任兩數差都不在同一組的分組問題
張進安
先看一個假設性的科幻問題 :
來訪的外星人傳送了 7 個容量足夠大的安全保管箱, 並通知另有 1000 顆編有序號的微型 炸彈也會隨機陸續傳送到地球。 這些炸彈一傳到地球就會啟動, 地球人必須在下一顆微型炸彈 傳送到前, 將它放入某一個保管箱中。 如果兩個不在保管箱中的炸彈都已啟動就會立刻引爆; 但 是必須遵守一個嚴格的規則 : 『同一個保管箱中的任兩顆炸彈序號的差, 不能也在該保管箱中。』
否則也會引爆所有的炸彈。 如果這 1000 顆微型炸彈都能安全的投入保管箱, 他們才願意和聰 明的地球人建立友好關係。
前幾顆炸彈的出現當然不是問題, 隨著每個箱中的炸彈愈多, 再投入的限制就愈多, 也許 有人會想到二分法, 有計畫地先把後一半 501 到 1000 等 500 顆炸彈放入同一個保管箱, 因為 這 500 顆炸彈的序號差分別是 1 到 499, 所以分到同一箱是安全的, 所以第一箱就解決了一半 的問題。 但是前一半 1 到 500 再也不能投入第一箱了, 所以第一箱就必須封存起來。 依此方法 第二箱是 251 到 500, 第三箱是 126 到 250, · · · 愈到後面的箱子能裝的炸彈數量愈來愈少, 不用精算就覺得箱子不太夠, 我們必須想一個更有效的方法, 這時候能拯救地球的, 大概要靠數 學家和電腦工程師了。
為解決這個問題, 我們先訂一個初步的研究計畫 :
把正整數從 1 到 m 依 『同組中任兩數的差都不在該組』 的規則逐一分入 n 組, 務 必使 n 最小; 或固定 n 而使 m 達到最大, 這樣的 n 和 m 有什麼數學關係?
資訊工程的朋友可以把這個問題寫成電腦遊戲來讓多數人參與 :
把編有 1, 2, 3 · · · 序號的球, 逐一投入也編有序號的盒子, 如果投入的球和該盒中已有 的球序號差也在該盒中, 就算 game over。 每當使用的盒數已投入最大的球數, 就算過了一關, 並出現下一個盒子, 得以繼續遊戲。
我們很容易分析前幾球 :
1. 1 號球當然投入 1 號盒中, 可以記為 B1 = {1}。
2. 因為 2 − 1 = 1, 所以 2 號求不能投入 1 號盒中, 只能投入 2 號盒, 記為 B1 = {1}, B2 = {2}。 所以只有 1 個盒子時, 只能投入 1 個球, 這樣就算過了第一關。
3. 考慮 3 號球, 因為 3 − 1 = 2, 3 − 2 = 1, 無論投入 1 號盒或 2 號盒都不會 game over, 但對 4 號球的處理卻產生不同的影響。 如果 B1 = {1, 3}, B2 = {2}, 4 號球無論投入哪 一盒都將 game over; 所以必須在 B1 = {1}, B2 = {2, 3} 的情況下, 4 號球才能投入 1 號盒, 而成為 B1 = {1, 4}, B2 = {2, 3}。
4. 考慮 5 號球時, 因為 1 + 4 = 5, 2 + 3 = 5, 我們也將發現, 無論投入 1 號或 2 號盒, 遊戲 都會 game over。 所以 5 號球一定要投入 3 號盒, 且確定 2 個盒子最多只能投入 4 個球。
如果問 m 個球最少要用多少個盒子, 這顯然是多對一的函數, 表達起來不太明確; 就不如定義 f(n) =『n個盒子可以投入球數的上限』=m, 而且第 n + 1 盒的第一個球也確定就是第 m + 1 號球。 稍有經驗的人大概也能估計到, f (n) 應該是個幾何級數的函數。
從上面分析前 5 球的過程可以確定 f (1) = 1, f (2) = 4。 當 n = 3 時經過多次嘗試操 作, 至少有下列三種分組的方式 :
• 甲 B1 = {1, 4, 7, 10, 13}, B2 = {2, 3, 11, 12}, B3 = {5, 6, 8, 9} 。
• 乙 B1 = {1, 4, 10, 13}, B2 = {2, 3, 7, 11, 12}, B3 = {5, 6, 8, 9} 。
• 丙 B1 = {1, 4, 10, 13}, B2 = {2, 3, 11, 12}, B3 = {5, 6, 7, 8, 9} 。
無論哪一種分法, 都明顯表示 14 號球必須投入 B4, 也就是說 f (3) = 13 似乎是成立的。
以下我們用高中生很熟悉的數學歸納法來建立 f (n) 的函數 : 已知 : f (1) = 1, f (2) = 4, 設 f (k) = m
即 存在一種分組 : B1= {1, . . .}
B2= {2, . . .}
B3= {5, . . .}
...
Bk= {k1, k2, k3, . . .}
且最大數 m 存在某 Bi 中。
對每一 Bi = {i1, i2, . . . , it} 中的任意兩數 x, y 必須確保 x 和 y 的差必不屬於 Bi 及對每一 Bi 必存在有 iu, iv 使得
iu+ iv = m + 1, 這才表示每一個盒子都不能再投入第 m + 1 球。
則當 n = k + 1 時,
令 Bk′+1 = {m + 1, m + 2, . . . , 2m, 2m + 1} 再將每一個 B1 到 Bk 擴充為 Bi′ = Bi∪ B′′i, 其中 Bi = {i1, i2, . . . , it},
Bi′′= {i1+ 2m + 1, i2+ 2m + 1, . . . , it+ 2m + 1}
即將 m + 1, m + 2, . . . , 2m, 2m + 1 全部投入第 k + 1 盒, 且對 2m + 2 到 3m + 1 的 x 號球, 投入 x − (2m + 1) 所在的那一盒, 或者說將原 Bi 除了原有的數之外每一個數均再加上 (2m + 1), 擴充為兩倍, 所以這 k + 1 盒可以投入的最大數為 3m + 1。
即 f (k + 1) = 3m + 1。
以 k = 3 時的丙種解為實例來說明 : 丙 B1 = {1, 4, 10, 13},
B2 = {2, 3, 11, 12}, B3 = {5, 6, 7, 8, 9}。
則 k = 4 時, 因為 m = 13, 所以 2m + 1 = 27, 3m + 1 = 40 則
B4 = {14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27}。
B1 = {1, 4, 10, 13, 28, 31, 37, 40}, B2 = {2, 3, 11, 12, 29, 30, 38, 39}, B3 = {5, 6, 7, 8, 9, 32, 33, 34, 35, 36}。
現在我們必須檢查每一 Bi 中的任兩數差, 是否不在該集合中; 及每一 Bi 中是否必存在 兩數和為 3m + 2。
1. 因為 Bk+1 = {m + 1, m + 2, . . . , 2m, 2m + 1}
所以 ∀ x, y ∈ Bk+1 則 1 ≤ |x − y| ≤ m 所以 ∀ x, y ∈ Bk+1 則 |x − y| 6∈ Bk+1
2. ∀ 1 ≤ i ≤ k, 因為 Bi′ = Bi∪ Bi′′
= {i1, i2, . . . , it} ∪ {i1+2m+1, i2+2m+1, . . . , it+2m+1}
可以簡單的區分為小數部分和大數部分 所以自 Bi′ 中任取 x, y, 只有三種情形 :
甲. x, y 都來自小數部分, 則 |x − y| 6∈ Bi 已是 n = k 時已檢驗過的條件, 且 |x − y| ≤ m− 1, 所以 |x − y| 6∈ Bk+1。
乙. x, y 都來自大數部分 , 則設 x = id+ 2m + 1, y = ie+ 2m + 1 則 |x − y| = |id− ie| 6∈ Bi, 且 |x − y| ≤ m − 1, 所以 |x − y| 6∈ Bi′′。 丙. 若 x 來自小數部分, y 來自大數部分, 設 x = id, y = ie+ 2m + 1
則 |x − y| = y − x = 2m + 1 ± (id− ie)
若 id< ie, 則 |x − y| = 2m + 1 + (ie− id) 將與 (ie− id) 同組 6∈ Bi 若 id> ie, 則 1 ≤ id− ie ≤ m − 1
所以 1 − m ≤ ie− id≤ −1
所以 2m + 1 + (1 − m) ≤ (2m + 1 + ie) − id≤ −1 + 2m + 1 所以 m + 2 ≤ y − x ≤ 2m
所以 y − x ∈ Bk+1 6∈ Bi′
所以 ∀ x, y ∈ B′i, 則 |x − y| 6∈ Bi′。
3. ∀ 1 ≤ i ≤ k 任一 Bi′ 中, 因為 Bi′ = Bi∪ B′′i, 則存在 x, y ∈ Bi 使得 x + y = m + 1。
所以存在 x ∈ Bi, y ∈ B′′i, 使得 x + y = m + 1 + 2m + 1 = 3m + 2 且在 Bk+1 中, 明顯存在 x = m + 1, y = 2m + 1 使得 x + y = 3m + 2。
所以表示當 n = k + 1 時, 投球的上限是 3m + 1, 根據數學歸納法原理, 我們得到一個遞推的 函數關係 :
f(k + 1) = 3m + 1 = 3f (k) + 1, 加上 f (1) = 1, 可以整理出 f (n) 的一般項公式 f(n) = 3f (n − 1) + 1
= 3(3f (n − 2) + 1) + 1
= 32f(n − 2) + 3 + 1
= 32(3f (n − 3) + 1) + 3 + 1
= 33f(n − 3) + 32+ 3 + 1 ...
= 3n−1f(1) + 3n−2+ · · · + 32+ 3 + 1
= Xn−1
i=0
3i
= 1
2(3n− 1)
到這裡, 我們可以對這個 『任兩數差不在同一組』 的問題, 得到一個初步的結論 : n 個盒子最多可以投入 1
2(3n− 1) 個球, 且第 n + 1 盒的第一球為 1
2(3n+ 1)。
如果注意到 f (4) = 1
2(34 − 1) = 40, 即 4 個盒子最多可以投入 40 個球, 這恰和西 元 1624 年法國數學家梅齊里亞克 (Claude Gaspard Bachet de M´eziriac, 1581∼1638) 提出四個砝碼就能秤出 1 到 40 磅等所有整數磅物品的問題相同, 四個砝碼上限秤 40 磅和 分四群的上限 40, 除非問題同構, 否則不可能如此巧合。 我們要做的只是如何找到或解釋他們
同構的理由罷了。 梅齊里亞克的問題, 後來由英國數學家珀西 · 亞歷山大 · 麥克馬洪 (Percy Aiexander MacMahon, 1854∼1929) 推廣到一般情形:『若允許天平兩邊放砝碼, 每一種砝碼 只有一個, 則 1, 3, 9, 27, 81, . . . , 3n, . . . 是最有效的砝碼組合。 而對任意待測秤重量正整數 n, 只要將 n 表為三進制, 再將係數 2 以 3 − 1 取代, 即為所需砝碼的唯一選擇, 但係數為負值 時該砝碼與被秤物體同一邊。』 1
這個結論顯示: 1 個砝碼只能秤 1 磅, 2 個砝碼最多能秤 1 + 3 = 4 磅, 3 個砝碼最多 能秤 1 + 3 + 9 = 13 磅, 4 個砝碼最多能秤 1 + 3 + 9 + 27 = 40 磅, n 個砝碼最多可秤 1 + 3 + 9 + 27 + · · · + 3n−1 = 1
2(3n− 1), 正和我們剛得到的公式完全一樣。
以三進位的砝碼組合, 也可用排列組合的方法來證明。 每一顆砝碼可選擇放左邊 (設為 1) , 放右邊 (設為 −1) , 或放棄不用 (設為 0) , 所以 n 顆砝碼有 3n種選擇, 扣除全放棄 1 種, 並 考慮左右對稱的重複, 所以 f (n) = 1
2(3n− 1) 是正確的。 另一種解法也可假設 k 個砝碼最多 能秤到 m, 則下一個砝碼應直接跳到 2m + 1, 因為 (2m + 1) − m = m + 1, 恰是下一個可秤 出的連續整數, 所以當這 k + 1 顆砝碼全部置於同一側時, 就可以秤出 m + 2m + 1 = 3m + 1 這就和前面用到的數學歸納法, 不只過程一樣, 連結果和公式都一樣了。
現在我們回頭來看外星人的 7個安全箱是否足夠。 如果 n = 7, f (7) = 1
2(37−1) = 1093, 所以外星人還是滿厚道的, 不只問題是可以達成的, 並且沒有用極限數來為難地球人。 只是我們 雖然知道問題有解, 可以從第 1 顆炸彈逐一放入編好號的安全箱中; 也有從 k 到 k + 1 箱 的具體推廣方法, 事先列出 7 個箱子所要投入的全部號碼。 但是炸彈是隨機出現, 光是比對近 千個數字找到正確的箱子, 恐怕也是一件大工程, 這是遞推公式不好用的地方, 好比要求費氏 (Fibonacci) 數列第 100 項, 如果沒有生成函數, 就必須從 F1, F2, . . . 求到 F98, F99, 才能算 出 F100。 如果我們能有一種方法, 直接從炸彈編號的序號, 分析出應直接投入的箱子, 就不怕炸 彈序號是隨機出現了, 例如第一顆出現 398 號炸彈能不能直接決定投入哪一箱呢?
前面提到珀西 · 亞歷山大 · 麥克馬洪對任意待測重量正整數 n 的處理方法, 是把 n 表 為三進制, 再將係數 2 以 −1 取代, 使每一個正整數 n 表為 n = Pk
i=1ai3i−1, 其中 ai ∈ {−1, 0, 1}, 來選擇並放置砝碼, 現在既然整數分組和最小砝碼的問題同構, 我們也希望從 n 的 三進制的表達, 來研究直接分組的方法。
先用三個砝碼秤 1 到 13 來分析, 將 1 到 13 以 −1、0、1 為係數表為三進制:
1 = 1, 2 = 3 − 1, 3 = 3, 4 = 1 + 3, 5 = 9 − 1 − 3, 6 = 9 − 3, 7 = 1 + 9 − 3, 8 = 9 − 1, 9 = 9, 10 = 1 + 9, 11 = 3 + 9 − 1, 12 = 3 + 9, 13 = 1 + 3 + 9
再依每個數等號右邊最小的正數來分群:
1註 : 趙文敏教授編著, 寓數學於遊戲第二輯, 頁 42∼43, 九章出版社。
B1 : 1 = 1, 4 = 1 + 3, 7 = 1 + 9 − 3, 10 = 1 + 9, 13 = 1 + 3 + 9, (30 是最小的正項) B2 : 2 = 3 − 1, 3 = 3, 11 = 3 + 9 − 1, 12 = 3 + 9, (31 是最小的正項)
B3 : 5 = 9 − 3 − 1, 6 = 9 − 3, 8 = 9 − 1, 9 = 9, (32 是最小的正項) 正好是原問題甲組的解, 我們還要更完整的證明:
對任意正整數 a, b (設 a > b), 設 a, b 的三進制分別為 a = P
i=1ai3i−1, b = P
i=1bi3i−1, 其中 ai, bi ∈ {−1, 0, 1} 則 ai, bi 中至少各有一個 1。 設 a 和 b 同屬於 Bk 那一 組, 則 ak = 1 且 bk = 1。 且 a =Pk−1
i=1 ai3i−1+3k−1+P
i=k+1ai3i−1其中 ∀ 1 ≤ i ≤ k−1, ai ∈ {−1, 0}, b =Pk−1
i=1 bi3i−1+3k−1+P
i=k+1bi3i−1其中 ∀ 1 ≤ i ≤ k−1, bi ∈ {−1, 0}, 令 c = a − b = P
i=1(ai − bi)3i−1 = P
i=1ci3i−1 = Pk−1
i=1 ci3i−1+P
i=k+1ci3i 其中在 1 ≤ i ≤ k − 1 時, ci ∈ {−1, 0, 1}, 在 i ≥ k + 1 時, ci ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}, 則 3k−1 項係數
= 0 變成無法跨越的鴻溝。 首先考慮我們將一正整數 n 表為三進制時, 係由冪次最低的係數先 決定。 係數 -2 和 2 要改寫成 -1 或 1, 都只會影響同冪次及更高冪次, 而不再改變已確定的較 低冪次的係數。 所以我們分成兩段來討論 :
在 i ≤ k − 1 這邊, 若存在最小的 i, 使 ci = 1, 則 a − b 在 Bi 那組, 不在 Bk。 若
∀ i ≤ k, ci ∈ {−1, 0};
再考慮 i ≥ k + 1 這一邊, 我們由最低次方的 ci = −2 及 ci = 2, 往冪次高的方向整理 : 若 ci+1 = −2, 因為 (−2) = (1 −3), 所以 (−2)3i = (1 −3)3i = 3i−3i+1 則 ci+1 = 1, 則 a − b 在 Bi+1 那組, 因為 i ≥ k + 1 所以 a − b 不在 Bk中;
若 ci+1 = 2, 因為 2 = (3 − 1), 所以 (3 − 1)3i = 3i+1− 3i, 所以 ci = −1, 則 a − b 在冪次更高的 Bi+1 那組, 自然不在 Bk 這組。
由上述分析討論得證, 依冪次最小的正係數 1 來分組, 可以保證同一組中任兩數的差都不 在同組中。
最後我們可以把連續正整數分組的問題做一個完整的陳述 :
將 1、 2、 3、 · · · 、 m 等連續正整數分成 n 組, 使每組中任兩個數的差都不在該 組內, 其 m 值的上限為 f (n) = 1
2(3n− 1)。 且分組的方法為 : 將 1、 2、 3、 · · · 、 m 等連續正整數, 以 −1、 0、 1 為係數表為三進制, 並以 30、 31、 32、· · · 、 3n−1 的最小 正項為分組依據, 即可得到一種分組法, 但此分組法非唯一解。
現在我們可以直接解決外星人的第一顆編號 398 的炸彈了。
因為 398 = 35+ 34+ 2 × 33+ 2 × 32+ 2
= −1 + 3 − 32− 34− 35+ 36
因為最小的正項是 31, 所以 398 號炸彈, 就應該放入編號為 2 的安全箱了!
結語
龍騰文化事業公司 2005 年 10 月出版的 『數學新天地』, 有許志農教授主編的問題集:
將 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13 這十三個數字分成三群, 使每群中的任兩個數字差 都不在該群內。
這個題目簡單明瞭, 連國中生都可以動手做了。 若將題目改為 『將一組同花色的撲克牌 A ∼ K 分成三堆, 使每堆中的任兩張牌的點數差都不在該堆內。』 甚至可以當家庭的休閒益 智遊戲了。 初看這個題目, 只直覺可能不是唯一解, 等實際動手做, 才發現許多值得討論及推廣 的問題。 該 『數學新天地』 提供高中數學教師許多專業上的進修, 不知道許教授提出此問題時, 是否早已有完整的答案, 或許也有不少高中老師曾經解出這個問題。 筆者當年解出問題後, 陸續 加以推廣, 直到找到以三進制的最小正項為分組依據, 才算有所突破, 其他進位制似乎沒有這種 功能, 自己覺得是很難得的經驗, 只是表達過程略嫌複雜, 當年忙於教學無暇整理, 退休後特別 記錄下來, 供有興趣的同好參考。 因為分組的方法不唯一, 但願還有先進提出其他解法和證明。
尾聲
在解題的嘗試過程中會有一疑問, 如果問題的限制改為: 使每組中的任兩數和都不在該組 內, 是否有不同的發展。 稍一分析就會發現, 若任兩數是指相異兩數, 的確可以增加很多種解法, 但我沒能發現規律。 其中的差異在於: 若 b = 2a 則 b − a = a 所以 a、b 不能在差的限制中同 組, 卻可以在和的限制中同組。 但若不限制相異兩數, 限制兩數和就和限制兩數差完全一樣了2。 同一組中任兩數和或差不再在同一組的要求, 類似生物學的避免近親繁殖, 是否可應用於 生物研究的配對組合, 或統計的抽樣理論, 或資訊的資料存取處理等等 . . ., 就更希望有人能更 深入的探討了。
—本文作者為高雄市中正高中退休教師—
2018 年中華民國數學會年會
日 期 : 2018 年 12 月 8 日 (星期六) ∼ 2018 年 12 月 9 日 (星期日) 地 點 : 國立臺灣師範大學數學系
詳見: http://www.math.ntnu.edu.tw/workshop/TMS2018/index.php?lang=tw
2註 : 參考民國 73 年 12 月出版的數學傳播季刊第八卷第四期 64-66, 有王湘君老師翻譯自 Staley J. Bezuszka & Margaret J.
Kenney : Chaiienges for Enriching the Curriculum :Arithmetic and Number Theory, Math Teacher, April 1983, 250-252. 算術和數論中的 「難題」, 第 7 題, 就是以兩數和不在同一組來研究, 文中只推算到分三組時最多到 23, 分四組時最多到 66, 並沒有證明也沒有發展出一般公式。 看來問題真的不簡單。
