道 4
吳振奎
前文[1] 我們講了數 3, 及與之相關的一些論題, 下面我們說說 4。
在自然數中, 4是最小的合數, 也是除 1之外的最小完全平方數。 古希臘人認為 4代表公平、
正義; 在我國 「說文」 中寫道“四, 陰數也。” (古人稱奇數為陽數, 偶數為陰數, 陰一指烏雲蔽日 的天象, 二指上意引申為覆蓋之意)。 「周易」中也有“天三地四”之說。
生活中我們幾乎處處與 4 打交道, 舉目四顧, 滿眼是四邊形 (還有圓形): 門、 窗、 桌、 椅, 書、 報、 雜誌, 冰箱、 洗衣機、 電視, . . . 皆為四邊形外形。 再說, 天有四季 (春夏秋冬)、 面有四 方 (東西南北), 經書上稱地、 火、 水、 風為“四大”(「老子」 稱道、 天、 地、 王 (人) 為四大), 「周 易」 中有四象 (兩儀生四象、 四象生八卦), 人的雙手雙腳合稱“四體” (書法中正、 草、 隸、 篆亦 稱四體), 地球上有四大洋 (太平洋、 大西洋、 印度洋、 北冰洋), . . .。
在數學中的“四捨五入”近似計算法則中, 4是被捨掉的最大數, 如此等等。 下面我們還是來 介紹幾個與 4有關的數學趣題。
1. 四個4和四個9的算題
用四個數字通過某些運算組成 0 ∼ n (某個自然數) 的問題俗稱“霍艾威爾 (W. Whe- well) 的問題”, 因為它最早被此人提出[2]。
1859年霍艾威爾給英國數學家德 · 摩根 (A. De Morgan) 的信中寫到: “我想用四個9表 示 1 ∼ 15的數, 例如 2 = 99 +99, 請問繼續此項工作有無價值? ”, 德 · 摩根回信說: “試一試 15 以後的數字會很有價值, 特別是在數學教育方面會有很大作用。”
用四個 9通過四則運算、 加上開方表示 1 ∼ 15似乎無大困難, 但表示16則需引進小數點:
16 = 9
.9 + 9 −√ 9.
接下來表示 25則還要引進階乘符號:
25 = 9 + 9 .9 +√
9!.
69
表示 38又須引進循環小數記號:
38 = (√
9!) × (√
9!) + . ˙9 + . ˙9.
(注意到 . ˙9 = 1, 當然 38 還可表為 (√
9! + √99 ) ×√
9! 形式。)
1913年魯茲鮑爾 (W. W. Rouse Ball) 在英國「數學雜誌」上提出用四個4表示1 ∼ 1000 的數字問題, 這其中大部份已解決; 但113、157、878、881、893、917、943、946、947的表示方法他 沒能找到。 其實方法還是有的[3]。
2. 四對 (雙) 數的擺放
兩個 1、 兩個 2、 兩個 3, 可否擺成一排, 使得兩個 1 之間夾一個數, 兩個 2 之間夾兩個數, 兩 個 3 之間夾三個數? 答案是肯定的, 請看:
問題推廣一下: 1 ∼ 4各兩個, 可否擺成一排, 使兩個1之間夾一個數, 兩個2之間夾兩個 數, 兩個 3之間夾三個數, 兩個 4之間夾四個數? 答案也可找到:
4 1 3 1 2 4 3 2
問題推廣到 1 ∼ 5, 擺法則不存在, 1 ∼ 6 的擺法也無法給出。 我們會問, 接下去的情況又 如何? 結論是:
兩個 1、 兩個 2、· · ·、 兩個 n 排成一行使得任兩個數 k 之間夾著 k 個數 (1 ≤ k ≤ n) 的 擺法, 當 n = 4m + 1 或 n = 4m + 2 時不存在。
這裡的結論顯然蘊含“以 4為周期”(周期 4會在許多問題中遇到) 的概念, 今簡證如下。
設第一個 k 排在 ak 位, 第二個 k 排在 bk 位, 則 bk− ak = k + 1 (1 ≤ k ≤ n). 兩邊
求和有: n
X
k=1
(bk− ak) =
n
X
k=1
(k + 1), (∗)
而
n
X
k=1
(bk− ak) =
n
X
k=1
(bk+ ak) − 2
n
X
k=1
ak =
2n
X
k=1
k − 2
n
X
k=1
ak
= n(2n + 1) − 2
n
X
k=1
ak, 且
n
X
k=1
(k + 1) = 1
2n(n + 3).
容易驗證: n = 4m 或 4m + 3 時, (∗)式兩邊奇偶性相同; n = 4m + 1 或 4m + 2 時, (∗)式兩邊奇偶性不同。
3. 四次以下代數方程有公式解
早在三千多年以前, 古埃及人已開始研究某些方程問題, 並把它們記在紙草 (一種可用來 書寫的草葉) 上, 如圖
它表示方程
x
2 3+ 1
2+1
7 + 1
= 37.
據載, 古代巴比倫人也已知道某些特殊的一元二次 和三次方程的解法。
我國兩千多年前的數學書 「九章算術」 中也有方程 一章, 專門研究一次聯立方程組。
一元二次方程的一般解法, 即求根公式是9世紀中亞 學者阿爾 · 花拉子米 (Al-Khowarizmi) 給出的, 用當今 數學符號可表示為:
方程 ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) 的兩個根為 x1,2 = −b ±√
b2− 4ac
2a . 周公作九章之法, 以教天下圖。
人們在探得一元二次方程求根公式之後, 便著手三、 四次、 · · · 甚至更高次方程的求根公式 的尋求。
1545 年意大利人卡爾達諾 (G. Cardano) 在其所著 「大法」 書中給出了一元三次方程求 根公式, 人稱“卡爾達諾公式”, 其實它的發現者當為塔塔利亞 (N. Tartaglia), 關於他們的故 事, 可從有關數學史上查找[7],[8]。 公式的描述是這樣的:
方程 ax3+ bx2+ cx + d = 0 (a 6= 0) 通過變量代換可化為: x3+ P x2+ Qx + R = 0, 再令 x = y − 13P 可得 y3+ py + q = 0, 其中 p = −3ab, q = −a2− b2. 由因式分解, 則方 程 y3+ py + q = 0 的三個根:
yk = 3
s
−q 2+
r
(q
2)2+ (p
3)3 ωk1 + 3
s
−q 2−
r
(q
2)2+ (p
3)3 ω2k (k = 0, 1, 2),
其中 ω1 = 1
2(−1 +√
3i), ω2 = 12(−1 −√ 3i).
卡爾達諾的學生費拉利 (L. Ferrari) 沿用其老師的方法給出了一元四次方程的求根公式:
方程 x4+ px3+ qx2+ rx + s = 0 兩邊加 (ax + b)2 後配方化為
x4+ px3+ (q + a2)x2+ (r + 2ab)x + b2 = (ax + b)2, 令式左為 (x2+p2x + k)2 形式, 展開比較係數消去 a, b, 整理得
8k3 − 4qk2 + 2(pr − 4s)k − p2s + 4qs − r2 = 0,
解上三次方程得 k 的一個實根。 又因 (x2+p2x + k)2 = (ax + b)2, 故上四元方程的根可由 x2+ (p
2 + a)x + (k + b) = 0 和 x2+ (p
2− a)x + (k − b) = 0 兩個二次方程解得。
此後人們便開始尋求一元五次及五次以上方程的公式解。 300 餘年過去了, 人們仍是一無 所獲, 這其間不少數學精英都為此付出過心血和汗水。 當人們從正面努力而使終未果後, 有人開 始從反面考慮它——或許這種公式並不存在。
問題的否定解決是由挪威數學者阿貝爾 (N. H. Abel) 和法國數學家伽羅華 (´E. Galois) 共同完成的, 且由此問題的研究導致一門新的數學分支——“群論”的誕生。
至此, 一元 n 次方程求根公式的討論終結。
4. 四色定理
平面或球面上的地圖只須 4 種顏色即可將圖上任何 兩相鄰區域分開。 顯然, 顏色少於四種不行 (見右圖)。
這個問題最早由德國數學家莫比烏斯 (A. F. M¨obius) 於 1840 年發現[6], 但未能引起人們重視。
1852 年英國學生弗蘭西斯 (G. Francis) 向其兄弗 利德克 (G. Frederick) 再次提出該問題, 後者請教了他 的老師德 · 摩根, 德又請教於學者哈密頓 (W. R. Hamil- ton), 他們均不能解答。
需要四種顏色區分的地圖。
1878 年, 數學家凱萊 (A. Cayley) 正式向倫敦數學會提出這一問題, 人稱 “四色猜想”。
1879 年, 肯普 (A. B. Kempe) 給出了猜想的第一個證明。 次年, 希伍德 (P. J. Heawood) 發 現該證明有誤, 同時他給出了 “五色猜想” (染色數為 5) 的證明。 此前 (1880年), 塔特 (P. G.
Tait) 也對 “四色猜想” 給出一個證明, 直至1946年才因加拿大數學家圖特 (W. T. Tutte) 構 造出反例後否定了塔特的證明。
至 1975年止, 人們僅對區域數為有限的情形給出了證明 (見下表):
年份 證 明 者 區域數
1939 P. Pranklim ≤ 22 1956 C. E. Winn ≤ 36 1975 O. Ore ≤ 52
其間, 值得一提的是: 問題研究的重大進展是漢斯 (Heesch) 發展了排除法以尋找可約構 形的不可避免集, 這為利用計算機去證明該定理奠定了基礎。 1976 年美國人阿佩爾 (K. Ap- pel)、 黑肯 (W. Haken) 和庫克 (J. Koch) 在計算機上花 1260 小時 (機上時間), 進行 60 億 個邏輯判斷, 終於證得 “四色猜想”。 順便講一句, 早在球面或平面上 “四色猜想” 證明之前, 希 伍德已證得環面上地圖的 “七色問題”[8]。
環面上需七種顏色區分的 “地圖”。
5. 只需四個刻度
20 世紀初英國遊戲大師杜丹尼 (H. E. Dudeney) 曾指出: 一根 13cm 的尺, 要想完成 1
∼ 13的任何整數 cm 長的度量 (下稱完整度量), 至少要有幾個刻度?
答案是四個, 且有兩種, 它們分別是刻度刻在 1、4、5、11cm 處或 1、2、6、10cm 處。
我們用 a → b 表示從刻度 a 量到 b, 對於第一種刻度的具體完整度量分別為:
1(0 → 1)、 2(11 → 13)、 3(1 → 4)、 4(0 → 4)、 5(0 → 5)、 6(5 → 11)、 7(4 → 11)、
8(5 → 13)、 9(4 → 13)、 10(1 → 11)、 11(0 → 11)、 12(1 → 13)、 13(0 → 13)。
這類問題稱為 “省刻度尺問題”。
杜丹尼還指出: 一根 22cm 的直尺只需六個刻度, 即分別在: 1、 2、 3、 8、 13、 或 1、 4、 5、
12、 14、 20cm 處刻上刻度, 即可完成完整度量。
上個世紀 80年代日本人騰村幸三郎指出: 23cm 的直尺的完整度量所需刻度亦為六個: 1、
4、 10、 16、 18、 21cm 處有刻度即可。
1956 年約翰 · 李奇 (J. Leech) 在 「倫敦數學會雜誌」 上撰文指出: 一根36cm 長的尺, 僅需在 1、 3、 6、 13、 20、 27、 31、 35cm 處有八個刻度即可完成 1 ∼ 36cm 長的完整度量。
前蘇聯的拉巴沃克在其所著 「消遣數學」 中指出: 一根 40cm 長的尺只需在 1、 2、 3、 4、
10、 17、 24、 29、 35cm 處刻上九個刻度即可完成 1 ∼ 40cm 長的完整度量。
而後有人指出: 九個刻度的省刻度尺度量範圍可擴至 50cm, 其刻度分別為: 1、 3、 6、 13、
20、 27、 34、 41、 45、 49 或 1、 2、 3、 23、 28、 32、 36、 40、 44、 47cm 等處。
接下來的情況如下表所開列:
度量範圍 刻度數 刻 度
1、2、3、27、32、36、40、44、48、52、55 1 ∼ 58 11 1、2、6、8、17、26、35、44、47、54、57
1、5、8、12、21、30、39、45、50、51、52 1、2、6、8、13、17、26、35、44、53、56、63、66 1 ∼ 67 12
1、5、8、12、21、30、39、48、57、66、71、72、74
遺憾的是: 這類問題的一般情形至今未能得到, 儘管該問題與 「圖論」 中 “完美標號” 問 題有聯繫。 該問題的一般情形是:
(1) n cm 長的尺至少要有多少個刻度才能完成 1 ∼ n cm 的完整度量;
(2) 有 k 個刻度的尺至多能在多大範圍實現完整度量。
此外, 人們還研究了長尺、 短度量 (即尺長 m, 刻度數 k, 去實現 1 ∼ n(n < m) 的完整 度量) 問題。 比如有下面的結論:
尺長 刻度數 度量範圍 刻 度
24 1 ∼ 18 2、7、14、15、18 25 5 1 ∼ 18 2、7、13、16、17 31 1 ∼ 18 5、7、13、16、17
或 6、10、15、17、18 39 6 1 ∼ 24 8、15、17、20、21、31
“省刻度尺” 在 「圖論」 中稱為格勞姆 (S. W. Golomb) 尺, 它在 X 射線、 晶體學、 雷達 脈沖、 導彈控製、 通訊網路、 射電天文學等領域皆已找到應用。
6. 4/n (n ≥ 4) 表成單位分數
1955 年埃爾德什 (P. Erd¨os) 的好朋友格雷厄姆 (R. L. Graham) 向他推荐 「美國數學 月刊」 上的一個問題:
任何一個分母為奇數的非單位分數 (單位分數即分子是 1 的分數, 又稱埃及分數) 皆可表 示為分母都是相異奇數的單位分數之和。
格雷厄姆對它很感興趣, 但他又不拘於此, 而是轉而去考慮 “分數表為分母是相異整數平 方 (完全平方數) 的單位分數之和” 問題, 例如:
1 3 = 1
22 + 1 42 + 1
72 + 1
542 + 1
1122 + 1
6402 + 1
43022 + 1
100802 + 1 241922 + 1
403202 + 1 1209602,
同時, 他還證明了在某些範圍內有有限多的分數可以這樣表示。 進而埃爾德什則提出將分數表 示成分母更高次冪的問題。 此外, 埃爾德什又提出猜測:
4
n 當 n ≥ 4 時皆可示成三個相異單位分數之和。
換言之, 該命題等價於:
不定方程 4 n = 1
x + 1 y + 1
z 當 n ≥ 4 時總有相異整數解。
莫德爾 (Mordell) 證明除了與模840同餘於 12、112、132、172、192、232 之外的所有整數結 論成立 [9]。 此外這一猜想經不少人驗證結論局部成立, 比如下表中列舉的一些結果:
驗 證 者 n 成 立 的 範 圍 Straus n < 5000 Shapiro n < 8000 Obl´ath n < 20000 Yamamoto n < 106128 Franceschine n < 107, n < 108 1957 年波蘭數學家謝爾品斯基 (W. Siepinski) 考慮過方程
5 n = 1
x + 1 y+ 1
z
相異解 x, y, z的問題。 斯特瓦特 (Stewart) 驗證至 n ≤ 1057438801 時結論真。
1970 年 R. C. Vaughen 證明: 對任一給定的 m, 方程 m
n = 1 x+ 1
y +1 z 對幾乎所有的 n 有相異解 x, y, z.
7. 自然數表為四個平方數和
任何自然數皆可用四個完全平方數和表示:
m = a2+ b2+ c2+ d2,
三個則不夠 (如 15的表示等), 五個則有多餘。 這個結論早在兩千多年前已為古希臘數學家刁番 圖 (Diophantus) 發現, 但直到1770年才由法國數學家拉格朗日 (J. L. Lagrange) 嚴格證明。
該問題相關背景及其推廣情形請見 [4]。
8. 四元數
人們知道: 實數是一元數, 複數是二元數 (表為 a + bi 形式)。 複數概念能否再推廣? 這 是長期困擾愛爾蘭數學家哈密頓 (W. R. Hamilton) 的一道難題。 因朝思暮想, 當靈犀偶致 時, 果然功夫不負——他竟會在一次飯後散步中 (1843年10月16日) 發現了四元數, 它是形如 a + bi + cj + dk 形式的數, 它也是滿足乘法結合律的元數最高的超複數 (八元數雖存在, 但其 不滿足乘法結合律)。 這個問題的詳細介紹請見 [4]。
9. 方程 X
4+ Y
4+ Z
4= W
4的解
1753 年數學大師歐拉 (L. Euler) 在證明了 n = 3, 4 時, 費馬 (P. de Fermat) 猜想
“xn+ yn= zn 當 n ≥ 3 時無非平凡 (非顯明) 整數解” 成立後, 提出 X4+ Y4+ Z4 = W4
無非零整數解的猜測。 人們一直不曾懷疑它的正確性。 但到了 1987 年情況突然有變, 是年埃裡 克斯 (N. Elkies) 在研究其他數學問題時發現等式:
26824404+ 153656394+ 18796704 = 206056734, 從而否定了歐拉的上述猜想。 而後, 弗耶 (R. Frye) 又給出一個更精彩的例子:
958004+ 2175194+ 4145604= 4224814, 它顯然比前例中的數小了許多。 這方面的介紹也請見 [5]。
順便講一句, 這種形式的等式還與另一個問題——勾股數推廣有點類同, 即求滿足 a2+ b2+ c2 = d2 (∗∗) 的整數組(這裡要求非平凡解即非顯明解)。
其實, 這種解有無窮多組, 它的一般表達式可由下式給出:
a = 1
n(l2+ m2− n2), b = 2l, c = 2m, d = 1
n(l2+ m2 + n2), 其中 n | m2+ n2, 且 n <√
l2 + m2, 這裡 m, l 為自然數。
公式是由波蘭人謝爾品斯基 (W. Sierpinski) 於 1964年發現的, 據稱日本人林永良弼此 前也曾給出過類似的表達式[6]。
(∗∗)式的幾何意義是明顯的: 求稜長 a、b、c 皆為整 數的長方體, 使其 (體) 對角線長 d 亦為整數。
這類問題更深入的討論可見 [7] (比如再涉及長方體 面對角線為整數的問題等的問題)。
例子舉到這兒, 其實數學中涉及 4的有趣的論題還有許多, 限於篇幅, 先談到這裡, 倘有機 會我們再作介紹。
參考文獻
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3. 吳振奎, “24 點” 問題的終結, 智力, 9(2004), 22-23。
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5. 吳振奎, 數學大師們的偶然失誤, 數學傳播, 28 卷 3 期, 民 93 年 9 月, 69-82。
6. 沈康身, 歷史數學名題欣賞, 上海教育出版社, 2002, 810-812; 433-435。
7. 吳振奎, 吳旻, 數學的創造, 上海教育出版社, 2003, 82-95。
8. 吳振奎, 吳旻, 數學中的美, 上海教育出版社, 2002, 44-46。
9. P. K. 蓋伊著, 張明堯譯, 數論中未解決的問題, 科學出版社, 2003, 202-203。
10. 凌啟渝, 數學遊戲, 天津科學技術出版社, 1983, 104-105。
—本文作者任教於中國天津商學院—