Catalan)在 1838 年所解的一个问题③ 联系起来,欧拉公式 (1)的推求最为简便。 凯特兰的问题形式是: 成对地计算 n 个不同因子的乘积,共有多少种方法? 所谓成对计算一个乘积指始终有两个因子在一起相乘,并把这样“成对”乘得的积用作 继续计算中的一个因子。例如乘积 3 ? 4 ? 5 ? 7 的成对计算进行如下: 3 ? 5 =15,4 ? 15 = 60,7 ? 60 = 420。 对于这四个因子组成的乘积 abcd,把因子按字母顺序排列可得下列五个成对的乘式: [(a ? b) ? c] ? d,[a ? (b ? c)] ? d,(a ? b) ? (c ? d),a ? [(b ? c) ? d],a ? [b ? (c ? d)]。 用括号或者类似形式指明要进行成对乘法被简称为“成对” 。 因此,{[(a ? b) ? c] ? [(d ? e) ? (f ? g)]} ? [(h ? i) ? k]便是从 a 到 k,十个因子的成对乘积。立 即可以看出 n 个因子的成对乘积含有 n – 1 个乘号,对每两个因子来说,相应地含有 n – 1 个成对乘式。 凯特兰问题要求回答两个问题: 1.n 个给定的不同因子的成对乘积有多少个? 2.若因子的顺序(即字母顺序)是预定的,n 个因子可以形成多少个成对乘积? 现将第一数用 Rn 表示,第二数用 Cn 表示,Rn 的最简求法是用递推公式(根据罗德里格 法) 。假设 n 个已知因子 f1,f2,f3,?,fn 形成了 Rn 个 n 因子的成对乘积,加上第 n + 1 个 因子 fn+1 = f,并可求得的 Rn 个 n 因子的乘积来形成因子 f1,f2,f3,?,fn+1 的所有 Rn+1 个 n + 1 因子的乘积。 现在看 Rn 的每个 n 元乘积,其中每一个乘积 P 包含 n – 1 个 A ? B 形式的成对乘式。假 若用 f 一次作为在 A 之前的乘数,一次作为 A 之后的乘数,一次作为 B 之前的乘数,一次 作为在 B 之后的乘数,则从 A ? B 得到新的成对乘积(f ? A) ? B,(A ? f) ? B,A ? (f ? B)和 A ? (B ? f)。 由于因子 f 的这四个不同的排列能对 P 的 n – 1 个成对子乘积中的每一个产生影响,我 们就能从 P 得到 4(n – 1)个 n + 1 元的成对乘积。再者,从 P 还可以得到 2 个 n + 1 元的成对 乘积 f ? P 与 P ? f。这样,所述的因子 f 的排列仅仅从 Rn 的一个(P)n 元的成对乘积中可得 Rn ? (4n – 2)个 n + 1 元的成对乘积。因而,所求递推公式便是: Rn+1 = (4n – 2)Rn (3) 为了得到 Rn 的独立表达式,以 R2 = 2(a 与 b 两个因子仅能产生乘积 a ? b 与 b ? a)开 始, 从公式 (3) 推出 R3 = 6 R2 = 2 ? 6; R4 = 10 R3 = 2 ? 6 ? 10; R5 = 10 R4 = 2 ? 6 ? 10 ? 14; ?; 最后, (4) Rn = 2 ? 6 ? 10 ? 14 ??? (4n – 6)。
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第二个问题也可以用一个递推公式解答。 令 n 个因子 f??按规定的顺序为? 1,? 2,? 3,?,? n。我们从属于该系列的 Cn 个成对的 n 元乘积中取具有() ? ()形式者,左边括号包括 r 个元素? 1,? 2,? 3,?,? r,而右边括号 包括 s = n – r 个元素? r+1,? r+2,? r+3,?,? r+s = ? n。由于左边括号根据它的 r 个元素具有 Cr 种不同形式,而右边也相应地具有 Cs 种形式,而属于左边括号的每种形式可以与右边括 号中的每种形式结合,因而,上述主要形式可得 Cr ? Cs 种不同的 n 元素的成对乘积。 (5) Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +?+ Cn–1C1。 用这个递推公式,并从 C1 = 1 和 C2 = 1 开始,得如下序列: C3 = C1C2 + C2C1 = 2, C4 = C1C3 + C2C2 + C3C1 = 5, C5 = C1C4 + C2C3 + C3C2 + C4C1 = 14, 等等。 为了得到一个 Cn 的独立表达式,可设想 f1,f2,f3,?,fn 因子有 n!个不同序列(排列) , 这些顺序中的每一个均具有 Cn 个成对 n 元素乘积, 所有序列总加在一起具有 Rn 个这样的乘 积,于是 Rn = Cn ? n!,或者

Rn 2 ? 6 ? 10 ? ? ? (4n ? 6) 。 ? n! n! 公式(4)和(6)解答了凯特兰的问题。 下面解欧拉公式。 从已知数值 E2 = 1,E3 = 1,E4 = 2,E5 = 5, C1 = 1,C2 = 1,C3 = 2,C4 = 5, 以及公式(2)与(5) ,立即得出一般式 (7) En = Cn–1。 (这里是用归纳法得出的证明。假定对于至 n 的所有下标来说,公式(7)成立,则 E2 = C1, E3 = C2,?,En = Cn–1。 根据公式(2)和(5) En+1 = E2 ? En + E3 ? En–1 +?+ En ? E2, Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +?+ Cn–1C1。 由于最后两个登时的左边各元素一一对应,便得: En+1 = Cn; 也就是公式(7)对每个下标都能成立。 ) 公式(6) 、 (7)立即给出欧拉公式: 2 ? 6 ? 10 ? ? ? ( 4n ? 10) En ? 。 (8) ( n ? 1)!
(6)

Cn ?

作为总结,所求欧拉公式的简化形式为:
En ? 2 n ? 2 ? 1 ? 3 ? 5 ? ? ? (2n ? 5) 2 n ? 2 (2n ? 3)! ? , (n ? 1)! (n ? 1)!2 n ? 2 ? (n ? 2)! (2n ? 3)

且结果是:E n ?

,这里,f = n – 2 表示 n 边形总是可分割为 n – 2 个三角形,而 k = 2n – 3 k 是这些三角形的边数。 本世纪来乌尔班(H· Urban)以下面的形式推导了欧拉公式④ 。 他先用西格纳的递推公式计算 E5,E6,E7,并且“推导”出下列等式:
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kf

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E2 = 1,E3 = 1,E4 = 2,E5 = 5,E6 = 14,E7 = 42, E3 2 E E E E 6 10 14 18 ? , 4 ? , 5 ? , 5 ? , 7 ? , E2 2 E3 3 E4 4 E4 5 E6 6 由以上的分析,他推测 En 应该是:

4n ? 10 E n?1 。 n ?1 (遗憾的是,他没有说是否是“欧拉递推公式”或其他什么想法引起他这么“推断”的。 ) 这个递推公式对于下标 n 的若干初始数值来说肯定成立。为了证明其普遍成立,将 n 的结论用于 n + 1: 假设递推公式对所有从 1 到 n – 1 的下标都正确且被证实, 所以对 n 来说, 它也正确。 证明是用展开式进行: (II) S = 1 ? E2 ? En–1 + 2 ? E3 ? En–2 + 3 ? E4 ? En–3 +?+ (n – 2) ? En–1 ? E2, 或者写成倒序: (III) S = (n – 2) ? En–1 ? E2 + (n – 3) ? En–2 ? E3+ (n – 4) ? E4 ? En–3 +?+ 1 ? E2 ? En–1。 这两个等式逐项相加,便得: 2S = (n – 1)(E2En–1 + E3En–2 +?+ En–1E2), 或者根据西格纳的递推公式括号内的算式等于 En。 (IV) 2S = (n – 1)En。 根据递推公式(I) ,将公式(II) , (III)的每一乘积 Er ? Es(r = 2 除外)中左边的因子
(I)

En ?

Er 用

?r ?1 Er ?1
r ?1

来代替,而? r = 4r – 6,得:

(II?) S = E2En–1 + ? 2E2En–2 + ? 3E3En–3 +?+ ? n–2E n–2E2, (III?) S = ? n–2E n–2E2 + ? n–3E n–3E3 +?+ ? 2E2En–2 + E2En–1。 将两行所列成的对位相加,由于? r + ? n–r = 4n – 12, ,故得: 2S = En–1 + (4n – 12)(E2En–2 + E3En–3 +?+ En–2E2) + En–1。 或者由于括号内的式子等于 En–1,得出: (V) 2S = (4n – 10)En–1。 由等式(IV)和(V)得:

4n ? 10 E n?1 。 n ?1 由此证明欧拉的递推公式(I)对于下边 n 亦能成立,也就是说普遍使用。 En ?
① Novi Commentarii Academiae Petropolitanae pro annis 1758 et 1759, vol. VII ② Journal de Mathé matiques, 3 (1838) ③ Journal de Mathé matiques, (1838) ④ Zeitschrift fü r math. und naturw. Unterrricht, 1941, vol. IV

第34题 鲁卡斯的配偶夫妇问题
n 对夫妇围圆桌而坐,其座次是两个妇人之间坐一个男人,而没有一个男人和自己的妻 子并坐,问有多少种坐法? 这个问题 1891 年出现于 (大概是首次出现) 法国数学家 E· 鲁卡斯 (Edouard Lucas, 1842 – 1891 年) 的书中① 。 英国数学家 R· 贝尔 (Rouse Ball) 谈及该题时说: “解这个题决非易事。 ” 法国 人 M· 莱桑 (M· Laisant) 和 M· C· 莫赫( M· C· Moreau )以及英国人 H· M· 泰勒

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(H· M· Taylor)都解过这个问题。在麦克马洪的书中作过基于现代观点的解法② 。这里所取 的方法原则上是泰勒的解法③ 。 把从 1 到 2n 张循环排列的椅子编上号码。妇人们全坐在偶数或奇数号码的椅子上,这 两种情况无论哪一种都可能有 n!个不同的座次排列,因此,仅妇人们就有 2n!个不同的座次 排列。 假设妇人们已按这种排列中的一种方法就座, 并且下文所述全部保持这种排列。 那么该 题的核心便是求出可能有多少种方法在妇人们之间安排男人们入座。 假设把妇人们的座位顺序用 F1,F2,?,Fn 表示,她们各人的丈夫分别用 M1,M2,?, Mn 表示,成对夫妇(F1, M1),(F2, M2),?的座次用 1,2,?表示,而 n 对夫妇的排列方法 用 n 对排列表示。设不作进一步说明而就座的丈夫们的座次为 X1,X2,?。 使 F1X1F2X2?FnXnFn+1Xn+1 表示没有丈夫坐在自己妻子身边的 n + 1 对排列 (一定要记住 排列是循环式的,所以 Xn+1 坐在 Fn+1 和 F1 表之间) 。若从该排列中取出 Fn+1 和 Mn+1 = X?, 并以 Xn+1 = M??代替 X??的话,便得到 n 对排列 F1X1F2X2?F?M?F?+1?FnXn。 这种排列可发生下列三种情况: 1.没有一个男人坐在自己妻子旁边(这样 M? ? M?,M? ? M?+1,Xn ? M1) 。 2.有一个男人和自己妻子并坐(M? = M??或 M? = M?+1 或 Xn = M1 的时候) 。 3.有两个男人和自己的妻子并坐(当 M? = M??或者 M? = M?+1,且同时 Xn = M1,亦即 在排列中出现 M1F1 时) 。 这样,一定要考虑到除了在题中规定的那种以外的其它排列法。 下面来区别 A,B,C 三种形式的排列。A 式排列指没有一对夫妻并坐;B 式排列指某 一对夫妻并坐;最后,C 式排列指某一个男人坐在他妻子的指定的一边,而没有规定的另一 个男人坐在他妻子的没有规定的一边。 令 n 对中 A,B,C 三种排列数分别为 An,Bn,Cn。 首先,试着确定六个数 An,Bn,Cn,An+1,Bn+1,Cn+1 之间的关系;并从最简单的关系 开始。 考察 Bn+1,1,2,?,n + 1 对的 B 式排列 F1X1F2X2?FnXnFn+1Mn+1, 其中,Mn+1 坐在 Fn+1 的右边。根据 Xn = M1 或 Xn ? M1 把排列分成两组,然后从他们所有人 中移出一对 Fn+1Mn+1,那么第一组便得到 Bn 的 n 对的 B 式排列,而第二组则得到所有 An 种 n 对的 A 式排列,这样, (1) Bn+1 = Bn + An。 考察 Cn+1 以求得第二个关系式。n + 1 对的 C 式排列 M1F1X1F2X2?FnXnFn+1, 其中,男人 X1,X2,?,Xn 中的一个紧挨着他的妻子,根据 X1 等于或不等于 Mn+1,把这些 排列分成两组。 第二组包含 2n – 1 个小组,在第一小组里,M2 坐在 F2 的左边;在第二小组里,M2 坐在 F2 的右边;在第三小组里,M3 坐在 F3 的左边;在第四小组里,M3 坐在 F3 的右边;如此等 等。在第 2n – 1 小组里,Mn+1 坐在 Fn+1 的左边。 若从所有 Cn+1 种 C 式排列中移出对子 M1F1,从第一组得到 2,3,4,?,n + 1 等对的 所有 Cn+1 种 C 式排列,其中 Mn+1 坐在 Fn+1 的右边,从第二组的每一小组得到 2,3,4,?, n + 1 等对的 Bn 种 B 式排列,这样, (2) Cn+1 = Cn + (2n-1)Bn。 按上述推导, 若从 n + 1 对的 A 式排列 F1X1F2X2?Fn+1Xn+1 中取出一个对子 Fn+1Mn+1, 且
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以 Xn+1 代替已取出的 Mn+1,便变成了 n 对的 A 式,B 式或 C 式排列。 相反,当把 Fn+1Mn+1 插在 1,2,?,n 等 n 对的一种 A 式,B 式或 C 式排列的 F1 前, 而后交换 Mn+1 和某一其他男人的位置(使交换后不再有一个男人挨着自己妻子) 。显然,这 个方法使我们得到 1,2,?,n + 1 等 n + 1 对所有的 A 式排列。 于是,为了找出 An+1,只要确定可能完成的对于从 1 到 n 等 n 对的这种插入和随后的所 有可能的 A 式,B 式,C 式排列的交换法的数目。 n + 1 对的 A 式排列的构成分为三个步骤: I.由 A 式排列构成。 在插入几对 A 式排列后: F1X1F2X2?FnXnFn+1Mn+1 可以交换 Mn+1 和除 Xn 与 M1 以外的任何一个其他男人的位置,这便从 An 种 n 对 A 式排列中 的每一种得到 n – 2 种 n + 1 对的 A 式排列。从而得到总数为(n – 2)An 种的 n + 1 对的 A 式排 列。 II.由 B 式排列构成。 n 对的 B 式排列有下列 2n 种形式: 1. ?F1M1? 2. ?F1M2 F2? 3. ?F1 X1F2 M2? ? ? 2n – 2. ?Mn FnXn F1? 2n – 1. ?FnMn F1? 2n. ?FnM1 F1? 且这些形式中的每一种都有 Bn 种形式。 此种形式的过程对于这些形式的每一和第 2n – 1 个来说不适用(因为插入的 Mn+1 该与 M1 或 Mn 交换,然而,其结果为 M1 终将在 F1 的左边,或 Mn+1 在 Fn+1 的左边) 。 在第二、第三、?、第 2n – 2 式中,插入的 Mn+1 分别与 M2,M2,M3,M3,?,Mn–1, Mn–1,Mn 交换,把 n 对的 B 式排列变换成 n + 1 对的 A 式排列,其结果共得到(2n – 3)Bn 种 n + 1 对的 A 式排列。 在 2n 式中插入的 Mn+1,可以与 M2, M3,?,Mn 中的任何一个男人交换,其结果总共 得到(n – 1)Bn 种 n + 1 对的 A 式排列。 III.由 C 式排列构成。 这个方法把 Cn 种 n 对的 C 式排列中的任何一种 M1F1X2F2X3 F3?XnFn 变换成 n + 1 对的 A 式排列,如果掉换男人 Mn+1 和夫妻并坐的男人 M??的位置(??是 2,3, 4,?,n 等数中的一个) 。这样,从每个 n 对的 C 式排列中得到 n + 1 对的一个 A 式排列, 这相当于总计 Cn 种 n + 1 对的 A 式排列。这样,I,II,III 三步构成法得出所有 n + 1 对的 A 式排列,或总计(n – 2)An + (3n – 4)Bn + Cn 种排列法。所以, (3) An+1 = (n – 2)An + (3n – 4)Bn + Cn。 为了得到仅含相同大写字母的公式,从(1)推导出 An = Bn+1 – Bn 及 An+1 = Bn+2 – Bn+1, 把这些数值代入(3) ,得出 Bn+2 = (n – 1)Bn+1 + (2n – 2)Bn + Cn。 若用 n + 1 代替 n,即得: Bn+3 = nBn+1 + 2nBn+1 + Cn+1。
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若从上式减去前面一式,并运用(2) ,便得: Bn+3 = (n + 1)(Bn+2 + Bn+1) + Bn。 或者用 n 代替 n + 1,即得: (4) Bn+2 = (n + 1)(Bn+1 + Bn) + Bn–1。 由大写字母 B 组成的简单递推公式能从三个连续的 B 立即算出后继的一个 B。 还可能推导只含有三个连续的 B 互相联系的的递推公式,那就是下列形式的公式: (5) enBn+1 + fnBn + gnBn–1 = C, 其中,系数 en,fn,gn 表示 n 的已知函数,而 c 是一个常数。 为了求出他们,用 n + 1 代替(5)中的 n,得: en+1Bn+2 + fn+1Bn+1 + gn+1Bn = C。 用(5)减去这个等式,得: – en+1Bn+2 + (en – fn+1)Bn+1 + (fn – gn+1)Bn + gnBn–1 = 0。 为了寻求未知系数 e,f,g 的条件方程,把上式与等式(4)乘 gn 之后所得的登时 – gnBn+2 + ngnBn+1 +ngnBn + gnBn–1 = 0 进行比较。这样,能够得到 e,f,g,并满足下列三个条件: (I) en+1=gn; (II) en – fn+1 = ngn; (III) fn – gn+1 = ngn。 由这三个条件我们能求得递推公式。 从(III)可得: fn = gn+1 + ngn 或 fn+1 = gn+2 + ngn+1, 从(II)和(I)得: fn+1 = en – ngn = gn–2 – ngn+2。 使所得到的 fn+1 的两个数值相等,便得到: (n + 1)gn+1 + ngn = gn–1 – gn+2。 很容易看出 gn = n(–1)n 是该方程的一个解。根据(I) ,得 en = gn–1 = –(n – 1)(–1)n, 根据(III) ,得: fn = gn+1 + ngn = (n2 – n – 1)(–1)n。 从而,等式(5)转换成 (n – 1)Bn+1 – (n2 – n – 1)Bn – nBn–1 = –c(–1)n。 为了求常数 c,使 n 等于 4,观察到 B3 = 0,B4 = 1,B5 = 3,便得到 c = 2。 从而所寻求的递推公式为 (6) (n – 1)Bn+1 = (n2 – n – 1)Bn + nBn–1 – 2(–1)n。 为了求得关于字母 A 的类似递推公式,依照(1)和(6)的形式,用 Bn 与 Bn+1 来表示 An–1,An 与 An+1,这样得到:
An ?1 ? 2(?1) n 1? n n2 ?1 B n ?1 ? Bn ? , n n n

An = Bn+1 – Bn,
An ?1 ? 2(?1) n n ?1 n ?1 B n ?1 ? Bn ? , n n n
2

消去 Bn 与 Bn+1,得:
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(7) (n – 1)An+1 = (n2 – 1)An + (n+1)An–1 + 4(–1)n。 这便是莱桑的递推公式。这使得从前面紧接着的两个 A 可以计算出后继的 A。 于是,由于 A3 = 1,A4 = 2 和(7) ,便得 A5 = 13。这仍然很容易直接验证。更进一步整 个系列 A6 = 80, A7 = 579, A8 = 4738, A9 = 43387, A10 = 439792, A11 = 4890741, A12 = 59216642 等等,都可以从(7)推导出。从而消除了计算 A 的难点。 这样本题就解决了。 n 对夫妇的可能座次排列的数目是 2Ann!,其中,An 可从莱桑的递推公式算出。
① “Ré cré aticns mathé matiques”,见《Thé oris des Nombres》 ② Combinatory Analysis ③ The Messenger of Mathematics, 32, 1903

第35题 卡亚姆的二项展开式
当 n 是任意正整数时,求以 a 和 b 的幂表示的二项式 a + b 的 n 次幂。 解:为了确定二项展开式,写出 (a + b)n = (a + b) (a + b)?(a + b), 这里,右边包含 n 个相同的括号 a ? b 的乘积,像人们所了解的那样,括号的乘式包含从每 一括号中选出一项,得出所选项的乘积,并继续该过程,直至取尽所有可能的选择,最后将 得到的乘积加在一起。 这类乘积的形式如下:
P ? a ? 1 b ?1 a ? 2 b ? 2 a ? 3 b ? 3 ? , 其中,从开头的? 1 个括号中各取出因子 a,从随后的? 1 个括号中各取出因子 b,再从其后的

? 2 个括号中各取出因子 a,等等。在这种情况下,? 1 + ? 1 + ? 2 + ? 2 +?等于现有的括号数,
即 n。 如果? 1 + ? 2 +?等于?,? 1 + ? 2 +?等于?,展开式可写成较简单的形式: P = a?b?, 其中 ? + ? = n。 除所述的这种方法外,一般还有许多其它方法可以求得乘积 P。例如,从前面??个括号中取 出 a,而从后面??个括号中取出 b;从前面??个括号中取出 b,而从后面??个括号中取出 a, 等等。如果乘积 P 在上述方法中出现 C 次,C 被理解为代表一个最初的未知数,那么 G = Ca?b? 表示二项展开式的一项。其它各项除了指数??与??以及系数 C 不同外,都具有相同的形式。 因此,? + ??总是等于 n。 该题的关键是确定所谓的“二项系数”C,即回答问题:在二项展开式中乘积 P = a?b? 出现多少次? 为了解答这个问题, 首先按照从括号中最初选定的顺序逐个地写出乘积中的因子 a 和 b: aa ? a ? bb ? b ? aa ? a ?? ?? ? ? ? ? ?? ? 共? 1个 共? 1个 共? 2 个 这就是出现??个相同元素 a 与??个相同元素 b 的 n 个元素的排列。这些元素排列种数的多少 与从 n 个 a + b 的连乘式中得到的项 P 一样。 但是,其中出现一类 ?? 个相同元素和另一类?? 个相同元素的 n 个元素的排列种数是

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n! 。这就是乘积 a?b??经常出现在二项展开式中的情况,因此, ?! ? ! C? n! 。 ?! ? !

在展开式中的这一公式中 an 和 bn 两项是明显的例外,它们每一项只出现一次。为了消

n! n! 和 。 n!0! 0! n! 个别地形成乘积 P 的可能性也能以几何形式表示。例如,上述第一种可能性以下列方 法表示:用? 1 个连续线段 a 来标出一段水平距离,从这个距离的末端延伸一段垂直距离即? E 1 个连续线段 b,从这个垂直距离的末端延伸第三段水平距 离即? 2 个连续线段 a,等等。同样地表示形成 P 的其它可 能性,因此,从同一点开始描绘所有 C 个相同 Z 形的轨迹, 这些迹线表示 C 种可能性。这样,如要找出(a + b)18 的二项 展开式中具有 a11b7 形式的的全部乘积数目??的话,就画出 一个由 11 ? 7 个矩形格子组成的矩形网络, 每格水平边为 a, 垂直边为 b,形成每排为 11 格的 7 个横排,一排在另一排 的下方(见图 1) 。那么可能性 a4b3a7b4(由 4 个括号得 a, 由随后三个括号得 b, 由其次七个括号得 a 和由最后 4 个括 F 号得 b)用粗实线表示;可能性 b2a6b3a2b2a3 用虚线表示, 图1 因此,所求的数??等于从网络的角 E 引至角 F 的所有可能 的直接通道数。 这样,先前求得的 C 的公式也为下述有趣算题提供了解答: 某城有 m 条东西走向和 n 条南北走向的街道,从该城的西北角到东南角有多少种走法 (不得迂回)? 由于东西向的街道被分割成 n – 1 段,每段为 a;南北向街道被分割成 m – 1 段,每段为 b;所以,所有可能的通道数是 (m ? n ? 2)! 。 (m ? 1)! (n ? 1)!
除这一例外, 令符号 0!表示 1; 便能和公式协调一致地把 an 和 bn 的系数分别写成 现在回到二项式定理。 二项式系数 C 的确定立即揭示所求的二项展开式:

(a ? b) n ? ? Ca ? b ? ,
其中
C? n! 。 ?! ? !

这里??和??适合凡能满足条件? + ? = n 的所有可能的非负整数。 例如,展开(a + b)5,得出:

(a ? b) 5 ? a 5 ?


5! 4 5! 3 2 5! 2 3 5! 4 a b? a b ? a b ? ab ? b 5 4! 1! 3!2! 2!3! 1!4!

(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10 a2b3 + 5ab4 + b5。 通常写法用

n(n ? 1)(n ? 2) ?(n ? ? ? 1) 1? 2 ? 3 ? ?? ?
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