1.Fourier 提出的問題

(1)

從 ^Fourier 的十七線問題談起

柳柏濂

1.Fourier 提出的問題

十八世紀, 法國著名數學物理學家 Jaseph Fourier 在二十歲的時候 (1788) 給他的朋友 C. L. Bonard寫了一封信, 信中提出了一個有趣的幾何組合問題:

“這裡有一個奇特的小問題, 它使我想起了我們在好幾個時候討論過的, Euclid幾何的某些性質。在同一平面上安排十七條直線, 假設這些直線可以無限伸延且無三線共點, 那麼, 如何安排這十七條線, 使之交出 101 個點。”

如果我們限定 17條直線兩兩相交, 則它們的交點數是

¹⁷

2

= 136 > 101, 顯然這個問題無解。

於是, 我們必須考有某些直線是互相平行的。下面, 把 Fourier 問題置於一般的情況下去思考。

2. 更一般的問題

我們更廣泛地提出如下問題。

平面上有n條直線, 無三線共點, 要使這些直線交出m個點, 應如何安排這n條直線?

為方便敘述, 我們把一組平行線稱為平行線族。

先求n條直線交點數的最大值。

顯見, 若這些直線無平行線族的話, 它們的交點數最大, 這個數是

ⁿ₂

= ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ 。

如果n條直線的某種安排使其交點數不是

ⁿ

2

, 因為已知無三線共點, 故, 這n條直線必有平行線族。

設這n條直線含k族平行線族(1 ≤ k ≤ [ⁿ₂]), 它們所含的直線條數分別是j₁, j₂, · · · , j_k, 這裡, j1, j₂, · · · , j_k都是不小於 2的整數, 且滿足j1+ j2+ · · ·+ jk≤n。

因為所要求的交點總數是m, 顯然 m ≤

ⁿ₂

= ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂

故交點的總數比最大值減少了ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾

2 −m個。

易知, 導致交點數的減少是因為有平行線族。 k族平行線, 每一族中的jt(t = 1, 2, . . . k)條直線彼此無交點。故交點數比最大值減少了

^P

^k_t=1

^j^t

2

個。

於是 ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾

2 −m=

^P

^k_t=1 ^j^t^(j^t₂⁻¹⁾ (2.1) (2.1) 式右邊各項都是第 jt − 1(t = 1, 2, . . . k) 個三角數。所謂第jt −1個三角數, 即以jt−1個點為邊組成的三角形的總點數。例如³⁽³⁻¹⁾

2 , ⁴⁽⁴⁻¹⁾₂ , ⁵⁽⁵⁻¹⁾₂ 的幾何意義如圖 1 所示。

1

(2)

3(3−1)

2 = 3 ⁴⁽⁴⁻¹⁾₂ = 6 ⁵⁽⁵⁻¹⁾₂ = 10 圖1

(2.1) 式告訴我們: Fourier問題有解的必要條件是n條直線交點的最大值與m的差必須是三角數之和。

對於三角數, 古希臘的數學家已經注意到它的有趣性質。例如, 相鄰兩個三角數之和必是平方數。早在十七世紀, 法國數學家 Fermat 已經發現三角數的這樣的一個性質:

任一個正整數都可以表示為一個, 兩個或3個三角數之和。直到 1815 年, 這一性質才由數學大師 Cauchy 嚴格證明出來, 運用這個性質, 我們在檢查必要條件 (2.1) 時, 只須檢查

^P

^k_t=1jt不大於n就可以了。

下面, 我們用 (2.1) 式解 Fourier 的十七線問題。

令n = 17, m = 101, 由 (2.1) 式得

j1(j¹−1)

2 +^j²^(j²₂⁻¹⁾+· · ·+^j^k^(j₂^k⁻¹⁾=^17(17−1)₂ − 101

即 ^j¹^(j₂¹⁻¹⁾+^j²^(j²₂⁻¹⁾ + · · · + ^j^k^(j^k₂⁻¹⁾ = 35 j₁+ j2+ · · · + jk ≤17

我們把不大於 35的所有三角數列出來

j

_t

2 3 4 5 6 7 8 9

jt(j^t−1)

2

1 3 6 10 15 21 28 36

表1

由上表可見, 35 這個數不是三角數, 也不是兩個三角數之和, 即 17 條直線要交出 101個點必不能僅有一族或兩族平行線。由三角數的性質知, 它至少是三個三角數之和。

對照上表, 由 (2.1) 式, 我們不難得到 Fourier 十七線問題的全部 4 個解。

(1) j₁ = 5, j₂ = 5, j₃ = 6及 1 條直線 (圖 2(a))

(2) j1 = 2, j2 = 4, j3 = 8及 3 條不成平行線族的直線。(圖 2(b))

(3) j1 = 2, j2 = 3, j3 = 3, j4 = 8 和 1 條直線。(圖 2, (c))

(4) j1 = 2, j2 = 3, j3 = 5, j4 = 7(圖 2(d))

(a)

(3)

(b)

(c)

(d) 圖2

讀者可以看到, Fourier 的十七線問題如果僅用幾何的方法去解, 即使求一個解也是不容易的, 然而, 這裡用三角數的組合方法把它的所有 4 個解都找出來了! 作為一個練習, 讀者們可以嘗試一下, 把 Fourier 的 17 線改為變成 131 個點, 則直線如何安排? (兩

個解: (1)5 個 2 線組平行線族, 7 條不成族的直線 (2)2個 2線組平行線族, 1個 3線組平行線族, 10條不成族的直線)

3. 三角形的個數問題

Fourier一百多年前提出的問題已得到圓滿解決。但是, 我們言猶未盡, 如果把 Fourier 問題中所規定的交點數改為三角形個數, 問題是否能夠類似地得到解決呢?

問題的一般提法是:

在平面上給出n條直線(n ≥ 3), 無三線共點, 若要交出m個三角形, 如何安排這些直線?

先計算n條直線在平面上交出的三角形個數的最大值。顯然, 當此n條直線均無兩直線平行時, 所交出的三角形個數

ⁿ₃

最大。

若m <

ⁿ₃

, 則n條直線中至少有兩直線平行。設n條直線共分為k組平行線。每組的線數分別為j₁, j₂, · · · , jk,

j₁ + j2 + · · · + jk=n, 1 ≤ jt ≤ n(t = 1, 2, · · · k), 這裡, 我們廣義地約定, 當jt= 1時, 第t組直線非平行線族, 僅為 1 條直線。

由上述的討論知, 若n條直線無兩條互相平行, 交出的三角形個數最大, 而由於出現了平行線族, n條直線交出的三角形個數變成了m ≤

ⁿ₃

, 故三角形個數減少了。

_n

3

−m (3.1)

我們又從另一方面計算三角形減少的個數。

考察其中一組jt條平行線。任取jt條平行線中的 2 條, 再和剩下的(n − 2)條直線中

(4)

之任一條都不能組成三角形。於是, 這些失去的三角形的個數是

^j^t

2

(n−2)個, 對t求和, 其個數一共是

k

P

t=1

_j

t

2

(n−2) = (n−2)

^P

^k

t=1

_j

t

2

(3.2) 此外, 我們注意到, 在同一平行線族的jt條平行直線中, 每 3 條平行線亦不能構成三角形。這些 3 線組數是

^j₃^t

, 但這類三線組在 (3.2) 式中已被重複算了 3 次, 故當有平行線k條, 各有j1, j₂, · · · j_k條平行線時, 應減去 2 倍

^j₃^t

。對t求和, 失去的三角形總數應是

(n − 2)

^P

^k

t=1

_j

t

2

−2

^P

^k

t=1

_j

t

3

(3.3) 因為 (3.1)(3.3) 式都表示同一個量, 故得

_n

3

−m= (n − 2)

^P

^k

t=1

_j

t

2

−2

^P

^k

t=1

_j

t

3

(3.4) (3.4) 式是一個關於jt(t = 1, 2, · · · , k)的不定方程, 若求得一組解j₁, j₂, · · · , j_k, 便對應於一組符合題意的直線安排。從理論上, (3.4) 式的解是不易求出的, 但我們從組合數學的觀點, 還是有辦法求出具體問題的解來。

一個很自然的想法是, 由

^j^t

3

=

jt−2 3

_j

t

2

, 可以把 (3.4) 式化為僅含

^j₂^t

的式子。但是, 這樣一來, 在

^j₂^t

的係數部份又增加了變量jt, 增加了求解的困難。

現在, 我們考慮另一種算法。

把

^j₂

,

₃^j

列表如下:

j 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 · · ·

j 2

0 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 66 · · ·

j 3

=

^(j−2)₃ ₂^j

0 0 1 4 10 20 35 56 84 120 165 220 · · ·

表2

令x =

^P

^k_t=1

^j₂^t

, y=

^P

^k_t=1

^j₃^t

(3.4) 式變成

_n

3

−m = (n − 2)x − 2y (3.5) 對於給定的n, m, 我們可先求不定方程 (3.5) 的非負整數解(x, y)。

由組合意義, 易見

^P

^k_t=1

^j₃^t

≤

ⁿ

3

, 其中

^P

^k_t=1j_t = n, 故必有

0 ≤ y ≤

ⁿ₃

(3.6) 又由y = ^{(n−2)x+m−}(ⁿ3)

2 , 相應於不等式 (3.6), 有

0 ≤ ^{(n−2)x+m−}(ⁿ3)

2 ≤

ⁿ

3

,

(5)

故得 (

n 3)^−m

(n−2) ≤x ≤ ³(ⁿ³)^−m

(n−2) , (n ≥ 3) (3.7) (3.6), (3.7) 式給出了非負整數解x和y的取值範圍, 故理論上是能夠求出 (3.5) 的有限組非負整數解(x, y)來。

下一步, 再對於 (3.5) 式的每一組符合要求的解(x, y), 對照表2的

^j₂

,

^j₃

, 找出一組正整數 (j1, j₂, · · · , j_k), 1 ≤ k ≤ n, 使



 

 

 

 

k

P

t=1

_j

t

2

= x

k

P

t=1

_j

t

3

= y

k

P

t=1j_t= n

(3.8)

其中j₁, j₂, · · · , j_k不必互異。

於是, (j₁, j₂, · · · , jk)(1 ≤ k ≤ n)便是n條直線產生m個三角形的一種安排方案, 其幾何意義是,n條直線中有k組互不平行的直線j₁, j₂, · · · , j_k, 其中第t組直線由jt條平行線所組成。

因為當k > 5時,

^k₃

>

^k₂

, 故在求 (3.8) 式的解時, 應先以

₃^j

的一行湊起, 對照表 2, 一組滿足 (3.8) 式的正整數是不難組合而成的。

現舉例如下:

例1. n = 5, m = 7 解: 由(3.5) 式, 得

₅

3

−7 = 3x − 2y

即 3x − 2y = 3 (3.9) 易見, 要保證y是整數, x必須是奇數, 且由不等式 (3.6), (3.7) 有1 ≤ x ≤ 7, 0 ≤ y ≤ 10。

由 (3.9) 式得符合要求的非負整數解(x, y) 如下

x 1 3 5 7 y 0 3 6 9

檢查上面 4組解, 我們發現, 對解 (1, 0) 有

j₁ = j2 = j3 = 1, j4 = 2, 使



 



 



₁

2

+

¹₂

+

¹₂

+

²₂

= 1

₁

3

+

¹₃

+

¹₃

+

²₃

= 0

1 + 1 + 1 + 2 = 5

於是, 平面上5條直線, 要交出7個三角形, 必須有且僅有一對平行線。(如圖 3)

圖3 例2. n = 8, m = 18 解: 由(3.5) 式得

₈

3

−18 = (8 − 2)x − 2y

即 3x − y = 19 (3.10) 由不等式 (3.6), (3.7) 得非負整數解x, y的範圍是7 ≤ x ≤ 25, 0 ≤ y ≤ 56。

(6)

由 (3.10) 式得到非負整數解(x, y)如下表

x 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 y 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32

x 18 19 20 21 22 23 24 25 y 35 38 41 44 47 50 53 56

易見, 對 (7,2) 有j1 = 2, j2 = 3, j₃ = 3使



 



 



₂

2

+

³₂

+

³₂

= 7

₂

3

+

³₃

+

³₃

= 2 2 + 3 + 3 = 8

故 (2, 3, 3) 是其中一解。又, 不難檢驗, 其餘 18 組解, 均不能找出合乎方程組 (3.8) 的 (j1, j₂, · · · j_k)。故要由平面上的 8 條直線產生 18個三角形, 當且僅當有3組平行線 (各組平行線數分別是 2, 3, 3) 相交而成。(如圖 4)。

圖4

現在, 我們沿用 Fourier 的十七線問題, 給出另一個例子。

例3. n = 17, m = 275 解: 由 (3.5) 式, 得

₁₇

3

−275 = (17 − 2)x − 2y

即 15x − 2y = 405 (3.11) 易見, x必為奇數。由不等式 (3.6), (3.7) 得 27 ≤ x ≤ 117, 0 ≤ y ≤ 680

(3.11) 式對應有45組非負整數解(x, y) (略)。經檢驗,

(33, 45) 有對應解(j1, j₂, j₃, j₄, j₅)

= (1, 2, 2, 5, 7)

(35, 60) 有對應解(j1, j₂, j₃, j₄, j₅, j₆) = (1, 1, 1, 2, 4, 8), 按此兩組作出的 17 條直線恰好交出 275個三角形。(見圖 5)

(1,1,1,2,4,8)

(1,2,2,5,7) 圖5

4. 由極端情形驗證方法

(7)

在數學中, 要確認一個公式或方法正確與否, 當然可以用計算的結果來驗證。但是, 對於組合問題的結果, 由於數字較大, 往往不容易直接檢驗。於是, 我們可以考慮極端的情形與實際是否一致。

我們考察直線交出三角形問題的極端情形。當m =

ⁿ₃

時, 交出的三角形個數應是

ⁿ

3

, 而當m = 0時, 直線不交出任何三角形。我們驗證一下 (3.4) 式的結果與幾何直觀是否一致。

當m =

ⁿ₃

, 由 (3.4) 式得 0 = (n − 2)

^P

^k

t=1

_j

t

2

−2

^P

^k

t=1

_j

t

3

(4.1)

即

^P

^k

t=1

_j

t

3

=

^P

^k

t=1(ⁿ₂ −1)

^j₂^t

(4.2) 又因為

^P

^k

t=1

_j

t

3

=

^P

^k

t=1 j^t−2

3

_j

t

2

故 (4.2)變為

P

k

t=1(ⁿ₂ −1)

^j₂^t

=

^P

^k

t=1 j^t−2

3

_j

t

2

注意到上式各項非負, 故必有

n

2 −1 = ^j^t⁻²₃ , t = 1, 2, · · · , k (4.3) 或

^j^t

2

= 0, t = 1, 2, · · · k,

k

P

t=1jt = n (4.4) 若 (4.3) 成立, 則jt = ³ⁿ₂ −1 > n (因n ≥ 3), 矛盾!

若 (4.4) 成立, 得j₁ = j2 = · · · = j_n = 1。顯見

₁

2

+

¹₂

+ · · · +

¹₂

= 0

₁

3

+

¹₃

+ · · · +

¹₃

= 0

滿足 (4.1) 式且

n

P

t=1

j_t=

^P

ⁿ

t=11 = n。

這時, 即n條直線無兩條平行。

當m = 0, 即n條直線不交出任何三角形。從幾何直觀易見, 這時n條直線所分的平行線族必須不多於 2 族。下面, 我們試用 (3.4) 式驗證: 若有非負整數j1, j2使

j₁+ j₂ = n,

則 m = 0 。(當然, 嚴格來說, 還須驗證, 若

^P

^k

t=1jt = n中至少有 3 個正數jt, 則m >

0)。

事實上, 由 (3.4) 式, 右邊

(n − 2)[

^j₂¹

+

^j₂²

] − 2[

^j₃¹

+

^j₃²

]

= n[

^j₂¹

+

^j₂²

]−2[

^j₃¹

+

^j₂¹

+

^j₃²

+

^j₂²

]

= n[

^j₂¹

+

^j₂²

] − 2[

^j¹₃⁺¹

+

^j²⁺¹₃

]

= n^j²¹^+j₂²²⁻ⁿ−2^j¹³^+j_3!³²⁻ⁿ

= n^j²¹^+j₂²²⁻ⁿ− ^n(j

2

1−j¹j2+j2²)−n 3

= ⁿ₆(3j₁²+ 3j₂²−3n − 2j₁² +2j1j₂−2j₂²+ 2)

= ⁿ₆[(j1+ j2)²−3n + 2]

= ⁿ₆(n²−3n + 2)

= ¹₆n(n − 1)(n − 2) =

ⁿ₃

。於是, 由 (3.4) 式

_n

3

−m=

ⁿ₃

得 m= 0, 這與直觀的幾何意義一致。

(8)

最後, 需要指出的是, 平面上放置n條直線使之交出m個三角形, 並不總是有解的。試看下列

例4. n = 5, m = 2

解: 由(3.5) 式, 得

⁵₂

−2 = (5 − 2)x − 2y 得 8 = 3x − 2y

顯見, x必須是偶數。由 (3.6), (3.7) 式得

4 ≤ x ≤ 8, 0 ≤ y ≤ 10。

解(x, y)如下

x 4 6 8 y 2 5 8

由表 2 不難驗證, 上述 3 組解中, 沒有一組能找出j₁, j₂, · · · , j_k使之滿足方程組 (3.8)。故此題無解。事實上, 讀者可在平面上直觀地驗證, 其幾何意義亦是頗為明顯的。

參考文獻

1. B. Turner (1980), Fourier’s seventeen Lines problem, Mathematics Magazine, Vol. 53. No. 4, pp 217-219.

2. 柳柏濂, 幾何組合計數趣談, 廣東教育出版社, 1988。

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本文作者任教於廣州華南師範大學數學

1.Fourier 提出的問題

從 Fourier 的十七線問題談起

柳柏濂