有關三元數列的探討 - 政大學術集成

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(1) . 國立政治大學應用數學系碩士學位論文. 有關三元數列的探討 A Study about Ternary Sequences 政治大立 ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. 碩士班學生 : 林宥廷撰指導教授 : 李陽明博士中華民國 103 年 7 月 2 日 .

(2) . 謝. 辭. 時光飛逝，漫長的學生生涯又要畫下一個休止符了，在求學的路程中遇到了許許多多的貴人，首先要感謝的就是我的家人以及女朋友了，在我遇到低潮無助的時候一直給我加油打氣。再來就是我的指導老師李陽明老師了，他不嫌棄我的資質駑鈍，在我對問題不理解的時候很有耐心的教導我，甚至在生活上也給我很大的鼓舞-像是學生之前發生車禍，老師也是立刻就打電話過來慰問，在前年則因為實變考不好以及論文的規定，決定先休學去當兵，當完兵雖然有經濟上面的重擔，但靠著老師的支持及鼓勵繼續，學生還是希望可以回來學校將它完成，在. 政治大在學業上也給我很大的助益，讓我得以窺探數學這片無涯的學海，也深深體會到立此再次深深的感謝老師。最後就是政大應數系的曾經指導過我的每一位老師們，. ‧. ‧ 國. 學. 自己學識的不足，期盼以後有機會可以再充實自己的知識。. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i . i n U. v.

(3) . 摘. 要. 長度為 n 的三元數列(0, 1, 2)，探討(一)0 為偶數個 1 為偶數個，或(二)0 為偶數個 1 為奇數個，或(三)0 為奇數個 1 為偶數個，或(四)0 為奇數個 1 為奇數個的方法數時，就離散的傳統上來說是用遞迴關係去求解。本文將建構一對一函數，利用一對一函數的特性去求此問題的解，與以前的方法比較起來僅需要了解一對一函數的特性即可求解，易懂且不需要用到比較複雜的遞迴觀念。. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. ii . i n U. v.

(4) . Abstract The problem of the number of ternary sequences of length n with : (a) 0 is even, 1 is even, (b) 0 is even, 1 is odd, (c) 0 is odd, 1 is even, (d) 0 is odd, 1 is odd, has been solved by recurrence relations before. We solve the problem by constructingone-to-one functions, and use the characteristics of one-to-one. 政治大. functions to solve this problem. Our method is simpler than those methods which. 立. have been done before.. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. iii . i n U. v.

(5) . 目錄第一章. 緒論……………………………………………………………………… 1. 第二章. 三元數列的遞迴關係解法……………………………………………… 3. 第三章. 用建立三元函數方式求三元數列問題之解…………………………… 5. 第四章. 兩個變數的三元數列問題……………………………………………… 7. 第五章. 長度為 n 的 k 元數列問題……………………………………………… 15. 第六章. 結論……………………………………………………………………… 21. 參考文獻…………………………………………………………………………… 22. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. iv . i n U. v.

(6) . 第一章. 緒論. 生活中處處可見編碼的存在，像是從出生開始後的每個人都有的身分證字號、等到上學了以後會有學號、家裡的門牌號碼、甚至是訊息傳遞的編碼等。而依據功能性的不同，有些需要較複雜的真偽驗證 - 像是我們中華民國的身分證、或者是訊息傳遞的 01 編碼等；有些則是簡單的偵錯即可 - 像是學號等。. 舉例來說，中華民國身分證字號一共有 10 碼，包括起首 1 個大寫的英文字母與接續的 9 個阿拉伯數字。而身分證字號的規則如下 : 英文字母是以初次登記的. 治政戶籍地來區分編號的，字母 ABCDEFGHJKLMNPQRSTUVXYWZIO 大分別對應一組二為數立 (10~35)，令其十位數為 a 、個位數為 a (例如:B  a =1, a =2 ; C  a =1, a 1. 2. 1. 2. 1. 2. ‧ 國. 學. =2......)，再令 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 代表剩下的 9 個阿拉伯數字，而首位數字 a3. ‧. 是拿來區分性別，男性為 1、女性為 2，而整個數列還必須滿足以下規則 : 定義函數 f (a1a2 ...a11 )  a1  9a2  8a3  7 a4  6a5  5a6  4a7  3a8  2a9  a10  a11 ，. y. Nat. io. sit. 若 10 | f (a1a2 ...a11 ) ，則此組身分證字號是可用的，例如身分證字號 H123461223，. n. al. er. 我們可依規則將他寫成 17123461223 的十一位元數列，利用上面的函數檢查 :. Ch. i n U. v. f (17123461223)  1  7  9  1 8  2  7  3  6  4  5  6  4  1 3  2  2  2  3 =160. engchi. 160 是 10 的倍數，也就是說這是一組可以使用的身分證字號。細看函數值，可改寫成 a1  9a2  8a3  7a4  6a5  5a6  4a7  3a8  2a9  a10  a11  0(mod 10) ，也就是說 a1  9a2  8a3  7a4  6a5  5a6  4a7  3a8  2a9  a10  10  a11 (mod 10) ，所以 a11 可以視為是檢查碼。而藉由這樣的設計，可以防止自己在填寫時了解自己是否有填錯，有偵錯的功能。. 奇偶校驗是一個表示給定位數的二進制數中 1 的個數是奇數還是偶數的二進制數，而奇偶校驗位是最簡單的錯誤檢測碼。舉例:假設有一個 7 位數據(1010001)，顯然這個數據的 1 有三個，為奇數個，若以偶校驗檢定，則其帶有偶校驗位的位 1 .

(7) . 元組則為(1010001"1")的八位元數。因此可以簡單的判別一個位元組是否有錯。. 綜觀以上編碼，都是為了偵錯的功用而另外賦予數列其他規則，隨著規則的複雜度提高，就可以更準確的判別數列的真偽，甚至去改正錯誤。. 本文著重在奇偶校驗法，對於傳統的長度為 n 的三元數列，本文完全藉由建構一對一函數的觀點去切入，有別於使用傳統離散數學工具 - 如遞迴或指數生成函數等方式，以期可以求得解。第二章先介紹 0 為奇數個或 0 為偶數個的方法數問. 治政章將第二章的問題延伸至"0 為偶數個 1 為偶數個"、大或"0 為偶數個 1 為奇數個"、立題並以傳統的方法求解，第三章使用一對一函數的觀點去解第二章的問題，第四. 或"0 為奇數個 1 為偶數個"、或"0 為奇數個 1 為奇數個的方法數"，並且建構一. ‧ 國. 學. 個一對一函數並使用一對一函數的觀點去解此問題，第五章將問題推廣至 n>3. ‧. 的情況，第六章為結論及展望。. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 2 . i n U. v.

(8) . 第二章三元數列的遞迴關係解法考慮長度為 n 的三元(0, 1, 2)數列 (例如長度為二的三元數列可為"00"、"01"、 "02"、"10"、"11"、"12、"20"、"21"、"22"，共九種。) 再考慮 0 有偶數個的方法數以及 0 有奇數個的方法數，傳統上來說必須使用遞迴的關係式。 (1)假設有偶數個 0 的方法數有 ai 種，我們可將所有可能的方法分成以 0 開始的或以 1 開始的或以 2 開始的，共三大類，如下圖(圖一)所示。. 政治大. 圖一:長度為 n 的數列可分成三大類，0 開始或 1 開始或 2 開始的數列。. 立. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. 由上圖可得遞迴關係式 an  3n 1  an 1  an 1  an 1. engchi. iv n U a 3 n 1. n 1. 現在想要解此遞迴式，必須要先獲得特解(particular solution)。. n n 1 設 pn  r  3 ，則 pn 1  r  3 (*) n 1 將(*)代入 an  an 1  3 ，則可獲得 r  3  r  3. n. 又因 pn . 1 2.  3n 1 ，因此 r  。. 3 1 n 3  3 ，所以 p1  ，但 a1  2  p1  ，因此需設誤差解 en  an  pn ， 2 2 2. 而 e1  a1  p1 . 1 。 2 3 . . n 1.

(9) . 因為 an  pn  en ，可得 pn  en  3. n 1.  pn 1  en 1 ，因此. 1 n 1  3  en   3n  en 1 得到 en  en 1 , n  2 。 2 2 1 ,對 en  因此對於所有 n  1 2 3n  1 an  pn  en  即，為所求。 2. 使用遞迴關係雖然可以輕易的解決三元數列問題，但對於一般不具有離散數學背. 政治大. 景的人不好理解，因此我們將在下一章節討論非遞迴的三元數列問題解法。. 立. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 4 . i n U. v.

(10) . 第三章用建立函數方式求三元數列問題之解 A : 為有著偶數個 0，長度為 n 的三元數列所形成的集合。 B : 為有著奇數個 0，長度為 n 的三元數列所形成的集合。. 3n  1 3n  1 顯然地, A  B  A  B  3 ，又因為 A  an  ，所以 B  。 2 2 n. 11. 問題 : 我們可否找到一個一對一函數 f : B  A ? 答案 : 確實可以,對於任意的序列 b1b2 ...bi ...bn  B , 可以得到 11. f (b1b2 ...bi ...bn )  b1b2 ...(1  bi )...bn ，則 f : B  A ，而且 bi 為 b1b2 ...bi ...bn 裡面第一個不為 2 的位元。. 學. ‧ 國. 立. 政治大. 現在我們必須要確認一些 f 的性質。. ‧. (一) f 是具有良好定義的.. y. Nat. er. io. sit. (i) bi  0  1  bi  1. 因此，0 的數目會少一個，而對此序列，0 的數目會從奇數個變成偶數個。. n. al. Ch. (ii) bi  1  1  bi  0. engchi. i n U. v. 0 會多一個，因此對此序列，0 的數目也會從奇數個變成偶數個。. (二) f 是一對一函數: ' '. '. '. 假設對於某一序列 b1b2 ...bi ...bn 存在一組序列 b1b2 ...b j ...bn ，使得. f (b1b2 ...bi ...bn )  f (b1'b2' ...b 'j ...bn' ) ，其中 bi 為 b1b2 ...bi ...bn 此序列第一次不為 2 的 '. ' '. '. '. 地方，而 b j 也是 b1b2 ...b j ...bn 此序列中第一次不為 2 的地方，則可得. b1b2 ...(1  bi )...bn  b1'b2' ...(1  b'j )...bn' 5 .

(11) . 情況一: i  j ' ' 則 1  b j  b j  2 => b j  1 ，矛盾於 b j 必須為 0 或 1 的假設。. '. 情況二: i  j ' 則 1  bi  bi  2 => bi  1 ，矛盾於 bi 必須為 0 或 1 的假設。. 情況三:. i j. b1b2 ...(1  bi )...bn  b1'b2' ...(1  b'j )...bn'. 政治大. ' ' ' ' 可得 b1b2 ...bi ...bn  b1b2 ...b j ...bn 。. 立. ‧ 國. 學. 因此，藉由(一)跟(二)可得知 f 是具有良好定義的，而且是一對一函數，但 f 卻. ‧. 不是映成函數:. n. al.  An ，但是在 B 中卻沒有與之相對應的元素存在，. er. io. 數列，顯然地， b1b2 ...bi ...bn. sit. y. Nat. 考慮 b1b2 ...bi ...bn , bi  2, i  1, 2,..., n ,也就是所有的位元皆為 2、長度為 n 的. i n U. v. 所以得知 A 的數量會比 B 的數量少 1，因此" f 不是映成函數"。. Ch. e n3 g 1c h i. 由簡單的二元一次方程式可得知 A . n. 3n  1 ，B  。 2 2. 一個變數的三元數列問題可以很輕易的用建立一對一函數的方式去解決，但是兩個變數以上時是否能用相同的方法？我們將在下個章節探討兩個變數的三元數列問題。. 6 .

(12) . 第四章. 兩個變數的三元數列問題. 問題 : 有著偶數個 0 以及偶數個 1，長度為 n 的三元數列有多少種？方法一:以傳統遞迴方式求解. 表一:長度為 n 的三元數列的奇偶情形 0 的個數. 1 的個數. an. 偶數. 偶數. bn. 偶數. 奇數. 奇數. 奇數. 政治大偶數立奇數. 學. dn. ‧. ‧ 國. cn. n. al. er. io. sit. y. Nat. an :. cn 1. Ch. ebnn1g c h i. 可得 a n  a n  1  b n  1  c n  1. 7 . i n U. v. an 1.

(13) . bn :. an 1. d n 1. 可得 bn.  an 1  bn 1  d n 1 。. 立. 政治大. an 1. 學. ‧ 國. cn :. bn1. cn 1. d n 1. ‧. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. 可得 cn  an 1  cn 1  d n 1 。. engchi. i n U. v. n 1. n 且因為 an  bn  cn  d n  3 ，所以 an 1  bn1  cn1  d n1  3. 而 a1  b1  c1  1. an  an 1  bn 1  cn 1......................(1)   cn 1  3n 1.............(2) bn    bn 1  3n 1.............(3) cn . 8 . 。.

(14) . (2) + (3)，得到. bn  cn  (bn 1  cn 1 )  2  3n 1 讓 f n  bn  cn ，可得.  f1  2  n 1  f n   f n 1  2  3. 解得 r . n.   r  3n 1  2  3n 1 ，. 1 n 1 , 因此 pn   3 2 2. 政 32  1治 , e  e 2 大. 讓 en  f n  pn , 則 e1  f1  p1  2 . 3n  (1)n 2. sit. 3n 1 n , pn  s  3 2 a. er. io. iv l C n U 1 n 1 h e n g1c h i n n 1 s 3  s 3  3 n. 可得. ‧. n 1. Nat. 3n 1  (1) 可得 an  an 1  bn 1  cn 1  an 1  2 設 pn  pn 1 . n 1. 學. f n  pn  en . 立. 1 (1) n 1 ，所以 n  2 2. ‧ 國. 聯立可得 en . n. y. n 讓 pn  r  3 可得 r  3. 2. ，因此 2 s . 2. ，. 1 3n ,而 pn  。所以 s  4 4. 3n 1  (1)n 1 設 an  pn  en ，因此 pn  en  pn1  en 1  ， 2. 3n 3n 1 3n1  (1)n1  en 1  可得  en  ，也就是 4 4 2. 9 .

(15) . 3n1 3n 1  (1)n1 (1)n1  (2)  en1   en1  en  4 2 2 設 en  r  (1) , 可得 r  (1)  r  n. 1 2. (1) n 1 , en  。因此 r  4 4 因為 p1 . 1 3 (1) n 2  t ，可得 t  。、 a1  1 ，可得 e1  (不合)，因此 en  4 4 4 4. 所以 an  pn  en . 3n (1) n 2 3n  (1) n  2    ，可得 a1  1 ， a2  3 。 4 4 4 4. 立. (1)+(2). 3n  (1) n  2 n 1 代入 an  bn  an 1  bn 1  3 ，可得 4. ‧ 國. 學. 將 an . 政治大. ‧. 3n  (1)n  2 3n 1  (1)n 1  2  bn   bn 1  3n 1 。因此 4 4. sit. y. Nat. n. al. er. io. 3n1  (1)n1 3n1 (1)n1  bn1 ，   bn1 ，而 bn  bn  2 2 2 可推得 bn . 3n  (1)n 。 4. Ch. engchi. i n U. v. 3n  (1) n 使用同樣的方法，我們可以得到 cn  ,因此 4 d n  3n  an  bn  cn . 3n  (1) n  2 。 4. 方法二:以指數生成函數方式求解. an.  i! x n0. n. (. x. e  e 2 x e  2e  e ) e  2 4 x. 3x. x. x. 3n  2  ( 1) n 4  xn n! n0 ，. 10 .

(16) . an . 3n  (1)n  2 4. 同樣地也可以由此求出. bn n e x  e  x e x  e  x x e3 x  e  x  x ( )( )e   i ! 2 2 4 n0. 3n  (1) n 4  x n ，可推得 n! n 0. 3n  (1)n 3n  (1)n cn  bn  bn  4 4 ，. dn n e x  e  x 2 x e 3 x  2e x  e  x x  ( ) e   2 4 n0 i ! 3  2  (1) 4. 。立. 政治大. 學. . n. ‧ 國.  dn . n. 3n  2  (1) n 4 xn  n! n0. 比起遞迴的方法，用指數生成函數使用的算式以及步驟的確是少了很多，可是要. ‧. 了解、進而應用指數生成函數，必須具備離散數學、代數學與分析的基礎，對於. y. Nat. 一般人而言較不易使用，因此本文的目的也就是希望可以使用更簡單的函數對應. er. io. sit. 方式去解決此複雜的問題。. al. n. v i n 現在我們將用建立一對一函數的方法來解決此三元數列問題。 Ch engchi U. 將集合切割成四大類 A,B,C,D，而各集合皆包含長度為 n 的三元數列，其各個集合的元素性質如下表：表:0 與 1 的奇偶以及其集合代號集合代號. 0 的個數. 1 的個數. A. 偶數. 偶數. B. 偶數. 奇數. C. 奇數. 偶數. D. 奇數. 奇數 11 . .

(17) . 建立一函數 f : B  A , f ( y1 y2 ... yi ... y n )  y1 y2 ...(3  yi )... yn ，其中 yi 是數列當中第一個為 1 或 2 的位置。. 推論 : (一) f 是具有良好定義的函數。 (二) f 是一對一函數。證明(一): (i)假設 y1 y2 ... yi ... yn  B 而且 yi  1 是第一個為 1 的位元數且在此位元之前皆沒有為 2 的位元，那麼因為 3  yi  3  1  2 , 所以為 1 的位元數會少一個，原本. 治政大的數目為偶數,1 的數的序列就會從＂0 的數目為偶數,1 的數目為奇數＂變成＂0 立 ‧ 國. (ii) 假設. 學. 目為偶數＂，因此 y1 y2 ...(3  yi )... yn  A .. y1 y2 ... yi ... yn  B 而且 yi  2 是第一個為 2 的位元數且在此之前沒有. ‧. 1 的位元數，那麼因為 3  yi  3  2  1 , 所以為 1 的位元數會多一個，原本的序. y. Nat. 偶數＂，因此 y1 y2 ...(3  yi )... yn. n. al. 因此推論(一)成立。. A.. Ch. engchi. er. io. sit. 列就會從＂0 的數目為偶數,1 的數目為奇數＂變成＂0 的數目為偶數,1 的數目為. i n U. v. 證明(二): 設. f ( y1 y2 ... yi ... yn )  f ( y1' y2' ... y 'j ... yn' )  y1 y2 ...(3  yi )... yn  y1' y2' ...(3  y 'j )... yn' (i)假設 i.  j,. (ii)假設 i. 那麼 3  yi.  j,. (iii)假設 i.  j,. 那麼 3 .  0 ，可得 yi  3 ，此為矛盾。. y 'j  0 ，可得 y 'j  3 ，此為矛盾。. ' 那麼 3  yi  3  y j => yi  y j ，此為唯一可能。. '. 12 .

(18) . 因此 y1 y2 ...(3  yi )... yn.  y1' y2' ...(3  y 'j )... yn' ，可得. y1 y2 ... yi ... yn  y1' y2' ... y 'j ... yn' ，所以 f 是一對一函數。. 問題: f 是否為映成函數？答案: 共n個. (i) 若 n 為偶數則 f 不是映成函數，因為 00...0 此元素屬於 A，而且 B 集合內沒. 治政大 (ii) 若 n 為奇數則 f 是映成函數，因為在 A 的任何一個元素中，至少都會存在立有任何元素可以跟它對應。. 一個非 0 的位元，因此必可在 B 集合中找到與之對應的元素。. ‧ 國. 學. 利用相同的方式，我們也可找到一函數. ‧. g : C  B , g ( z1 z 2 ...zi ...z n )  z1 z 2 ...(1  zi )...z n ,. Nat. sit. y. 其中 z i 是第一個為 1 或為 0 的位元數. 藉由前面的方式，我們也可證明 g 是一. n. al. er. io. 對一函數且具有良好定義，更進一步， g 也是映成函數。因此可知，B 和 C 裡面的元素個數是相等的。. Ch. engchi. i n U. v. 考慮 h : D  C ， h ( x1 x2 ...xi ...xn )  x1 x2 ...(3  xi )...xn 同樣也可得出 h 是一對一函數。而 h 在 n 為奇數的時候並非映成函數，因為共n個. 00...0 此元素屬於 C，卻沒有 D 裡面的元素與之對應。但如果 n 為偶數，則此函數屬於映成函數。. 歸納以上結果可以得知幾件事情: (i) n 為偶數時 13 .

(19) . A 1  B , B  C , C  D 3n  1 3n  1 B  C  D  1 、可得 A  4 4. (ii) n 為奇數時. A  B , B  C , C  1  D. . 3n  1 3n  1 1 可得 A  B  C  、D  4 4. 政治大. 立. 上述結果與用前面使用兩種傳統離散數學解法得出的結果相符。雖然步驟多了幾. ‧ 國. 學. 步，但使用的方法只需要具備函數的概念以及簡單的代數運算即可了解，而在下章，我們將探討 k  3 的情形。. ‧. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 14 . i n U. v.

(20) . 第五章. 長度為 n 的 k 元數列問題. 前面已經用了函數的方法建構了 k  3 的情形，現在我們想更進一步認知 k  3 的情形，現在從 k  4 的情況開始，表一 : 長度為 n 的四元數列以及奇偶情形 0 的個數. 1 的個數. 2 的個數. A. 偶. 偶. 偶. B1. 奇. 偶. 偶. B2. 偶. 奇. 偶. B3. 偶. C1. 偶. 奇. 奇. 奇. 偶. 奇. 奇. 奇. 偶. 奇. 奇. 奇. Nat. y. ‧. D. ‧ 國. C3. 立. 學. C2. 政偶治大奇. io. sit. 顯然地， B1  B2  B3 、 C1  C2  C3 。. n. al. er. 現在，我們用之前的方法建構一個函數 f : B1  A 且 f ( x1...xi ...xn )  x1...(3  xi )...xn ，. Ch. i n U. v. 其中 xi 為第一個為 0 或 3 的數，所以經過簡單的驗證可得知 f 是有良好定義的，而且 f 是一對一函數。. engchi. 推論 : (一) f 是具有良好定義的函數。 (二) f 是一對一函數。證明: (一) (i)假設 y1 y2 ... yi ... yn  B1 而且 yi  0 是第一個為 0 的位元數，且在此位元之前皆沒有為 3 的位元，那麼因為 3  yi  3  0  3 , 所以為 0 的位元數會少一個，原本的序列就會從＂0 的數目為奇數,1,2 的數目皆為偶數＂變成＂0,1,2 的數目皆為偶 15 .

(21) . 數＂，因此 y1 y2 ...(3  yi )... yn  A . (ii) 假設 y1 y2 ... yi ... yn  B1 而且 yi  3 是第一個為 3 的位元數，且在此之前沒有 0 的位元數，那麼因為 3  yi  3  3  0 , 所以為 0 的位元數會多一個，原本的序列就會從＂0 的數目為奇數,1,2 的數目皆為偶數＂變成＂0,1,2 的數目皆為偶數＂，因此 y1 y2 ...(3  yi )... yn. A.. 因此推論(一)成立。. (二). 政治大. 假設 f ( y1 y 2 ... yi ... y n )  f ( y1' y 2' ... y 'j ... y n' ). 立.  y1 y2 ...(3  yi )... yn  y1 y2 ...(3  y j )... yn '. '. 學. (i)假設 i. '. ‧ 國. '.  j , 那麼 3  yi  0 ，可得 yi  3 ，矛盾於" yi 為 1 或 2"的假設。. ‧. (ii)假設 i.  j , 那麼 3  y 'j  0，可得 y 'j  3，矛盾於" y 'j 為 1 或 2"的假設。. y. Nat. '. al. n. 因此 y1 y2 ...(3  yi )... yn  y1 y2 ...(3  y j )... yn ，可得 '. '. Ch. y1 y2 ... yi ... yn  y1' y2' ... y 'j ... yn'. '. '. engchi. er. io. sit. ' (iii)假設 i  j , 那麼 3  yi  3  y j ，可得 yi  y j ，此為唯一可能。. i n U. v. 所以 f 是一對一函數。. 建立函數後，考慮集合 A 與 Bi 的數量關係: (1)當 n 為奇數時. . A  B1. . (2)當 n 為偶數時， A  B1  (長度為 n，0、 3 不出現，且1、2皆為偶數個的次數)，再由簡單的函數對應可得到 16 .

(22) . (長度為 n，0、3 不出現且 1、2 皆為偶數個的次數) = (長度為 n，0、3 不出現且 1、2 皆為奇數個的次數) 所以 A  B1  2n 1 。. 再來考慮函數 g : D  C1 且 g ( x1...xi ...xn )  x1...(3  xi )...xn ，其中 xi 為第一個為 0 或 3 的數，經過簡單的驗證也可以得知 g 是有良好定義，而且 g 也是一對一函數， (1)當 n 是奇數時 C1  D (2)當 n 是偶數時 C1  D  (長度為n且1、2皆為奇數的個數) ，同樣由簡單的函數對應可得知 C1  D  2n1 。. 立. 政治大. ‧ 國. 學. 現在考慮 B2 跟 C3 的對應，考慮 h : C3  B2 ,且 h( x1...xi ...xn )  x1...(3  xi )...xn ，其中. ‧. xi 為第一個為 0 或 3 的數，. sit. y. Nat. (1)n 為奇數時，. n. al. er. io. B2  C3  (n為奇數時，0、3 不出現，且1為奇數、2為偶數個的次數). i n U. 同樣的經過簡單的函數運算可得知 B2  C3  2n 1 。 (2)n 為偶數時， C3  B2 。. Ch. engchi. 所以現在我們一共有了好幾個方程式 (1)n 為奇數時. A  3 B1  3 C1  D  4n A  B1 C1  D 17 . v.

(23) . B1  C1  2n 1. 4n  2  2n 4n  2  2n ， A  B1  8 8. 可得 D  C1 . (2)n 為偶數時. A  3 B1  3 C1  D  4n A  B1  2n 1 C1  D  2n1. 立. ‧ 國. 學. C1  B1. 政治大. 4n 4n  4  2n 4n  4  2n ，A  ，D  。 8 8 8. n. al. er. io. sit. y. Nat. 驗證:. ‧. 可得 C1  B1 . i n U. v. n=1 時， A  1 ( x1  3 )， B1  B2  B3  1 ( x1  0 ， x1  1 ， x1  2 )，. Ch. C1  C2  C3  0 ， D  0 。. engchi. n=2 時， A  4 ( x1 x2  00 or 11or 22 or 33 )， B1  B2  B3  2 ( x1 x2  03 or 30 ， x1 x2  13 or 31，x1 x2  23 or 32 )， C1  C2  C3  2 ( x1 x2  12 or 21，x1 x2  02 or 20， x1 x2  01or 10 )， D  0 。. 利用生成函數驗證: 18 .

(24) . 令 an 為長度為 n，0、1、2 皆為偶數的方法個數； bn 為長度為 n，0、1、2 其中兩種位元為偶數，剩下的為奇數的元素個數； cn 為長度為 n，0、1、2 其中一種位元為偶數，剩下為奇數的元素個數； dn 為長度為 n，0、1、2 皆為奇數的元素個數。考慮. an n e x  e  x 3 x e 4x  3 e 2x  3  e  2 x  ( ) e  x  2 8 n0 i !. 4 n  3  2 n  (2) n an  8 。. 立. 4n  3  2n  ( 2) n 8  xn ! n n0 ，. 政治大. 4 n  3  2 n  ( 2) n 4 n  3  2 n  ( 1)  2 n 4 n  2  2 n   8 8 8. y. Nat. (2)n 為偶數時:. er. io. sit. an . ‧. ‧ 國. 學. (1)n 為奇數時:. n. 4 n  3  2n  ( 2) n a4 n  3  2 n  2 n 4 n  4  2 n v an   l  i 8 8 8 n C. hengchi U. 兩者皆與使用一對一函數作出的結果相符。. 再考慮. bn.  i! x n0. n. (. x. x. e e e  e 2 x e  e 1 e )( ) e  2 2 8 x. x. 4x. 2x. 4n  2n  ( 2) n bn  8 。 19 . 2 x.  n0. 4n  2n  ( 2) n 8 xn n!.

(25) . (1)n 為奇數時:. 4 n  2 n  ( 2) n 4 n  2  2 n bn   8 8 (2)n 為偶數時:. 4 n  2n  (2) n 4n  2n  2n 4n bn    8 8 8 與使用一對一函數作出的結果相符。. 立 x. cn n ex  e 2 ex  e e  e 1  e  ( ) ( )  ex  x  2 2 8 n0 i ! 2x. al. n. (1)n 為奇數時. Ch. engchi. 4 n  2 n  ( 2) n 4 n  2  2n cn   8 8 (2)n 為偶數時. 4n  2n  ( 2) n 4 n  2 n  2 n 4 n cn    8 8 8 與使用一對一函數作出的結果相符。. 20 . 4n  2n  (2) n 8  xn n! n0. er. io. 4 n  2 n  ( 2) n 8 。. 2 x. sit. Nat. cn . 4x. y. x. ‧. ‧ 國. 學. 再考慮. 政治大. i n U. v.

(26) . 再考慮. dn.  i! x n0. n. (. x. e  e 3 x e  3e  3  e ) e  2 8 x. 4x. 2x. 2 x. 4n  3  2n  (2) n 8  xn n! n0. 4n  3  2n  (2) n dn  8 (1)n 為奇數時. dn . 4n  3  2n  (2) n 4n  3  2n  2n 4n  2  2n   8 8 8. (2)n 為偶數時. 立. 政治大. ‧ 國. 學. 4n  3  2n  ( 2) n 4n  3  2n  2n 4n  4  2n dn    8 8 8. ‧. 與使用一對一函數作出的結果相符。. sit. y. Nat. io. n. al. er. 綜觀以上，雖然使用一對一函數的方式求解，手續較傳統的生成函數為複雜，但. i n U. v. 是使用的概念以及原理淺顯易懂，只需具備高中數學的基本知識即可使用，並一樣可求得正解。. Ch. engchi. 當 k  5 ，雖然還是可以用函數對應的方法去檢視，但手續的複雜度就提高了許多。. 考慮 k  5 ，如下表. 21 .

(27) . 表一 : 長度為 n 的五元數列以及奇偶情形 0 的個數. 1 的個數. 2 的個數. 3 的個數. A. 偶. 偶. 偶. 偶. B1. 奇. 偶. 偶. 偶. B2. 偶. 奇. 偶. 偶. B3. 偶. 偶. 奇. 偶. B4. 偶. 偶. 偶. 奇. C1. 奇. 奇. 偶. 偶. C2. 偶. 奇. C3. 偶. C4. 政治奇大偶奇. 偶. 奇. 偶. 偶. 奇. 奇. 偶. 奇. 偶. 奇. 偶. D1. 奇. 奇. 奇. D2. 奇. 奇. 偶. D3. 奇. 偶. 奇. D4. 偶. C h奇. E. 奇. 奇. n. 奇. y. sit. io. e n g c h i 奇U. er. ‧ 國 Nat. al. ‧. C6. 奇. 學. C5. 立. v ni. 偶奇偶奇奇奇奇. 考慮函數 f : B1  A 而且 f ( x1...xi ...xn )  x1...(4  xi )...xn ，其中 xi 為第一個為 0 或 4 的數，經過簡單的驗證可得知 f 是有良好定義的，而且 f 是一對一函數。但 f 並非映成函數因為 (1)n 為奇數時， A  B1. 。. (2)n 為偶數時，. 22 .

(28) . A  B1  (長度為n，0、4不出現，且1、2、3皆為偶數個的次數). 。. 但(長度為 n，0、4 不出現，且 1、2、3 皆為偶數個的次數)並無法由簡單的觀察或是函數對應而得到，因為本文的目的是力求簡單的對應關係，因此希望之後可再藉由更簡單的方法去完成它。. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 23 . i n U. v.

(29) . 第六章. 結論. 本文的主旨是用建立函數的方式來解決 k 元數列的問題。張維格學長的論文-以雙射函數探討四元數列，裡面也有提到用建立函數的方式來解決此問題，但是學長的論文裡面在 k  3 之後就沒有使用了，取而代之的是以矩陣的方式來解題。本文與張維格學長的論文最大的不同是完全以建立函數的方式，來解決傳統上需要用到較深入離散數學工具的問題 - 像是用指數生成函數來解決 k 元數列的問題等。因為只需要一些國中數學的背景就可以了解這個方法，而且不需要用到電腦來計算複雜的矩陣，但是當 k  5 的時候，目前還找不出淺顯的解決方法，留. 政治大. 待以後，希望可以再找到更好的、更容易了解的方法來解決這個問題。. 立. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. 24 . i n U. v.

(30) . 參考文獻 (1) Alan Tucker(1994)，Applied Combinatorics(5th edition)，John Wiley & Sons Inc。 (2) C. L. Liu(2000)，Introduction to Combinatorial Mathematics(International editions 2000)，McGraw-Hill。 (3) C. L. Liu，Elements of Discrete Mathematics 2nd Edition，McGraw-Hill。 (4) J.H. van Lint, R.M. Wilson(2001)，A Course in Combinatorics2 edition， Cambridge University Press。 (5) Jiri Matousek, Jaroslav Nesetril(2008)，Invitation to Discrete Mathematics，Oxford. 政治大 (6) Susanna S. Epp(2003)，Discrete 立 Mathematics with Applications，Cengage University Press。. ‧ 國. 學. Learning。. (7)張維格(2011)，以雙射函數探討四元數列，國立政治大學應用數學系數學教學. ‧. 碩士在職專班碩士論文。. sit. y. Nat. (8)奇偶校驗位，維基百科。. al. er. io. (9)中華民國身分證，維基百科。. v. n. (10)詹承洲、施信毓、吳安宇，低密度奇偶校驗碼的實現與展望，台大系統晶片中心專欄。. Ch. engchi. 25 . i n U.

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