循環數列的一般項公式
—一個數學問題研究的例子
陳 薇 祁恒昱 謝沛興
臺北市立建國高級中學
摘 要
給 定 數 列 0,0,L,0,0,1,0,0,L,0,0,1,0,0, L L,0,0,1, ,即每k−1個 0 之後接一個 1,反 覆循環下去。在這篇短文中分別用複數理論 和初等數論的 Euler 函數φ(n),Möbius 函數 ) (n µ 得到這循環數列的兩個一般項公式。我 們也推廣這個結果,得到更一般的循環數列 L L L, , , , , , , , 2 1 2 1 c ck c c ck c 的 一 般 項 公 式 。 這個問題雖然是數列的教材,卻結合了 高中的複數理論,與初等數論中 Euler 函數)
(n
φ
,Möbiusµ
(n
)
函數的理論。 我們選擇保留了整個探索問題的過程, 而非直接呈現最後的結果。希望不僅在教學 上有參考價值,也希望這樣的方式不僅體現 了 在 教 學 上 如 何 引 導 學 生 如 何 體 驗 數 學 研 究”慢慢深入問題,靈機一動,豁然開朗 ”的必 經過程。一、前 言
不論是在小學的智力遊戲,國中的 性向 測驗,或是在高中數學的“數列與級數”, 乃至於更高階的離散數學或組合數學的課程 中,”看出一般項”是一個非常重要的技能。這 與觀察能力,歸納能力,作出猜測和以純數 學驗證的能力都有密切的關係。由建中課堂 “數列與級數”上課的經驗,我們發現這個 問題是非常有趣的: L , 1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 ,請問一般項是什麼? 直觀上看出規律並不困難,但是如何用 一個確切的公式來表示它的一般項,卻難倒 了絕大部份的同學。特別是當老師提出答案: L , 1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 ,的一般項是 2 ) 1 ( 1n + − n 之後,台下是一片讚嘆及咒罵。很自然地我 們聯想,如果不只是每 2 個數一循環時,會 發生什麼狀況? 稱形如上例為由 0 和 1 所構成的 2-循環 數列。一般來說,我們定義{ }
ak,n:0,0,L,0,0,1,0,0,L,0,0,1,0,0,L,0,0,1,0,0,L,0,0,1,0,0,L,0,0,1,L k-1 個 0 k-1 個 0 k-1 個 0 k-1 個 0 k-1 個 0 為每 k 個數一循環的數列(此後稱作 k-循 環數列),其中 = 的倍數 是 當 的倍數 不是 當 k n k n akn , 1 , 0 , 。 例如{ }
a1,n =1,1,1,1,1,1,1L;{ }
a2,n =0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,L;{ }
a3,n =0,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,1,L等等。 在這篇文章中,我們從求這個數列的一 般項出發,得到一些結果。我們發現這個數 列不只和複數的 n 次方根有關,也和初等數 論中的 Möbius 函數有關。第二節中我們將用 高中的複數求出一般項。第三節中我們引進Möbius 函數,求出另一個一般項的表示。第 四節我們合併這兩節的結果,得到一些很不 顯然的等式。然後稍作推廣,得出最一般的 k -循環數列的通項表示。 這個小結果不只說明了數學的奧妙,說 明了數學不同領域之間的關連,也說明了數 學的小研究並非遙不可及,材料真的是就在 身邊。
二、複數的 n 次方根
這一節中,我們用複數來求出{ }
a
k,n 的一 般式。整個探索的過程是這樣的: 首先觀察一些初始的情形。{ }
a1 n, :1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,L(1- 循 環 數 列 ) 是 無 聊的,其一般項為a1,n =1。{ }
a2 n, :0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,L(2- 循 環 數 列 ) 是 第一個不無聊的情況。我們發現利用也同樣 是每 2 個數一循環的{ }
(−1)n 可以把這個數列 湊出來: -1, 1,-1, 1,… , (-1)n ,… +) 1, 1, 1, 1,… , 1 n ,… 0, 2, 0, 2,… ,(-1)n +1 n ,… 故{ }
a2,n 的第 n 項為 2 ) 1 ( 1 , 2 n n n a = + − 。{ }
a3 n, :0,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,1,L,有上個 例子,很快我們就體會要先找三次一循環的 數列。因此必然是”ω 2 3 1+ i − = ”。試驗一下 就有 ω, ω2 , 1 , ω, ω2, 1 ,… , ωn ,… ω2 , ω, 1 , ω2, ω, 1 ,… , (ω2) n ,… +) 1 , ..1 , 1 , 1., 1 ,.1,… , 1n ,… 0, ..0 , 3 , 0., 0 ,.3,… ,ωn+(ω2) n+1n ,… 故列出{ }
a3,n 第 n 項為 3 ) ( 1 2 , 3 n n n n a = +ω + ω 。 作 到 這 裡 , 一 般 的 結 果 已 經 呼 之 欲 出 了。我們的主要結論是:定理一:
固定k∈N。定義數列{ }
1 ,n n≥ k a 以 = 的倍數 是 當 的倍數 不是 當 k n k n akn , 1 , 0 , 。則{ }
ak,n n≥1 的一般項 k a n k n n n n k ) ( ) ( 1 2 1 , − + + + + = α α L α , 其中α為 0 1 2 2 1+ − + + + + = − x x x xk k L 的任一複數 根。證明:
假設α
為xk−1+xk−2 +L+x2+x+1=0 的任一複數根,令{
1,2, , 1}
, 2 sin 2 cos + ∈ − = m k k m i k m L π π α ,則其他根分別為 2 3 1 , , ,α αk− α L 。 接下來只要證明僅當 n 為 k 的倍數時定 理中的表達式等於 1,其它情形等於 0 即 可 。 (i)當 n 不為 k 的倍數,可設n=k⋅q+r,r 為 正整數且0<r<k。 則1n+αn+(α2)n +L+(αk−1)n = r q k k r q k r q k r q k + ⋅ − + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + + ) ( ) ( 1 1 2 α α α L = r k q k k r q k r q k r q k ) 1 ( ) 1 ( 2 2 1 − + ⋅ − + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + + α α α L =1+αr +α2r+L+α(k−1)r = 1 2 ) ( ) ( ) ( 1+ αr + αr +L+ αr k− =0 (ii)當 n 為 k 的倍數,可設n=k⋅q。則1n+αn +(α2)n+L+(αk−1)n =1k⋅q +αk⋅q +(α2)k⋅q +L+(αk−1)k⋅q =1+(αk)q+(αk)2q+L+(αk)(k−1)⋅q =1+1+1+… +1 k 個 1 =k 由(i),(ii)可得 此式即數列
{ }
ak,n 的一般項公式。得證
至此我們已算是完全解決了這個問題。 然而經另外不同的思路,我們發現可以不用 複數的方法來作。在下一節中我們用數論的 角度來討論。三、Möbius 函數
µ
(n
)
,Euler 函數
)
(n
φ
這 一 節 中 , 我 們 換 用 完 全 不 同 的 切 入 點。我們將利用初等數論中的 Euler 函數φ(n) 和 Möbius 函數µ(n)來求出{ }
ak,n 的一般式。 我們的主要的結論是定理二:
固定k∈N。定義數列{ }
1 ,n n≥ k a 以 = 的倍數 是 當 的倍數 不是 當 k n k n akn , 1 , 0 , 。則{ }
ak,n n≥1的一般 項 ) ( ) ( ) , ( , k d k d n akn dk φ µ ∑ = , 其中( dn, )為n, 的最大公因數;d φ(n)為 Euler 函數,µ(n)為 Möbius 函數。 這式子非常神奇。在證明之前我們來看 看怎麼猜出這個式子的。由上一節的經驗, 我們知道先找到“k 個一循環 ”的數列是關 鍵。除了 1 的 k 次方根之外,還有沒有會“k 個一循環 ”的數列呢? 既然 k -循環數列只要是第 k 項、第 2k 項、第 3k 項、…都等於 1,其餘各項皆為 0, 因此此類數列的一般項公式應與因倍數的關 係有關。沿著這線索我們首先發現關鍵性的 引理:引理三:
“固定自然數k,數列{( kn, )}是一個周 期為k的數列”。證明:
證此引理,只需證得(n,k)=(n+k,k)即 可。令 d1=(n ,k )和 d2=(n +k ,k ) 2 1 1 1 2 1 1 ) , ( ) , ( d k k n d k d k n d k d n d k n d = + ⇒ + ⇒ ⇒ = 且 且 Q 1 2 2 2 2 2 ) , ( ) ( , ) , ( d k n d n k k n d k d k n d k k n d = ⇒ = − + ⇒ + ⇒ + = ) , ( ) , (nk =d1=d2= n+k k ∴ 即{(n,k)}的第 n 項會等於第 n+k 項、第 n+2k 項、…,為一 k -循環數列。得證
有了這個引理對於{( kn, )}循環的保證, 我們就可以開始繼續尋找它和所求數列之間 的關聯。一樣我們從小的k
開始: 1 = k 時,{ }
a1,n =1,1,1,L={ }
(n,1) 是無聊的。 2 = k 時 , 數 列{
(n,2)}
為 1,2,1,2,… , 因 此 , 1 ) 2 , ( , 2 = n − a n 即為{ }
a2,n 的一般項公式,直式 表式是 k a n k n n n n k ) ( ) ( 1 2 1 , − + + + + = α α L α 0,當 n 不為 k 的倍數 1,當 n 為 k 的倍數 = 又1,2,1,2,1,2,1,2,… , (n,2) ,… -) .1,1,1,1,1,1,1,1,… , 1 ,… 0,1,0,1,0,1,0,1,… ,(n ,2)-1,… 3 = k 時,數列
{ }
(n,3) 為 1,1,3,1,1,3,… ,將 每一項減 1 後除以 2,就是我們要的答案 了!所以答案就是 2 1 ) 3 , ( , 3 − = n a n 了!來看看 直式: 1,1,3,1,1,3,… , (n,3),… -) .1,1,1,1,1,1,… , 1 ,… 0,0,2,0,0,2,… ,(n ,3)-1,… 到此我們發現只要k= p,其中 p 是質數, 則 1 1 ) , ( , − − = p p n apn 。 這 是 令 人 振 奮 的 部 份 結 果。不是質數的情形呢? 4 = k 時 , {(n ,4)} 所 呈 現 的 數 列 為 1,2,1,4,… … ,要怎樣將 1,2,1 一起變成 0? 這是 第一個瓶頸。靈機一動,我們發現用{(n ,4)} 減掉{(n ,2)},則 1,2,1,4, 1,2,1,4, … , (n,4) ,… -) .1,2,1,2,1,2,1,2,… , (n ,2) ,… 0,0,0,2, 0,0,0,2, … ,(n ,4)-(n,2),… 很神奇的,答案出來了! 為 2 ) 2 , ( ) 4 , ( , 4 n n a n − = 。 由此我們關鍵性的發現,得先找出“k 的 因數”。再作幾個: 6 = k 時,有 2 ) 1 , ( ) 2 , ( ) 3 , ( ) 6 , ( , 6 n n n n a n + − − = 。 10 = k 時,有 4 1 ) 2 , ( ) 5 , ( ) 10 , ( , 10 + − − = n n n a n 。 12 = k 時,有 4 ) 2 , ( ) 4 , ( ) 6 , ( ) 12 , ( , 12 n n n n a n + − − = 到此,顯然 ) , ( ) , ( ) , ( 1 2 2 1 ,n m m k b n d b n d b n d a = + +L+ ,其 中 d1,d2,… ,dm為 k 的相異正因數。而各項係數 b1b2,… ,bm和 Möbius 函數及 Euler 函數的關係 已非常明顯。我們用 k=10,12 兩個典型當例 子: (n,d) n k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 d μ (d) μ (k/d) ψ(d) {(n,10)} 1 2 1 2 5 2 1 2 1 10 10 1 1 4 {(n,5)} 1 1 1 1 5 1 1 1 1 5 5 -1 -1 4 {(n,2)} 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 -1 -1 1 {(n,1)} 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A(k,n) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 10 B(k,n) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 {(n,12)} 1 2 3 4 1 6 1 4 3 2 1 12 12 0 1 4 {(n,6)} 1 2 3 2 1 6 1 2 3 2 1 6 6 1 -1 2 {(n,4)} 1 2 1 4 1 2 1 4 1 2 1 4 4 0 -1 2 {(n,3)} 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 3 -1 0 2 {(n,2)} 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 -1 1 1 {(n,1)} 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 A(k,n) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 12 B(k,n) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 (表中的 =∑ k d d k d n n k A( , ) ( , )µ( ); ) ( ) ( ) , ( ) , ( k d k d n n k B d k φ µ ∑ = ) 因此我們猜出答案就是 ) ( ) ( ) , ( ) , ( , k d k d n n k B akn dk φ µ ∑ = = 。答案既已猜出,我們最後把證明寫下來:定理二的證明:
按 n 是否為 k 的倍數分成兩部份。 I. n 為 k 的倍數時。此時 = = ∑ k d k k k n, ) ( ) ( φ 。由 Möbius Inversion Formula ,得
∑ ⋅ =∑ ⋅ = k d dk d k d n d k n d k) ( ) ( , ) ( , ) ( ) ( µ µ φ 。 II. n 不為 k 的倍數時。令 rm m r r p p p k= 1 2⋅L⋅ 2 1 為 k 的標準分解式。由 Möbius 函數的定義, 0 ) (k ≠ µ 時必有 ) ' ( ) ( ) 1 ( ) (k m µ p1p2 pm µk µ = − = ⋅L⋅ = ,其中 m p p p k'= 1 2⋅L⋅ 。又由 Möb ius Function
的 可 積 性 知 , ( )= ( ) ( ),∀d >0 d k d k µ µ µ 且 k d 。故討論µ(d)時,亦只需考慮dk'時的 情況即可,其餘情況時為 0。 不失其一般性,設 l s l s s p p p k n = 1 2⋅L⋅ 2 1 ) , ( ,其中
l
≤
m
。再 分成兩種情況: (i)若s1,s2,L,sl ≤1,(n,k)=(n,k') l p p p ⋅ ⋅ = 1 2 L 。因k'=p1p2⋅L⋅pm,故 k′有 2m個正因數。對 k′的任一個正因數 dij而 言,可寫成如下形式: ) ( ) ( 2 1 2 1 2 1 2 1 l m j j j l i i i u m u l u l t l t t ij p p p p p p d − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + + L L , 其中 l i=1,2,L,2 , j=1,2,L,2m−l,{ }
i j u u t ti1,L, il, j1,L, jm−l ∈ 0,1,∀, 。此時 ) ( ) , ( ∑ k d d k d n µ = ∑ ' ) ( ) ' , ( k d d d k n µ ∑ = − ≤ ≤ ≤ ≤ l ml j i ij ij d d k n 2 1 , 2 1 , ) ( ) ' , ( µ ∑ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − − ≤ ≤ ≤ ≤ + + − − − l m l l m j j j l i i i li i i j i u m u l u l t l t t t l t t p p p p p p p p p 2 1 , 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 2 1 L L L µ µ ∑ ⋅ ⋅ ∑ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − − ≤ ≤ + + ≤ ≤ − − − l m l m j j j l i i il l i i i j u m u l u l i t t lt t l t t p p p p p p p p p 2 1 , 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 2 1 L L L µ µ ∑ + + ⋅ = = l a a a p p k n k n 1 ) ( ) ' , ( ) 1 ( ) ' , ( µ µ ∑ ≤ < ≤a a l a a a a p p p p k n ) ( ) ' , ( 2 1 2 1 2 1 µ ∑ ⋅ ⋅ + + = l a l p p p 1 2 1 ) ( L L µ ∑ ⋅ ⋅ − − ≤ ≤ m l + + l m j j j j u m u l u l p p p 2 1 2 1 ) ( 1 2 L µ ∑ + ∑ − − = = ≤ < ≤ l a a a a lpa pa k n p k n k n 1 1 ) ' , ( ) ' , ( ) ' , ( 2 1 1 2 L ∑ + − ⋅ ⋅ − + −≤ − < < ≤ − l l l a a l a a a l p p p k n 1 1 ) 1 ( ) ' , ( ) 1 ( 1 1L 1 2 L 1 ∑ ⋅ ⋅ − − ≤ ≤ m l + + l m j j j j u m u l u l p p p 2 1 2 1 ) ( 1 2 L µ • 1 1 ) ' , ( ) ' , ( 1 1 1 2 1 2 ∑ − ∑ + − = = ≤ < ≤ l a pa a a l pa pa k n k n ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 1 1 1 1 2 1 ∑ + − ⋅ ⋅ − + −≤ − < < ≤ − l l l a a l a a a l p p p L L L 0 ) ( 2 1 , 2 1 1 2 = ∑ ⋅ ⋅ − − ≤ ≤ m l + + l m j j j j u m u l u l p p p L µ • (ii)若s1,s2,L,sl不全小於或等於 1,假設其中 1 , , , 2 1 s sr > s L ,r≤l 則可設 ) ' , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 k n p p p p p p p p p k n r r s r s s s r s s l ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − − − − − − L L L 。則此時 0 ) ' ( ) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( 1 1 2 1 11 2 = ∑ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∑ − − − k d s r s s k d d k d n p p p d k d n r µ µ L 由 I.和 II.,定理得證。得證
四、更一般的情形
附帶地我們可以得到一系列的結果。約 定各數學符號都同之前的定義。首先,既然 定理一和定理二都是同樣一個數列的通項公 式,就有系理四:
對於任意自然數n, ,下式成立。 k k k d k d n n n n k n k d 1 ( ) ( ) ) ( ) ( ) , ( 2 −1 + + + + = ∑ α α α φ µ L , 原來的ak,n是周期為k的循環數列,且第 一個 1 在第k個出現。同理稍作調整就有以下 的結果:系理五:
考 慮 周 期 為 k 的循環數列,且第一個 1 在第k−i個出現,1≤i≤k−1,其它都是 0。 則此數列的通項是: k k d k d i n a i n k i n i n i n k d n + − + + + + + + + = ∑ + = ) ( ) ( 1 ) ( ) ( ) , ( 1 2 α α α φ µ L 其中α 為xk−1+xk−2+L+x2+x+1=0的任一 複數根。 將此 k 個數列做適當的組合,即可形成 任意的 k-循環數列,換句話說,任一 k -循環 數列皆可依此列出一般項公式。證明仿前兩 節的主定理立即可得,此處從略。定理六:
k
-循環數列:c1,c2,L,ck,c1,c2,L,ck,L的 第n
項為 ∑ + + + + = ∑ ∑ + − = + − + + + − = 1 0 1 2 1 0 ) ( ) ( 1 ) ( ) ( ) , ( k i i n k i n i n i n i k i i dk k c k d k d i n c α α α φ µ L . 這個一般的定理解決了所有k
-循環數列 的通項公式問題。這個問題也算完整地告一 段落了。五、後記
這個問題初看並不困難,但是背後原來 可以引出這麼深刻的數學,真是我們始料未 及 的 。 最 後 特 別 感 謝 建 中 游 森 棚 老 師 的 指 導,這個問題原是游老師在課堂中提出的, 然後成為兩位同學寒假作業獨力研究的題材 (文 中 兩 個 想 法 即 為 兩 位 同 學 不 同 的 切 入 方 式 ) 。 再 經 由 游 老 師 提 示 這 個 問 題 與 數 論 Möbius 函數上的聯結後,由三位作者共同努 力統整並作出證明。 這篇文章算是我們在數學學習過程中的 小小的發現與喜悅,也在此與各位一同分享 這個有趣的小結論。參考文獻
1. 余文卿等(2001):高級中學數學 1 教師手 冊。台北縣,龍騰文化。2. Strayer(1994):Elementary Number Theory.
International Thomson Publishing / PWS Publishing Company, Boston, Massachusetts.