以雙射函數探討四元數列 - 政大學術集成

全文

(1)國立政治大學應用數學系數學教學碩士在職專班碩士學位論文. 立. 政治大. ‧ 國. 學. 以雙射函數探討四元數列 ‧. n. al. er. io. sit. y. Nat. A Study of Bijective Functions on Quaternary Sequences Ch. engchi. i n U. v. 碩專班學生：張維格撰指導教授：李陽明博士中華民國一百年八月十八日.

(2) 謝辭很感謝在我的求學與工作上，遇上了許多貴人，讓我一路走來更為順利，尤其是政大讀書的這幾年；首先要感謝政大應數系的老師們，開闊了我的視野、我的知識，每位老師課堂上的諄諄教誨，猶言在耳，讓我懷念不已；再者是讀書的同學們，每個人都有專長，分工合作，讓每個挑戰都能迎刃而解，課堂後的活動，也給了我美好的回憶；當然還有我的妻子以及即將出世的孩子，你們給了我精神上無比的支持，也給了我自信與動力，讓我無後顧之憂的向前走；. 治政大最後，特別感謝我的指導老師李陽明老師，他像慈父，也是嚴師，在我遇到困立 ‧ 國. 學. 難的時候，不辭辛勞的給予我最大的幫助，他的認真、嚴謹、充滿幹勁，都深深影響著我；而我能有如此多的貴人在旁相助，套句作家陳之藩先生「謝天」. ‧. 中的兩句話：「需要感謝的人太多了，就感謝天吧」，這也正是我此刻的心情。. sit. y. Nat. 完成了碩士學業，期望自己能將所學應用在教學上，讓更多的學生受惠，. er. io. n. al 不僅是學業上的知識，也有觀念的傳承，讓未來的學生在求學與工作上也能走 iv. n U engchi 得更順遂，以表達我對系上的感謝。. Ch.

(3) 摘要本篇論文的主題是藉由討論長度為 n 的四元數列中，控制一種(0)、兩種 (0,1)、三種(0,1,2)數字出現偶數次(或奇數次)的個數，以較為簡潔的 1 對 1 且映成的對應算出其數量；而將此種對應推廣至長度為 n 的 k 元數列中，控制一種 (0)、兩種(0,1)、三種(0,1,2)數字出現偶數次(或奇數次)的個數；更進一步猜測長度為 n 的 k 元數列中，控制 t 種數字 (0,1,2,..., (t  1)) 出現偶數次(或奇數次)的個數通式。. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v.

(4) Abstract This paper uses bijective functions to obtain the number of quaternary sequences of length n with 0 or (0,1) or (0,1,2) being even and/or odd by establishing a system of linear equations and solving it using matrices. Finally,we generalize it to k-nary sequences of length n.. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v.

(5) 目錄第一章. 緒論………………………………………………………………………1. 第二章. 雙射函數的建立…………………………………………………………3. 第三章. 方程組的建立……………………………………………………………12. 第四章. 矩陣解方程組……………………………………………………………19. 第五章. 結論………………………………………………………………………25. 參考文獻……………………………………………………………………………26. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v.

(6) 第一章緒論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。而身分證字號規則如下：英文字母是以初次登記的戶籍地來區分編號的，字母 ABCDEFGHJKLMNPQRSTUVXYWZIO 分別對應一組二位數(10~35)，令其十位數為 a1 ，個位數為 a 2 ；(例如：A→ a1  1 , a 2  0 ；B→ a1  1 , a 2  1 ……)， a 3a4 a5a 6 a7 a8 a 9 a10 a11 分別代表著緊接而來的 9 個號碼。而首位數字則是拿來區分性別，男性為 1、女性為 2，第 3 碼至第 10 碼為一串數字，其滿足條件如下，定義函數 f (a1a 2 ...a11 )  a1  9a2  8a3  7a4  6a5  5a6  4a7  3a8  2a9  1a10  a11 ，當 10 f ( a1a 2 ...a11. 治政 ) ，那這組身分證字號就是可以使用的。大立 ‧ 國. 學. 例如：A123456789，我們可以將它寫為 10123456789，則. f (10123456789)  1  9  0  8  1  7  2  6  3  5  4  4  5  3  6  2  7  1  8  9  130 ，. ‧. 130 是 10 的倍數，也就是說這 1 組是可以使用的。. sit. y. Nat. 再舉 1 個例子：B284793817，我們可以將它寫為 11284793817，這也是可以用的，身分證製. io. er. 造機便是使用上述規則亂數產生號碼。. al. n. v i n  7aC h 6a  5a  4a  3aU 2a  1a engchi. 仔細看看函數值， a1  9a2  8a3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.  a11  0(mod 10) ，也就. 是說 a1  9a2  8a3  7a4  6a5  5a6  4a7  3a8  2a9  1a10  10  a11 (mod 10) ，所以 a11 可視為檢查碼。例如：R123456532，身分證字號的規則中，R 對應的二位數為 25，則. f (25123456532)  2  9  5  8  1  7  2  6  3  5  4  4  5  3  6  2  5  1  3  2  160 ，但運算較麻煩，亦可檢查 2  9  5  8  1  7  2  6  3  5  4  4  5  3  6  2  5  1  3  8(mod 10) ，. 8  2  0(mod 10) ，那麼這 1 組身分證字號也是可以使用的。由身分證字號最後一位的檢查碼，可讓使用者本身在填寫自己的身分證字號時，容易的判別自己是否填錯，有偵錯的功能。. -1-.

(7) 另外編碼理論中的「奇偶校驗位」是一個表示給定位數的二元數列中，「1」的個數是奇數還是偶數的二元數；奇偶校驗位也是一種最簡單的錯誤檢測碼。奇偶校驗位有兩種類型：偶校驗位與奇校驗位。如果一組給定數據「1」的個數是奇數，那麼偶校驗位就置為 1，從而使得「1」的總個數是偶數。如果給定一組數據「1」的個數是偶數，那麼奇校驗位就置為 1，使得「1」的總個數是奇數。例如：. 7 位數據 (1 的個數). 帶有校驗位的位元組偶奇. 1010001 1011001. 10100011 10110010. 10100010 10110011. 政治大. 綜合上述兩者，可發現當訊息傳遞或密碼設計時，其檢查碼可設計為多種數字成對出現，一. 立. 來數字組較不容易被人所利用，二來設計者可容易分辨其真偽，進行偵錯，對戰時的電報傳. ‧ 國. 學. 送有很大的幫助；另外台灣大約 2300 萬組身分證字號中，每個縣市區域所代表的大寫字母及第 9 位數字檢查碼扣除後，剩下 8 位數字是足夠且剛好的，因為中間的 8 位數字共可組成 108. ‧. 個號碼，對最多人口的台北市來說，也是足夠的，但若少 1 位，卻是不足的，多 1 位，卻是. Nat. sit. y. 浪費的，所以希望針對長度為 n 的四元數列中，控制一種(0)，兩種數字(0,1)，三種數字(0,1,2). n. al. er. io. 出現偶數次的個數方法及通式加以深入討論，再推廣至長度為 n 的 k 元數列中，控制一種(0)，. i n U. v. 兩種數字(0,1)，三種數字(0,1,2)出現偶數次的個數方法及通式，最後再猜測長度為 n 的 k 元數. Ch. engchi. 列中，控制 t 種數字 (0,1,2,..., (t  1)) 出現偶數次的個數方法及通式，而求個數的目的是希望藉由個數通式反推訊息或密碼設計時的位數，而達到最大的效益。. -2-.

(8) 第二章雙射函數的建立一、『長度為 n 的四元數列中，「0」出現偶數次的個數』。 1.方法一：分為四類(0 為首，1 為首，2 為首，3 為首). 設長度為 n 的四元數列中，「0」出現偶數次的個數為 An ，可寫出遞迴關係式： An  ( 4 n 1  An1 )  An1  An 1  An 1  2 An 1  4 n 1 ， n  N , n  1, A0  1 n. 4 2 2. 政治大. 立. 學. 2.方法二：由指數型生成函數可知  n 0. An n e( x )  e(  x ) e( 4 x )  e( 2 x ) 3 x   e( x )  n! 2 2. ‧. ‧ 國. 可解出 An . n. 1 1 n n 4  2n ( 4 x )  ( 2 x )  n!  4n  2n n  0 n! , n  N,n  0  n 0  2 x n ，可解出 An  2 2 n! n 0 n. er. io. sit. y. Nat. n. al. Ch. i n U. v. 3.方法三：可想成 n 個座位中選 2i 個位置給「0」，其他位置給「1」或「2」或「3」的方法數， n  2  . n 2i. 即為 An   C 3. n 2 i. n 0. n. n 2. C 3 C 3. n 2. n 4. engchi. C 3. n 4.  ......  C. i 0. n n 2   2. 3. n n 2   2. 已知 ( x  1) n  C0n x n  C1n x n 1  C 2n x n 2  ......  C nn1 x  C nn  C 0n 3n  C1n 3n 1  C 2n 3n 2  ......  Cnn  (3  1) n  4 n C0n 3n  C1n 3n1  C2n 3n2  ......  ( 1)n Cnn  (3  1)n  2n n 2  . n 2i.  An   C 3 i 0. n 2 i. n 0. n. n 2. C 3 C 3. n 2. n 4. C 3. n 4.  ......  C. n n  2  2. 3. n n 2   2. . 4n  2n 2. -3-.

(9) 4.方法四：. 若 a1a2 ...ai ...an 為此長度為 n 的四元數列的表示法；令集合 A：偶數個 0，集合 B：奇數個 0；令 C : 只有2或3 的集合，則 C  A ， B  C  。明顯的 A  B  4 n.  A  B 2. n. 立. 政治大. ‧ 國. 學.  f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a 2 ...(1  ai )...a n , ai 為第一個0或1 設一函數 f : A  B  C ，其中  ，  f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a2 ...ai ...a n , a1 ~ a n皆不為0或1. sit. io. (1) ai為第一個0或1. er. 「 1  1 」：. y. Nat. 證明：. ‧. 則函數 f 為 1 對 1 且映成。. al. 1 2. i. n. n. v i n 若 f (a a ...a ...a )  f (a ' a '...a '...a ' C ) ，則 1  a )...aU a ' a '...(1  a ' )...a ' h ea na ...( gchi 1. 2. i. n. 1 2. i. n. 1. 2. i. n.  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,...1  ai  1  ai ' ,...a n  a n '  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,...a i  ai ' ,...a n  a n '. (2) a1 ~ an皆不為0或1 若 f (a1a2 ...ai ...a n )  f (a1 ' a2 '...ai '...a n ' ) ，則 a1a2 ...ai ...an  a1 ' a2 '...ai '...an '  a1  a1 ' , a2  a 2 ' ,...ai  a i ' ,...a n  a n ' 由(1)(2)，則 f 為 1 對 1。「映成」： (1) bi 為第一個0或1 任意 b1b2 ...bi ...bn  B  b1b2 ...(1  bi )...bn  A 若 bi 為第一個0 ，則 1  bi  1  少一個 0 -4-.

(10) 若 bi 為第一個1 ，則 1  bi  0  多一個 0 (2) b1 ~ bn皆不為0或1 任意 b1b2 ...bi ...bn  C  b1b2 ...bi ...bn  A.  0 不多不少由(1)(2)，則 f 為映成。.  A  B  4n 4n  2n 4n  2n ，解出 A  , B  由上述二式可得二元一次方程組  n 2 2 A B 2  f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a 2 ...(1  ai )...a n , ai 為第一個0或1 即找到一個雙射函數 f : A  B  C ，其中   f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a2 ...ai ...a n , a1 ~ a n皆不為0或1. 政治大. 發現「 0 」出現偶數次的個數=「 0 」出現奇數次的個數  2 n 。. 立. ‧ 國. 學. 實例：長度為 2 的四元數列中，「0」出現偶數次的整數對應如下：集合 A(偶數個 0)：00,11,12,13,21,22,23,31,32,33. ‧. 集合 B(奇數個 0)：01,02,03,10,20,30. Nat. sit. y. 集合 C(只有 2 或 3)：22,23,32,33. n. al. er. io. f (00)  10, f (11)  01, f (12)  02, f (13)  03, f (21)  20, f (31)  30. i n U. v. f (22)  22, f (23)  23, f (32)  32, f (33)  33  f : A  B  C 為 1 對 1 且映成。  A  B  16  A  10, B  6 。   A B 4. Ch. engchi. 在討論『長度為 n 的四元數列中，「0」與「1」出現偶數次的個數』前，我們定義『長度為 n 的四元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現偶數次』的意思為「0」與「1」與「2」與…與「 m  1 」等連續 m 種整數出現的次數總和為偶數次。同理『長度為 n 的四元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現奇數次』的意思為「0」與「1」與「2」與…與「 m  1 」等連續 m 種整數出現的次數總和為奇數次。. -5-.

(11) 二、『長度為 n 的四元數列中，「0」與「1」出現偶數次的個數』。 1.方法一：設長度為 n 的四元數列中，「0」與「1」出現偶數次的個數為 An 2. A e(2 x )  2e(0)  e( 2 x )  e( x )  e(  x )  2 由指數型生成函數可知  n x n    e( x )   (e( x )) 2  2 4   n  0 n! 1 1 4n 2n ( 4 x ) n  2 ( 2 x ) n  1   e(4 x )  2e(2 x )  1 n0 n! n 0 n! 4 2 xn  1    4 4 n! 4 n 0 4n 2n 4n 2 n   An n 1 1 1 2 xn  1  4 2 x n  A0      4 x ，   4 2 4 n1 n! n! 0! n1 n! n 1. 可解出 A0  1, An . 4 n 2n  ,n  N,n  1 4 2. 政治大 2.方法二：可想成 n 個座位中選 2i 個位置給「0」，再由 n  2i 個座位中選 2 j 個位置給「1」，其立.  C ( C 2. n 2 j. n 2. )C (. n 2i. n 2i. i 0. i 0. n 2k. )  ...  C (.  n 2k   2 . n 2 k 2j. C.  上式可寫為  C 0n (. )...  C. n n 2  2. 0. ( C. n n 2   2 2j. 2. n n 2   2. ). j 0. y. (2  1) n  ( 2  1) n 3n  1   2 2 n. 2. n  2 k 2 j. j 0. al. n. C 2. 2. j 0. io. n  2  . C. n 2 2 j. Nat. j 0. n 2 2j. C 2n j 2i 2 n 2i 2 j. sit. n 2j.  n 2   2 . j 0. n 2i. er. n 0. n  2 .  C. ‧. ‧ 國. 他位置給「2」或「3」的方法數，即為. 學.  n 2 i   n   2  2    . n 2. Ch. engchi n 2k. i n U. v. n  n  2. 3 1 3 1 3 1 3 )  C2n ( )  ...  C 2nk ( )...  C n n  ( 2  2 2 2 2. 2. 1. ). n. n   1 1  (C0n 3n  C2n (3n2 )  ...  C 2nk (3n2 k )...  C n n  (3  2  ))  (C0n  C2n  ...  C2nk  ...  C n n  ) 2  2  2 2  2 2. . 1 (3  1) n  (3  1) n 1 (1  1) n  (1  1) n 4n  2  2n 4n 2n ( ) ( )   2 2 2 2 4 4 2. 3.方法三：令集合 A : 偶數個 0 且偶數個 1，集合 B : 偶數個 0 且奇數個 1，集合 C : 奇數個 0 且偶數個 1，集合 D : 奇數個 0 且奇數個 1。. -6-.

(12) 其中明顯的 A  B  C  D  4 n.  A  B  C  D  2n. 政治大. 令 E : 只有2或3 的集合，則 E  A ， D  E  . 立. 如同「 0 」出現偶數次的求法中，「 0 」出現偶數次的個數=「 0 」出現奇數次的個數  2 n. ‧ 國. 學.  f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a 2 ...(1  ai )...a n , ai 為第一個0或1 ，設 f : A  B  C  D  E ，其中  f ( a a ... a ... a )  a a ... a ... a , a ~ a 皆不為 0 或 1  1 2 i n 1 2 i n 1 n. ‧. 則 f 為 1 對 1 且映成。. y. sit er. al. n. (1) ai為第一個0或1. io. 「 1  1 」：. Nat. 證明：. Ch. engchi. i n U. v. 若 f (a1a2 ...ai ...a n )  f (a1 ' a2 '...ai '...a n ' ) ，則 a1a2 ...(1  ai )...an  a1 ' a2 '...(1  ai ' )...an '  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,...1  ai  1  ai ' ,...a n  a n '  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,...a i  ai ' ,...a n  a n ' (2) a1 ~ an皆不為0或1 若 f (a1a2 ...ai ...a n )  f (a1 ' a2 '...ai '...a n ' ) ，則 a1a2 ...ai ...an  a1 ' a2 '...ai '...an '  a1  a1 ' , a2  a 2 ' ,...ai  a i ' ,...a n  a n ' 由(1)(2)，則 f 為 1 對 1。「映成」： (1) bi 為第一個0或1 任意 b1b2 ...bi ...bn  D  b1b2 ...(1  bi )...bn  A -7-.

(13) 若 bi 為第一個0 ，則 1  bi  1  少一個 0，多一個 1 若 bi 為第一個1 ，則 1  bi  0  多一個 0，少一個 1 (2) b1 ~ bn皆不為0或1 任意 b1b2 ......bn  E  b1b2 ......bn  A ， 0，1 皆不多不少由(1)(2)，則 f 為映成。  A  B  C  D  E  A  B  C  D  2n.  B  C (很明顯的各數是彼此對稱的). 政治大. 設 g : B  C ，其中 g (a1a2 ...a j ...a n )  a1a 2 ...(1  a j )...a n , a j 為第一個1 ，則 g 為 1 對 1 且映成。. 立. 證明：. ‧ 國. 學. 「 1  1 」：. 若 g (a1a2 ...ai ...a n )  g (a1 ' a2 '...ai '...an ' ) ，則 a1a2 ...(1  ai )...an  a1 ' a2 '...(1  ai ' )...an '. ‧.  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,...,1  ai  1  ai ' ,..., a n  an '  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,..., ai  ai ' ,..., a n  an '. sit. n. al. er. io. 「映成」：. y. Nat. ，則 g 為 1 對 1。. i n U. 若 bi 為第一個0 ，任意 b1b2 ...bi ...bn  C  b1b2 ...(1  bi )...bn  B. Ch. engchi. v.  bi 為第一個0 ， 1  bi  1  少一個 0，多一個 1 ，則 g 為映成。 B  C. AD  BC 設 h : A  D  B  C ，其中 h (a1a 2 ...a n )  (3  a1 )a 2 ...a n ，則 h 為 1 對 1 且映成。證明：先證「well-defined」： (1)若 a1  0 ，則 3  a1  3 (2)若 a1  1 ，則 3  a1  2 -8-.

(14) (3)若 a1  2 ，則 3  a1  1 (4)若 a1  3 ，則 3  a1  0 「 1  1 」：若 h (a1a 2 ......an )  h (a1 ' a 2 '......an ' )  (3  a1 )a 2 ......a n  (3  a1 ' )a 2 '......a n '  3  a1  3  a1 ' , a 2  a 2 ' ,......, a n  a n '  a1  a1 ' , a 2  a 2 ' ,...ai  ai ' ,...a n  a n ' ，則 h 為 1 對 1。「映成」：任意 b1b2 ...bi ...bn  B  C  (3  b1 )b2 ......bn  A  D (1)若 b1  0 ，則 3  b1  3  少一個 0 (2)若 b1  1 ，則 3  b1  2  少一個 1 (3)若 b1  2 ，則 3  b1  1  多一個 1. 立. (4)若 b1  3 ，則 3  b1  0  多一個 0. 政治大. y. sit. io. n. al. er. Nat.  A  B  C  D  4n  n  A B C  D 2 由上述四式可得四元一次方程組  ， BC 0   A  B  C  D  0. ‧. ‧ 國. AD  BC. 學.  h ((3  b1 )b2 ......bn )  (3  (3  b1 ))b2 ......bn  b1b2 ......bn ，則 h 為映成。. v i n Ch A 2B  D  4 e n g c h i U. n. 更進一步由 B  C ，可更簡捷的列出三元一次方程組  A  D  2n  A 2B  D 0  可得 A . 4n 2n 4n 4 n 2n  ，B C  ，D  。 4 2 4 4 2.  f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a 2 ...(1  ai )...a n , ai 為第一個0或1 即找到三個雙射函數 f : A  B  C ，其中   f ( a1a 2 ...ai ...a n )  a1a2 ...ai ...a n , a1 ~ a n皆不為0或1. g : B  C ，其中 g (a1a2 ...a j ...a n )  a1a 2 ...(1  a j )...a n , a j 為第一個1 h : A  D  B  C ，其中 h (a1a 2 ...a n )  (3  a1 )a 2 ...a n. 發現「 0 」出現偶數次的個數=「 0 」出現奇數次的個數  2 n 及「〝0〞+〝1〞」出現偶數次的個數=「〝0〞+〝1〞」出現奇數次的個數。 -9-.

(15) 實例：長度為 2 的四元數列中，「0」與「 1 」出現偶數次的整數對應如下：集合 A(偶數個 0 且偶數個 1)：00,11,22,23,32,33 集合 B(偶數個 0 且奇數個 1)：12,13,21,31 集合 C(奇數個 0 且偶數個 1)：02,03,20,30 集合 D(奇數個 0 且奇數個 1)：01,10 集合 E(只有 2 或 3)：22,23,32,33. f (00)  10, f (11)  01, f ( 22)  22, f (23)  23, f (32)  32, f (33)  33 f (12)  02, f (13)  03, f (21)  20, f (31)  30  f : A  B  C  D  E 為 1 對 1 且映成。 g (12)  02, g (13)  03, g (21)  20, g (31)  30  g : B  C 為 1 對 1 且映成。. 政治大. h (00)  30, h(11)  21, h( 22)  12, h (23)  13, h(32)  02, h(33)  03, h (01)  31, h (10)  20. 立. 學. ‧ 國.  h : A  D  B  C 為 1 對 1 且映成。. ‧.  A  2 B  D  42   A  D  2 2  A  6, B  4, C  4, D  2  A 2B  D 0 . sit. y. Nat. io. er. 三、『長度為 n 的四元數列中，「0」與「1」與「2」出現偶數次的個數』。我們省略上述一、二、中的其他種方法，以本文的重點方法為主. n. al. i n Ch 可由「0」與「1」與「2」的個數奇偶性分類為以下 8 個集合 engchi U. v. 令集合 A : 偶數個 0 且偶數個 1 且偶數個 2，集合 B1 : 奇數個 0 且偶數個 1 且偶數個 2，集合 B2 : 偶數個 0 且奇數個 1 且偶數個 2，集合 B3 : 偶數個 0 且偶數個 1 且奇數個 2，集合 C1 : 偶數個 0 且奇數個 1 且奇數個 2，集合 C 2 : 奇數個 0 且偶數個 1 且奇數個 2，集合 C 3 : 奇數個 0 且奇數個 1 且偶數個 2，集合 D : 奇數個 0 且奇數個 1 且奇數個 2。 8 個未知數需要 8 個方程式來解聯立，但明顯的 B1  B2  B3 ， C1  C2  C3 可由前例看出，只需 4 個未知數，解 4 個方程式即可。其中明顯的 A  B1  B2  B3  C1  C2  C3  D  4 n   A  3 B1  3 C1  D  4 n - 10 -.

(16)  A  B1  C1  D  2n 由「0」出現偶數次的個數=「0」出現奇數次的個數  2 n  A  B2  B3  C1  B1  C2  C3  D  2 n  A  B1  C1  D  2n.  A  B1  C1  D  0 由「〝0〞+〝1〞」出現偶數次的個數=「〝0〞+〝1〞」出現奇數次的個數  A  B3  C3  D  B1  B2  C1  C2  A  B1  C1  D  0.  A  3 B1  3 C1  D  ( 2). n. 政治大. 立. ‧ 國. 學. 由「3」出現偶數次的個數=「3」出現奇數次的個數  2 n ，可知 (1) n  2k. sit. y. Nat. (2) n  2k  1. ‧. 「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現偶數次的個數=「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現奇數次的個數  2 n. io. er. 「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現偶數次的個數=「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現奇數次的個數  2 n  「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現偶數次的個數=「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現奇數次的個數  (2) n. al. n. v i n C D  (2)  A  3UB  3 C  B h engchi.  A  C1  C 2  C 3  B1  B2. n. 3.  A  3 B1  3 C1    A  B1  C1  由上述四式可得四元一次方程組   A  B1  C1   A  3 B1  3 C1  可得 A . 1.  D  ( 2 ) n. D  4n D  2n D 0 D  ( 2) n. 4 n  3  2 n  ( 2)n ， 8. B1  B2  B3 . 4n  2n  ( 2) n ， 8. C1  C2  C3 . 4n  2 n  ( 2) n ， 8. D. 1. 4 n  3  2 n  ( 2 ) n 。 8 - 11 -.

(17) 第三章方程組的建立由 1 對 1 且映成的對應方法已無法面對較多限制條件的情況，因此在針對「長度為 n 的 k 元數列」前，可由前一章方程式的常數項係數中，觀察得出一個性質，即『長度為 n 的 k 元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現偶數次的個數』與『長度為 n 的 k 元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現奇數次的個數』有一規則性關係，如下所述。. 性質：『長度為 n 的 k 元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現偶數次的個數』等於『長度為 n 的 k 元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現奇數次的個數』 ( k  2m ) n 。證明：. 政治大. 立. 學. ‧ 國. 「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現偶數次的個數等於 n  2 . C0n (k  m )n  C2n m 2 (k  m )n  2  C4n m 4 ( k  m) n  4  ......   C2ni m 2i (k  m )n  2i. ‧. i 0. Nat. y. 「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現奇數次的個數等於. sit. n   2 . al. i 0. n. n  2 .  C2ni m 2i (k  m)n  2i . ( k  m)  m. i 0 n  2 .  C2ni 1m 2i 1 ( k  m) n ( 2i 1)  i 0. n. 2. C(kh m)  m k e2n g ch i n. n. . (k  m)  mn  ( k  m)  mn 2. er. io. C1n m1 ( k  m ) n 1  C3n m 3 ( k  m) n  3  C5n m 5 (k  m) n  5  ......   C2ni 1m 2i 1 (k  m )n  ( 2i 1). 2. iv n U ( k  2m ). n. 2. . k n  ( k  2m )n 2. 由此可知：『長度為 n 的 k 元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現偶數次的個數』等於『長度為 n 的 k 元數列中，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 m  1 〞」出現奇數次的個數』 ( k  2m ) n 。. 以下便針對「長度為 n 的 k 元數列」探討「控制 t 種數字 (0,1,2,..., (t  1)) 出現偶數次的個數」方法及通式。 - 12 -.

(18) 一、『長度為 n 的 k 元數列中，「0」出現偶數次的個數』。同理，令集合 A：偶數個 0，集合 B：奇數個 0。則滿足  A  B  kn  A  B  ( k  2) n 由性質可知，「0」出現偶數次的個數  「0」出現奇數次的個數  ( k  2) n.  A  B  kn k  ( k  2) n k n  ( k  2) n ，解出由上述二式可得二元一次方程組  A  , B  。 n A  B  ( k  2 ) 2 2 . 政治大二、『長度為 n 的 k 元數列中，「0」與「1」出現偶數次的個數』。立. ‧ 國. 集合 B2 : 奇數個 0 且偶數個 1，集合 C : 奇數個 0 且奇數個 1。. y. sit. n. al. er. io.  A  C  (k  2)n. Nat.  A  2 B1  C  k n. ‧. 則滿足. 學. 同理，令集合 A : 偶數個 0 且偶數個 1，集合 B1 : 偶數個 0 且奇數個 1，. i n U. v. 由性質可知，「0」出現偶數次的個數  「0」出現奇數次的個數  ( k  2) n  A  2 B1  C  ( k  4)n. Ch. engchi. 由性質可知，「〝0〞+〝1〞」出現偶數次的個數  「〝0〞+〝1〞」出現奇數次的個數  ( k  4) n.  A  2 B1  C  kn  由上述三式可得三元一次方程組  A  C  ( k  2)n ，可得  A  2 B  C  ( k  4) n 1 . A. k n  2(k  2) n  (k  4)n ， 4. B1  B2  C . k n  ( k  4) n ， 4. k n  2( k  2)n  ( k  4)n 。 4 - 13 -.

(19) 三、『長度為 n 的 k 元數列中，「0」與「1」與「2」出現偶數次的個數』。同理，令集合 A : 偶數個 0 且偶數個 1 且偶數個 2，集合 B1 : 奇數個 0 且偶數個 1 且偶數個 2，集合 B2 : 偶數個 0 且奇數個 1 且偶數個 2，集合 B3 : 偶數個 0 且偶數個 1 且奇數個 2，集合 C1 : 偶數個 0 且奇數個 1 且奇數個 2，集合 C 2 : 奇數個 0 且偶數個 1 且奇數個 2，集合 C 3 : 奇數個 0 且奇數個 1 且偶數個 2，集合 D : 奇數個 0 且奇數個 1 且奇數個 2。則滿足  A  3 B1  3 C1  D  k n  A  B1  C1  D  (k  2)n. 政治大. 由性質可知，「0」出現偶數次的個數  「0」出現奇數次的個數  ( k  2) n. 立.  A  B1  C1  D  (k  4)n. ‧ 國. 學. 由性質可知，「〝0〞+〝1〞」出現偶數次的個數  「〝0〞+〝1〞」出現奇數次的個數  ( k  4) n  A  3 B1  3 C1  D  (k  6)n. ‧. 由性質可知，. y. Nat. io. sit. 」出現奇數次的個數  ( k  6)n 「〝0〞+〝1〞+〝2〞」出現偶數次的個數  「〝0〞+〝1〞+〝2〞. n. al. er.  A  3 B1  3 C1  D  k n  n  A  B1  C1  D  (k  2 ) 由上述四式可得四元一次方程組  ，可得 n A  B  C  D  ( k  4 ) 1 1   A  3 B1  3 C1  D  (k  6) n. A. Ch. engchi. v. k n  3( k  2) n  3( k  4) n  (k  6) n ， 8. B1  B2  B3 . k n  ( k  2)n  (k  4)n  (k  6)n ， 8. C1  C2  C3 . k n  (k  2)n  ( k  4) n  (k  6) n ， 8. D. i n U. k n  3(k  2)n  3(k  4)n  ( k  6) n 。 8. 以此類推，……. - 14 -.

(20) 四、『長度為 n 的 k 元數列中，「0」與「1」與「2」與……「 t  1 」( t  k )出現偶數次的個數』。可分成 t  1 類集合，如下：令集合 At : 「0」與「1」與「2」與……與「 t  1 」等 t 種數皆為偶數個，集合 At 1 : 某 t  1 種數有偶數個，其餘一種數有奇數個，集合 At  2 : 某 t  2 種數有偶數個，其餘二種數有奇數個，集合 At  3 : 某 t  3 種數有偶數個，其餘三種數有奇數個，.  集合 A j : 某 j 種數有偶數個，其餘 t  j 種數有奇數個，. . 政治大. 集合 A2 : 某兩種數有偶數個，其餘 t  2 種數有奇數個，. 立. 集合 A1 : 某一種數有偶數個，其餘 t  1 種數有奇數個，. ‧ 國. 學. 集合 A0 : 「0」與「1」與「2」與……與「 t  1 」等 t 種數皆為奇數個。. ‧. 則滿足. sit. y. Nat.  Ctt At  Ctt1 At 1  C tt2 At 2  ...  C tj A j  ...  C 0t A0  k n. n. al. er. io.  Ctt11 At  (C tt21  Ctt11 ) At 1  (Ctt31  Ctt21 ) At 2  ...  (C tj11  C tj1 ) A j  ...  C0t 1 A0  ( k  2) n. i n U. v.  由「0」出現偶數次的個數=「0」出現奇數次的個數  ( k  2) n  (C. t 1 t 1. At  C. t 1 t 2. At 1  C. t 1 t 3. Ch. engchi. At 2  ...  C tj11 A j  ...  C 0t 1 A1 ) . (Ctt11 At 1  C tt21 At  2  ...  C tj1 A j  ...  C1t 1 A1  C0t 1 A0 )  (k  2) n  Ctt22 At  (Ctt32  C12C tt22 ) At 1  (Ctt42  Ctt22  C12Ctt32 ) At 2  ...  (C tj22  C tj2  C12C tj21 ) A j  ...  C0t  2 A0  (k  4) n. 由「〝0〞+〝1〞」出現偶數次的個數=「〝0〞+〝1〞」出現奇數次的個數  ( k  4) n.  . - 15 -.

(21) t i. ⓘ Ct  i. At  (C ttii1  C1i C ttii ) At 1  (Cttii 2  C 2i Cttii  C1i Cttii1 ) At  2  ....  [(C0i C tjii  C2i C tjii  2  C 4i C tj ii  4  ...)  (C1i C tjii 1  C3i C tjii  3  C5i C tjii  5  ...)] A j  ...  ( 1) i Cii C0t i A0  (k  2i ) n. 由「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 i  1 〞」出現偶數次的個數= 「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 i  1 〞」出現奇數次的個數  (k  2i ) n.  t. ⓣ Ct. At  C tt1 At 1  Ctt 2 At  2  ...  ( 1) t  j C tj A j ...  ( 1) t C0t A0  (k  2t ) n. 由「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 t  1 〞」出現偶數次的個數=. 政治大. 「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 t  1 〞」出現奇數次的個數  ( k  2t )n. 學. ‧ 國. 立. 由上述 t  1 式可得 t  1 元一次方程組. ‧.  C tt At  C tt1 At 1  ...  C tj A j  ...  C 0t A0  k n  C tt11 At  ( C tt21  C tt11 ) At 1  ...  ( C tj 11  C tj 1 ) A j  ...  C 0t 1 A0  ( k  2 ) n   t2 t2 t2 t2 t 2 t2 t 2 n C t  2 At  ( C t  3  2C t  2 ) At 1  ...  (C j  2  C j  2 C j 1 ) A j  ...  C 0 A0  ( k  4 )    t t t j t C 0 At  C1 At 1  ...  (  1) C t  j A j ...  (  1) t C tt A0  ( k  2 t ) n . n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. 令第ⓘ式的 A j 係數為 aij (0  i  t ,0  j  t ) ，. engchi. i n U. v. 其中 aij 為「 j 種數有偶數個，其餘 t  j 種數有奇數個」的情形下，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+ 〝 i  1 〞」出現偶數次的個數減去「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 i  1 〞」出現奇數次的個數。.  a0 t a  1t  a2 t   可利用矩陣表示為    ait     att . a 0( t 1) a1( t 1) a 2( t 1)  ai ( t 1)  at ( t 1). a 0( t  2 ) a1( t  2 ) a 2( t  2)  ai ( t  2 )  at ( t  2 ).  a0 j  a1 j  a2 j    aij    atj.       . a00   At   k n  a10   At 1   (k  2) n     a 20   At  2   (k  4) n              a i 0   A j   ( k  2i ) n             n     a t 0   A0  (k  2t ) . - 16 -.

(22) 為了符號便利且敘述簡便，可針對各種數字出現奇數個的狀況而言，而改令集合 B0  At : 「0」與「1」與「2」與……與「 t  1 」等 t 種數皆為偶數個，集合 B1  At 1 : 某 t  1 種數有偶數個，其餘一種數有奇數個，集合 B2  At  2 : 某 t  2 種數有偶數個，其餘二種數有奇數個，集合 B3  At  3 : 某 t  3 種數有偶數個，其餘三種數有奇數個，.  集合 B j  At  j : 某 t  j 種數有偶數個，其餘 j 種數有奇數個，.  集合 Bt  2  A2 : 某兩種數有偶數個，其餘 t  2 種數有奇數個，. 政治大. 集合 Bt 1  A1 : 某一種數有偶數個，其餘 t  1 種數有奇數個，. 立. 集合 Bt  A0 : 「0」與「1」與「2」與……與「 t  1 」等 t 種數皆為奇數個。. ‧ 國. 學. 則滿足. ‧.  C0t B0  C1t B1  C 2t B2  ...  C tj B j  ...  C tt Bt  k n. sit. y. Nat.  C0t 1 B0  (C1t 1  C0t 1 ) B1  (C2t 1  C1t 1 ) B2  ...  (C tj1  C tj11 ) B j  ...  Ctt11 Bt  (k  2) n. n. al. er. io.  C0t  2 B0  (C1t  2  C12C0t  2 ) B1  (C 2t  2  C0t  2  C12C1t  2 ) B2  ...  (C tj 2  C tj22  C12C tj12 ) B j  ...  Ctt22 Bt  (k  4) n.  t i. ⓘ C0. Ch. engchi. i n U. v. B0  (C1t i  C1i C0t i ) B1  (C2t i  C 2i C0t i  C1i C1t  i ) B2  ....  [(C0i C tj i  C 2i C tji2  C 4i C tji4  ...)  (C1i C tji1  C 3i C tji3  C5i C tji5  ...)] B j  ...  ( 1) i Cii Bt  ( k  2i ) n.  t. ⓣ C0. B0  C1t B1  C 2t B2  ...  ( 1) j C tj B j ...  ( 1) t Ctt Bt  (k  2t ) n. 由上述 t  1 式可得 t  1 元一次方程組如下：. - 17 -.

(23)  C 0t B 0  C 1t B1  ...  C tj B j  ...  C tt B t  k n  C 0t 1 B 0  ( C 1t 1  C 0t 1 ) B1  ...  (C tj 1  C tj 11 ) B j  ...  C tt11 B t  ( k  2 ) n   t2 t 2 2 t2 t2 t2 2 t 2 t2 n C 0 B 0  (C 1  C 1 C 0 ) B1  ...  ( C j  C j  2  C 1 C j 1 ) B j  ...  C t  2 B t  ( k  4 )    t t j t C 0 B 0  C 1 B1  ...  (  1) C j B j ...  (  1) t C tt B t  ( k  2 t ) n . 令第ⓘ式的 B j 係數為 bij (0  i  t ,0  j  t ) ，其中 bij 為「 t  j 種數有偶數個，其餘 j 種數有奇數個」的情形下，「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+ 〝 i  1 〞」出現偶數次的個數減去「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 i  1 〞」出現奇數次的個數。 t. 即 bij  (C 0i C tji  C 2i C tji2  C 4i C tji4  ...)  (C1i C tji1  C 3i C tji3  C5i C tji5  ...)   ( 1) k C ki C tjik. ‧ 國. 立. 治政 b  B   k  大      b B ( k  2) n. 0t. 0. n.  1    b2t   B2   ( k  4)n              n     bit B j (k  2i )            n     btt   Bt  (k  2t )  1t.  bi1  bt1. b02 b12 b22  bi 2  bt 2. al. n. b21. sit. b11. b02  b0 j  b0t  b12  b1 j  b1t   b22  b2 j  b2 t         的反方陣存在， bi 2  bij  bit         bt 2  btj  btt . er. b01. io. b01 b11 b21  bi1  bt1.       .       . y. b0 j b1 j b2 j  bij  btj. Nat. b00 b  10 b20  則我們可知，若    bi 0     bt 0 .  B0  b00   b  B1   10  B2  b20    則       B j   bi 0          Bt   bt 0   .       . ‧. b01 b02 b11 b12 b21 b22   bi1 bi 2   bt1 bt 2. 學. b00 b  10 b20   可表示為    bi 0    bt 0 . k 0. b0 j b1 j b2 j  bij  btj. Ch.       . engchi. b0t  b1t   b2t     bit     btt . 1. i n U. v.  kn   n   ( k  2)   ( k  4) n      。 ( k  2i ) n       (k  2t ) n   . 如此的運算可用程式跑出答案，底下將介紹另一種矩陣解此方程組的方法。. - 18 -.

(24) 第四章矩陣解方程組而為解方程組，發現解的係數有規則的變化，如下：對『長度為 n 的 k 元數列中，「0」出現偶數次的個數』.  A  B  kn 而言，所產生的二次方程組  n  A  B  ( k  2) 1 1   A   k n  可寫成      n 1  1  B  (k  2)  1 1  1 1  由解 A, B 的係數發現    1  1 1  1. 治政 1  k   A  1 k  ( k  2) 大       。   1 (k  2) 立   B  2  k  ( k  2)  n. n. n. n. n. n. 學. ‧ 國. 2 0  A  1      0 2  B  1.  A  1 1   k n     n  B  1  1 ( k  2) . ‧. 同理，對『長度為 n 的 k 元數列中，「0」與「1」出現偶數次的個數』. n. sit er. io. al. y. Nat.  A 2B  D  kn  所產生的三次方程組  A  D  (k  2) n 而言，  A  2 B  D  ( k  4) n  1  A   k n  1 2     可寫成 1 0  1  B   (k  2) n    1  2 1   D  (k  4) n . Ch. engchi. i n U. v. 1  k n  1  1 2 1   A  1 2 1 2      1 0  1 1 0  1  B   1 0  1 ( k  2) n     n 1  2 1  1  2 1   D  1  2 1  ( k  4)  1  k n  4 0 0  A  1 2      0 4 0  B   1 0  1 ( k  2) n      0 0 4  D  1  2 1  ( k  4) n  k n  2( k  2) n  ( k  4) n   A    1 B  k n  (k  4) n 。 4 n  k  2( k  2) n  (k  4) n   D    - 19 -.

(25) 同理，對『長度為 n 的 k 元數列中，「0」與「1」與「2」出現偶數次的個數』.  A  3 B1  3 C1  D  kn  n  A  B1  C1  D  (k  2) 所產生的四元方程組  而言， n A  B  C  D  ( k  4 ) 1 1   A  3 B1  3 C1  D  (k  6) n 3 1  A   k n  1 3 1 1  1  1  B  (k  2) n    1    可寫成  1  1  1 1   C1  (k  4) n      n 1  3 3  1  D  (k  6)  3 1  1 3 3 1 1 3 1 1  1  1 1 1  1  1    1  1  1 1  1  1  1 1     1  3 3  1 1  3 3  1. 0 0 8 0. 0  A  1 3 3 1  k n    0  B1  1 1  1  1 (k  2)n     0  C1  1  1  1 1  (k  4)n       8  D  1  3 3  1 ( k  6) n . ‧. 0 8 0 0. 學. 8 0  0  0. 政治大. ‧ 國. 立.  A  1 3 3 1  k n      n  B1   1 1  1  1 (k  2)   C1  1  1  1 1  (k  4)n      n  D  1  3 3  1 ( k  6) . n. n. A. n. n. Ch n. k  3( k  2)  3( k  4)  (k  6) ， 8. engchi. sit er. io. al. y. Nat.  A k n  3(k  2)n  3(k  4)n  (k  6)n      B 1 k n  ( k  2) n  (k  4)n  (k  6) n   1  n ，可得  C1  8  k  (k  2)n  ( k  4) n  (k  6) n     n n n n  k  3(k  2)  3(k  4)  ( k  6)  D. i n U. v. k n  ( k  2)n  (k  4)n  (k  6)n B1  B2  B3  ， 8 k n  (k  2)n  ( k  4) n  (k  6) n C1  C2  C3  ， 8 k n  3(k  2)n  3(k  4)n  ( k  6) n D 。 8. 因此猜測對『長度為 n 的 k 元數列中，「0」與「1」與「2」與……「 t  1 」( t  k )出現偶數次的個數』所產生的 t  1 元方程組，. - 20 -.

(26)       . b01. b02  b0 j  b0t  b00 b12  b1 j  b1t   b10  b22  b2 j  b2t  b20         bi 2  bij  bit   bi 0         bt 2  btj  btt   bt 0. . bi1  bt1.  0.  0.  .  B0 . . t 0. n. 1 2t.  0. b01 b11 b21  bi1  bt1. b02 b12 b22  bi 2  bt 2. b0 j b1 j b2 j  bij  btj. al.       . Ch. b01 b11 b21  bi1  bt1. b02 b12 b22  bi 2  bt 2. b0t   k n  b1t   ( k  2) n    b2 t   ( k  4) n        bit  ( k  2 j ) n        btt   ( k  2t ) n . engchi.       . b0 j b1 j b2 j  bij  btj.       . . 0. . 0. . 0. . 0 . t. 2 .  . 0 .  . 0. 0.  2t . . . . . . 0. 0. . 0. . 0  0 0   0   2 t . b0t   k n  b1t   (k  2) n    b2 t   (k  4) n        bit  (k  2 j ) n        btt   (k  2t ) n . i n U. v. t. 1 2t.  b (k  2 j ). n. ij. j 0 t.  b0 j (k  2 j ) n  j 0. t 1.       . n. 可得 Bi . b00 b  10 b20     bi 0     bt 0 . 0   B0  b00    0   B1  b10 0   B2  b20           0   Bi   bi 0            2 t   Bt   bt 0     . io.  B0     B1   B2    1    t 2  Bi        Bt   . 立. t1. 0. t. 2. 治 b政大. ‧ 國.  0  0  0    2t. bi1 . 0. ‧. 0 0 2t  0. . 學. 0 2t 0  0. b11 b21. b02  b0 j  b0t  2 t b12  b1 j  b1t   0   b22  b2 j  b2 t   0         bi 2  bij  bit   0          bt 2  btj  btt   0. Nat. 2t  0 0  即  0   0 . b01. y. b00 b  10 b20     bi 0     bt 0 . sit. b02 b12 b22  bi 2  bt 2. b11 b21. b0 j b1 j b2 j  bij  btj. b0t   B0   k n  b1t   B1   (k  2) n     b2 t   B2   (k  4) n              而言，也有如下的性質： bit   B j  (k  2i ) n             n     btt   Bt  ( k  2t ) . b01 b11 b21  bi1  bt1. er.       . b00 b  10 b20     bi 0     bt 0 . n. t 2. 1 2t. t t j.  C (k  2 j). n. j 0. n. C k  C (k  2)  C ( k  4)  ...  C tj (k  2 j ) n  ...  Ctt ( k  2t ) n 2t. 。. - 21 -.

(27) 例：『長度為 n 的十元數列中，「0」與「1」與「2」與……「9」出現偶數次的個數』。 1 B0  10 2. C010 10 n  C110 8 n  C 210 6 n  ...  C510 0 n  C 610 ( 2) n ...  C1010 ( 10) n C (10  2 j )   210 j 0 10. n. 10 j. 當 n 為奇數時， B0  0 當 n 為偶數時， B0  2  當 n  2 時， B0  2 . C 010 10n  C110 8n  C 210 6 n  C 310 4 n  C 410 2 n 210. C 010 102  C110 82  C 210 6 2  C 310 4 2  C 410 2 2 5120  2  10 10 2 1024. 列舉法可知即為 00,11,22,33,44,55,66,77,88,99，共 10 種，與公式是相呼應的。由上例看來，猜測似乎正確，但我尚未整理出此結論的證明，也是本文可惜之處，但仍可由矩陣解方程組；至於上述公式 Bi . B0 . C0t k n. 1 2t. t n. ，以及治政  C ( k  2)  C ( k  4)  ...  C ( k  2 j )  ...  C大 (k  2t ) 立2 t 1. n. t 2.  b (k  2 j ) ij. j 0. n. t j. n. t t. n. ，. t. ‧. ‧ 國. 學. 我猜測應為真，只待以後證明。. 到目前為止，本文的重點告一段落，而本文所強調的作法由下例統整呈現。. Nat. sit. n. al. 集合 B0 : 「0」與「1」與「2」與「3」皆為偶數個，. Ch. engchi. er. io. (1)分割集合. y. 例：『長度為 n 的四元數列中，「0」與「1」與「2」與「3」出現偶數次的個數』。. i n U. v. 集合 B1 : 「0」與「1」與「2」有偶數個，「3」有奇數個，. 集合 B2 : 「0」與「1」有偶數個，「2」與「3」有奇數個，集合 B3 : 「0」有偶數個，「1」與「2」與「3」有奇數個，集合 B4 : 「0」與「1」與「2」與「3」皆為奇數個，. (2)建立方程組  C 04 B0  C14 B1  C 24 B2  C34 B3  C 44 B4  4 n  C01C 03 B0  (C 01C13  C11C03 ) B1  (C 01C 23  C11C13 ) B2  (C 01C33  C11C 23 ) B3  C11C 33 B4  2 n  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n C 0 C 0 B0  (C 0 C1  C1 C 0 ) B1  (C0 C 2  C 2 C 0  C1 C1 ) B2  (C2 C1  C1 C 2 ) B3  C 2 C 2 B4  0  C 03C 01 B0  (C03C11  C13C01 ) B1  (C 23C 01  C13C11 ) B2  (C 23C11  C33C 01 ) B3  C33C11 B4  ( 2) n   C 04 B0  C14 B1  C 24 B2  C34 B3  C 44 B4  ( 4) n - 22 -.

(28) (3)建立矩陣 6 4 1   B0   4 n  1 4   1 2 0  2  1  B1   2 n     1 0  2 0 1   B2    0       2  1  B3  ( 2) n  1  2 0 1  4 6  4 1   B4  ( 4) n . (4)矩陣求解 6 4 1  1 4 6 4 1   B0  1 4 6 4 1   4n  1 4   1 2 0  2  1 1 2 0  2  1  B1  1 2 0  2  1  2 n        1 0  2 0 1  1 0  2 0 1   B2   1 0  2 0 1  0         2  1 1  2 0 2  1  B3  1  2 0 2  1 ( 2) n  1  2 0 1  4 6  4 1  1  4 6  4 1   B4  1  4 6  4 1  ( 4) n . n. al. Ch. engchi. y. sit er. io. 6 4 1  4n   B0  1 4   B  1 2 0  2  1  2 n   1 1     B2   1 0  2 0 1  0     16   2  1 ( 2) n   B3  1  2 0  B4  1  4 6  4 1  ( 4) n . ‧. Nat. 6 4 1  4n  16 0 0 0 0   B0  1 4    0 16 0 0 0   B  1 2 0  2  1  2 n    1      0 0 16 0 0   B2   1 0  2 0 1  0        2  1 ( 2) n   0 0 0 16 0   B3  1  2 0  0 0 0 0 16  B4  1  4 6  4 1  ( 4) n . 學. ‧ 國. 立. 政治大. i n U. v. (1  4 n  4  2 n  6  0  4  ( 2) n  1  ( 4) n ) 4 n  4  2 n  4  ( 2) n  1  ( 4) n  B0   16 16 當 n 為奇數時， B0  0. 4n  4  2n 當 n 為偶數時， B0  2  16 42  4  22 32 當 n  2 時， B0  2   2 4 16 16 列舉法可知即為 00,11,22,33，共 4 種，與結論是相同的。. - 23 -.

(29) 當 n  4 時， B0  2 . 44  4  24 256  64  2  40 16 16. 列舉法可知即為 0000,0011,0022,0033,1111,1122,1133,2222,2233,3333，再行排列，共4. 4! 4!  6  4  36  40 種，與結論是相同的。 4! 2!2!. n  6 , n  8 ……以此類推，. 由此方法可較為快速並同時求出各種限制條件的個數，至於控制的數字變多時，目前用矩陣解方程組運算上較為麻煩，建議用程式運算跑出答案。. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. - 24 -.

(30) 第五章結論本文主要是解決『長度為 n 的四元數列中，控制一種(0)，兩種數字(0,1)，三種數字(0,1,2)出現偶數次(或奇數次)的個數』，使用的方法是建立雙射函數並使用方程式組求解，是一種中學生能淺顯易懂的作法，進而推廣至『長度為 n 的 k 元數列中，控制 t 種數字 (0,1,2,..., (t  1)) 出現偶數次(或奇數次)的個數』，使用的方法是建立矩陣 BX  C ，而得 B 2 X  BC ，且若 B 可逆，便可得出 X  ( B 2 )1 BC 。 b01 b11 b21  bi1  bt1. b02  b0 j  b0t   B0   kn     n  b12  b1 j  b1t   B1    ( k  2)   B2  b22  b2 j  b2 t   ( k  4) n             ， X     ，C    ，  Bj   (k  2i ) n  bi 2  bij  bit                   n     bt 2  btj  btt   ( k  2t )   Bt . 立. 政治大. 學. ‧ 國. b00 b  10 b20  其中 B     bi 0     bt 0 . 「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 i  1 〞」出 bij : 「 t  j 種數有偶數個， j 種數有奇數個」的情形下，. ‧. 現偶數次的個數減去「〝0〞+〝1〞+〝2〞+…+〝 i  1 〞」出現奇數次的個數，. Nat. t. B j : 控制 t  j 種數有偶數個， j 種數有奇數個的集合。. n. al. Ch. engchi. k 0. er. io. sit. y. 即 bij  (C 0i C tji  C 2i C tji2  C 4i C tji4  ...)  (C1i C tji1  C 3i C tji3  C5i C tji5  ...)   ( 1) k C ki C tjik ，. i n U. v. 當控制的數較少時，可利用紙筆操作，當控制的數多時，可利用程式跑出答案，且各種限制條件皆可藉由此方程組的列式而一併獲得解決，這是有效率的解決各種數字出現偶數次(或奇數次)的個數的一種方法，也節省了不少時間，但仍有計算上的麻煩，因此更期待的是希望能將上一章的結論給證明，得出一般的通式，並能以較簡單的組合模型表達出答案，如此更能被中學生所接受，這也是我仍須努力的目標；另外對於控制多種數字，1 對 1 且映成的方法變的複雜，但仍有數學情境上的優勢及簡便性，希望能找到一種雙射對應對所有的 t 值皆成立，如此更能展現出威力，這也是我期待能獲得改善的地方。. - 25 -.

(31) 參考文獻 [1]Alan Tucker(1994)，Applied Combinatorics(5th Edition)，John Wiley & Sons Inc。 [2]http://mathworld.wolfram.com/HammingCode.html。 [3]漢明碼 http://zh.wikipedia.org/wiki/Hamming_code。 [4]黃子嘉(2001)，離散數學(上)，鼎茂圖書出版有限公司。 [5]黃子嘉(2001)，離散數學(下)，鼎茂圖書出版有限公司。 [6]奇偶校驗位，維基百科。 [7]中華民國身分證，維基百科。. 立. 政治大. ‧. ‧ 國. 學. n. er. io. sit. y. Nat. al. Ch. engchi. i n U. v. - 26 -.

(32)