關於

關於 _“ 等平方和 _” 的插配及其有關問題

宋秉信

摘要: 本文根據談祥柏教授提出的數論中的一個問題:“給 m、n ∈ N, 任意兩 組位數全為 m 的整數 {x¹, x2, . . . x_n} 與 {y¹, y2, . . . y_n}, 使得滿足:

^P

ⁿ_i=1x_i =

P

_n

i=1y_i 與

^P

ⁿ_i=1x²_i =

^P

ⁿ_i=1y_i², 那麼將每個數自左至右 (或自右至右) 逐次抹去一 位、 兩位, 直至剩下最後一位, 左右兩邊的數的平方和總是保持相等。” 提出解決此問 題的充份條件, 並利用所給之定理構造出滿足上述問題的具體例題。 這充份條件即定 理一、 二、 三中所給的條件。

談祥柏教授在 「天下之奇」 一文中提出 如下一個問題:

等式兩邊有兩組互不相同, 但位數相同 的自然數, 它們一定滿足:

1. 等式兩邊各數相加, 其和相等;

2. 等式兩邊各數平方之和相等,

3. 將每個數自左至右逐次抹去一位, 兩位、

三位, 直至剩下個位數, 左右兩邊的平方 和總是保持相等;

4. 將每個數自右至左逐次抹一位、 兩位、 三 位, 直至剩下最後一位, 左右兩邊的平方 和也是保持相等。

談 先 生 所 提 出 的 問 題 確 實 是 一 奇。 如 123789、561945、642864 與 242868、323787、761943 就是符合上述條件 的兩組數。 在本文中, 為討論方便起見, 我們 約定滿足上述條件的兩組數為“符合等平方 和”的兩組數。 同時, 我們也只限於討論符合 等平方和的兩組數的插配問題及其有關問題。

一. 基本定理

為 了論 述 之 方 便, 我 們 引 入記 號:

[xi1x_i2x_i3· · · xin] =

^P

10^n−kx_ik [yi1y_i2y_i3· · · yin] =

^P

10^n−ky_ik 其中 x_ik, y_ik 均為整數, i, k, n ∈ N, 且 0 ≤ xik, y_ik ≤ 9, 此符號是為了分別自然數 的乘積。

定理一: 設 Ai、Bi、xi、yi 均為小於 10 的自然數, i = 1, 2, 3, 若

P

3 i=1

A²_i =

P

3 i=1

B_i²,

P

3 i=1

x²_i =

P

3 i=1

y_i², 那麼, 兩 組二位自然數 [A¹x1]、[A²x2]、[A³x3] 與 [B¹y1]、[B²y2]、[B³y3] 符合等平方和充要條 件是:

A1x1+A²x2+A³x3= B¹y1+B²y2+B³y3。 例1: 設A¹=1 、A²=5 、A³=6; B¹=2 、 B2=3 、B³=7; x¹=9 、x²=5 、x³=4; y¹=8

、 y2= 7 、y3= 3, 則 [A1x1]、[A1x2]、[A3x3]

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關於

“

等平方和

”

的插配及其有關問題

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與 [B¹y1]、[B²y2]、[B³y3] 為符合等平方和的 兩組數。

定理二 (前後插配): 設 Ai, B_i 均為小 於 10 的自然數, pi, q_i 為位數相同的自然數, 且

^P

ⁿ_i=1A²_i =

^P

ⁿ_i=1B_i²,

若 (1)

^P

ⁿ_i=1A_ip_i =

^P

ⁿ_i=1B_iq_i

(2) p¹, p2· · · pn 與 q1, q2· · · qn 為符合 等平方和的兩組數。

則 [A¹p1]、[A²p2] · · · [Anp_n]與[B¹q1]、

[B²q2] · · · [Bnq_n] 為 符合等 平 方 和 的 兩組 數。 [p¹A1]、[p²A2] · · · [pnA_n] 與 [q¹B1]、[q²B2] · · · [qnB_n] 也為符合等平方和 的兩組數。

例2: 設 A¹ = 1, A² = 5, A³ = 6;

B1 = 2, B² = 3, B³ = 7; p¹ = 12, p² = 56, p³ = 64; q¹ = 24, q² = 32, q³ = 76, 則 (1) [A¹p1]、[A²p2]、[A³p3] 與 [B¹q1]、

[B²q2]、[B³q3] 為符合等平方和的兩組數;

(2) [p¹A1]、[p²A2]、[p³A3] 與 [q¹B1]、

[q²B2]、[q³B3] 也為符合等平方和的兩組數。

證明: 由例一知

P

3 i=1

A²_i =

P

3 i=1

B_i², 根據 定理二知, 121、565、646、 與242、323、767為 符合等平方和的兩組數。

定理三 (中間插配): 設第一組數 [x¹¹x12]、 [x²¹x22]、[x³¹x32] 與第二組數 [y¹¹y12] 、 [y²¹y22] 、 [y³¹y32] 符合等平 方和, 且 pi, q_i 為 0 或小於 10 的自然數 (i = 1, 2, 3)。

若 (1)x¹¹p1+x²¹p2+x³¹p3=y¹¹q1+y²¹q2+y³¹q3

x12p1+x22p2+x32p3=y12q1+y22q2+y32q3

(2) pi 與 q_i 為符合等平方和的兩組數, 則分 別在所設的兩組數的各數中間插入 pi 與 qi, 構成新的兩組數。

[x¹¹p1x12] 、 [x²¹p2x22 、 [x³¹p3x32] 與 [y¹¹q1y12]、[y¹²q2y22]、[y³¹q3y32] 符合等平方 和。

註: 定理中的 pj 與 qj(j = 1, 2 . . . n) 不論為多少位, 只要位數相同, 又滿足定理中 所要求的條件, 其結論仍成立。

例3: 設 12、56、64 與 24、32、76 為符合 等平方和的兩組數, p1 = 123, p² = 561, p3= 642; q¹ = 242, q² = 323, q³ = 761。

則 11232, 55616, 66424 與 22424, 33232, 77616 為符合等平方和的兩組數。

二. 插配方法

定義: 設 xi 與 yi, x^′_i 與 y^′_i 均為符合等 平方和 (i = 1, 2, . . . n), 將下標相同的兩個 數按同一方式 (如將第一組數都擺放在左邊 或都擺放在右邊), 配成兩組新的二位數的方 法, 叫做順序插配法; 用下標之和為 (n + 1) 的兩個數相配, 叫做逆序插配法。

如 [x1x^′1] 、 [x²x^′2] · · · [xnx^′_n] 與 [y¹y1^′]、

[y²y2^′] · · · [yny_n^′] 就是順序插配法插配而成的 兩組數。

顯然, 如果有兩組數為符合等平方和, 另 兩組數也是符合等平方和, 只要它們滿足上 述定理中的條件, 我們就可將這四組數通過 插配而得出新的符合等平方和的兩組數來。

例4: 設 1、5、6 與 2、3、7; 7、8、3 與 9、4、5 為兩組符合等平方和的兩組數。

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數學傳播

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卷

4

期 民

85

年

12

月

根據順序插配法的定義, 而利用定理一、

定理二可得到 17、58、63 與 29、34、75; 71、

85、36 與 92、43、57; 19、54、65 與 27、38、73;

91、45、56 與 72、83、37 為四組符合等平方和 的兩組數。

為了既能作順序插配又能作逆序插配, 我們只討論每個數皆為一位數時, 等式兩邊 各為 n 個數的基本解的求法。

(1) 當等式兩邊為一個數時、 二個數時, 其基本解是顯然的。 這裡討論當 n = 3 時。

令 x1 = t, y1= t + r x2 = t + s, y2 = t + s − 2r

x3 = t + 2s − 3r, y3 = t + 2s − 2r 當 t、r、s 為允許範圍內的整數時, 可求得205 對 x1、x2、x3 與 y¹、y2、y3 的基本解。

如 1、5、6 與 2、3、7 1、6、8 與 2、4、9 7、8、3 與 9、4、5 當 n = 4 時, 可令 x1 = t, y1 = t + r

x2 = t + s, y2 = t + s − r

x3 = t + 2s − r, y3 = t + 2s − 2r x4 = t + 3s − 3r, y4 = t + 3s − 2r 在 t、s、r 允許取值的整數範圍內, 可求得200 多對基本解。

如 1、3、4、4 與 2、2、3、5; 1、4、5、4 與 3、2、3、6; 1、5、6、4 與 4、2、3、7。

當 n = 5 時, 可令 x1 = t, y1 = t + 1,

x2 = t + s + 1, y2 = t + s, x3 = p, y3 = p,

x4 = q + 1, y4 = q

x5 = g + 5, y5 = q + s + 1

在 t、s、p、g 允許取值的整數範圍內, 可求得 1000 對基本解。

如 1、6、2、4、7 與 2、5、2、3、8 1、7、2、4、8 與 2、6、2、3、9 6、9、2、4、5 與 7、8、2、3、6 . . . .

(2) 對於每個數皆為一位數時, 等式兩 邊的數字的個數 n ≥ 6(n ∈ N) 時的情形。

我們雖然仍可以利用解參數方程組的方法進 行, 但由於參數的個數太多, 求它們的基本解 勢必造成計算繁雜, 工作量極大, 只好另闢蹊 徑, 利用疊加法來解決此問題。

事實上, 在上述所求的基本解的基礎上, 分別在等式兩邊疊加 3m 個、 或 4m 個、

或 5t 個不相同的基本解, 可使等式兩邊達 到 (3m + 4n + 5t) 個數, 且這兩組數不相 同。 我們知道, 大於 5的任何自然數都可表示 為 3m + 4n + 5t。 所以便能很快地構造出等 式兩邊為任意個符合等平方和的兩組數。

由於選擇基本解的隨意性, 所以符合 平方和的兩組數可達到任意時, 又由於基本 解具有按順序插配和逆序插配後所得出的新 的兩組數仍符合等平方和的性質。 所以只要 多次反複地用基本解作順序插配或逆序插配, 就可使數組的每個數達到任意位。

參考資料

1. 談祥柏,「天下之奇」。 讀者文摘, 九二年第三 期。

—本文作者任教於湘南湘潭教育學院—