別瞧不起它

別瞧不起它 _, 那 個中學教材中的公式

柳柏濂

一 . 一個貌不驚人的式子

我的朋友蕭文強兄在 「數播」(第二十卷 第三期) 中發了一篇大作, 向讀者問一句“你 懂得數嗎?”然後又謙遜地回答,“我可不懂”。

文中, 蕭兄在“一勞永逸的數數”一節, 介紹了 一個式子:

1 + x + x

²

+ x

³

+ · · · = 1

1 − x, (∗) 用它, 可以解決一些複雜的計數問題 (如 Fi- bonacci 數列的通項公式)。 該文囿於講座對 象, 未涉及高等數學“禁區”。 即便如此, 掩卷 之餘, 冒班門弄斧之險, 仍想說幾句話, 但願 不是畫蛇添足之作。

就 (∗) 式而言, 是一個中學生也熟悉的 式子。 在中學教材“數列和極限”部分, 當我們 考慮等比數列前 n 項和時,

1 + x + x

²

+ · · · + x

ⁿ

= 1 − x

ⁿ⁺¹

1 − x , (∗) 式的左邊, 實質是

n→∞

lim(1+x+x

²

+· · ·+x

ⁿ

) = lim

n→∞

1−x

ⁿ⁺¹

1 − x

(1) 當然, (1) 不能任何情況下都存在。 於是, 歸 結為一個求極限問題:

當 |x| < 1 時, 顯然, 由 (1) 得

n→∞

lim

1 − x

ⁿ⁺¹

1 − x = 1 1 − x

於是, 我們說, 當 |x| < 1 時, 1+x+x

²

+· · · 收斂於

¹

1−x

。

(∗) 式令數學家高興: 它實現了由無限 向有限的轉化, 使對無限問題的研究不再那 樣縹渺。 (∗) 式又令中學生迷惘: 一系列無窮 無盡的量相加, 竟然能夠等於一個確定的數?!

如果你一時之間也覺得不可思議的話, 那麼, 不難理解, 為什麼八十多年前, 當德國 數學家康托 (cantor) 先生開始研究無限時, 竟被那麼多人 (甚至權威學者) 譏笑為“瘋 子”。

二 . Be careful! 歐拉 (Euler) 也曾出錯。

從有限到無限, 我們研究的對象已經不 能一個個地窮舉出來。 要把問題看得清楚, 只 能靠嚴格的邏輯推理。 這恰恰是對一個人數 學才能的最大考驗。 從出生那天開始, 生活在 眼睛所及的“有限”空間中, 接觸著十、 百、 千 的有限數量, 要一下子想像和推斷那個無限 的空間形式和數量關係, 就好像騎了幾十年

63

自行車突然換開摩托車一樣, 一不小心, 容易 出事。

可不是嗎? 在自然數集

^N

中, 當我們建 立了一一對應 k ↔ 2k(k ∈

^N

), 偶數和自然 數一樣多, 也就是部分竟然與全體相等。 兩條 點數一樣多的線段, 竟然長度不一樣。(見圖 1 的 AB 與 CD), 這些都是我們用“世俗”眼 光, 所不能理解而又完全正確的結論。

現在, 讓我們回到所討論的 (∗) 式中。

十八世紀歐州的大數學家歐拉, 就犯過下列 的錯誤。

...

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . ... . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. .

. .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. ..

. ... .

... .. .

.. . .. . .. . . . .. . .. .. . ... .

... . ..

A B

C D

圖

1

運用 (∗) 式

n + n

²

+ n

³

+ · · · = 1

1 − n − 1 = n 1 − n

(2) 又

1 + 1 n+ 1

n

²

+ 1

n

³

+ · · · = 1

1 −

_n ¹

= n n − 1

(3) (2),(3) 兩式相加, 得

· · · 1 n

³

+ 1

n

²

+1

n + 1 + n + n

²

+ n

³

+

· · · = n

1 − n+ n

n − 1 = 0 (4)

如果說, (4) 式的錯誤還不明顯的話, 那 麼, 在 (∗) 式中, 若令 x = 2, 我們將得到一 個荒謬得更顯然的式子:

1 + 2 + 4 + 8 + 16 + · · · = −1 這些謬誤的產生, 在於沒有弄清 1+x+

x

²

+ · · · , 僅當 |x| < 1 的範圍內收斂。 也就 是, 要在 (∗) 中的 x 代入數, 使等式成立, 就 必須代入 |x| < 1 範圍內的數。

從有限到無限, 處處應該 be careful!

(小心)。

三 .“換一個活法”, 如何?

討論 (∗) 式的收斂和發散, 是函數論專 家的事情。 他們專注於連續的數學。 可是, 事 情就是這麼有趣: 如果我們把 (∗) 式用另一 個觀點來處理,“換一個活法”, 它竟可以處理 離散數學中的計數問題。

還是從 (∗) 式談起。 把 (∗) 兩邊平方, 即

(1 + x + x

²

+ · · ·)

²

= 1

(1 − x)

²

(5) (5) 式的左邊, 用乘法可得

(1 + x + x

²

+ · · ·)

²

= 1 + 2x + 3x

²

+ 4x

³

+ · · · + (n + 1)x

ⁿ

+ · · · (6) (5) 式的右邊, 用長除法, 得

1

(1 − x)

²

= 1 1 − 2x + x

²

= 1 + 2x + 3x

²

+ 4x

³

+ · · · + (n + 1)x

²

· · · , (7)

(6) 和 (7) 相應的 x

^k

項的係數相等。 一般來 說, (7) 的推導比 (6) 容易, 那麼我們便可通 過 (5)、(7) 式, 直接得到 (6) 式, 解決了一個 無窮級數的平方問題。

這個例子啟示我們: 如果不考慮 x 的 值, 僅把 (∗) 式作為一種形式的冪級數, 那 麼, 利用它, 把無限 (級數) 變成有限 (函數), 把無限 (級數) 的運算轉化為有限 (函數) 的 運算 ((5) 式), 再把運算結果回復到無限 (如 (7) 展成級數)。 注意到前後兩個級數的 x

^k

項 係數相等, 於是, 便幫助我們解決無窮級數的 運算問題。 下面, 我們還可以看到, 進而解決 一些計數問題。

一般, 一個無窮數列 a

₀

, a

1

, a

2

, . . ., a

_n

. . . 這是一個離散的研究對象。 如果我們 用 x

ⁱ

的指數 “記錄” a

_i

的下標, 那麼, 可以 把數列寫成下列形式冪級數

a

0

+ a

1

x + a

2

x

²

+ · · ·

進一步, 若上述形式冪級數能等於一個函數 (哪怕它在 x 的某一範圍內收斂),

a

0

+ a

1

x + a

2

x

²

+ · · · = f(x), 則 f (x) 稱為數列 (a

₀

, a

1

, a

2

, . . .) 的生成函 數。 (或準確地說: 常生成函數)。 例如, 在 (∗) 式中,

_1−x ¹

是數列 (1, 1, 1, . . .) 的生成函數。

把離散和無窮的數列 a

0

, a

1

, a

2

, . . . 載上 f (x) 的這隻船上。 下面我們將看 到, 怎樣依靠 f (x) 這隻船的動力, 把 a

0

, a

1

, . . . , a

n

, . . . 駛到彼岸。

四 . 再走一步, 便能小試牛刀

不要小覷了 (∗) 的那個中學教材中的式 子, 再走一步, 就能幹大事。

如上所述, (1−x)

^{− 1}

= 1+x+x

²

+· · ·。

(1−x)

^{− 2}

= 1 + 2x + 3x

²

+ 4x

³

+ · · · + (n + 1)x

ⁿ

+ · · · 再做下去,

(1−x)

^{− 3}

= (1 + x + x

²

+ · · ·)

·(1 + x + x

²

+ · · ·)

·(1 + x + x

²

+ · · ·)

= 1 + 3x + 6x

²

+ 10x

³

+ · · · +1

2(n + 2)(n + 1)x

ⁿ

+ · · ·

= 2 0

!

+ 3 1

!

x + 4 2

!

x

²

+ 5

3

!

x

³

+ · · · + n + 2 n

!

x

ⁿ

+ · · · 自然, 可以推測

(1−x)

^{− 1}

= r − 1 0

!

+ r 1

!

x + r + 1 2

!

x

²

+ · · · + r + n − 1

n

!

x

ⁿ

+ · · · , 用求和記號

^P

, 可記為

(1 − x)

^{− r}

=

∞

X

n=1

r + n − 1 n

!

x

ⁿ

(∗∗) 要證明 (∗∗) 式, 也不是非要高等數學不可, 我們採用數學歸納法解決它。

證明: r = 1, 公式 (∗∗) 即為 (∗), 成 立。(直接用長除法亦可證明)。

設 (∗∗) 對 r 成立, 往證對 r + 1 亦成 立。

(1 − x)

^{− (r+1)}

= (1 − x)

^{− r}

· (1 − x)

^{− 1}

=

∞

X

n=1

r + n − 1 n

!

x

ⁿ

· (1 − x)

^{− 1}

= [ r − 1 0

!

+ r 1

!

x + r + 1 2

!

x

²

+ · · · + r + n − 1

n

!

x

ⁿ

+ · · ·] · (1 + x + x

²

+ · · · + x

ⁿ

+ · · ·)

= r−1 0

!

+ [ r − 1 0

!

+ r 1

!

]x +[ r−1

0

!

+ r 1

!

+ r + 2 2

!

]x

²

+· · · +[ r−1

0

!

+ r 1

!

+ r+1 2

!

+· · ·+ r + n + 1 n

!

]x

ⁿ

+· · ·

= r 0

!

+ r+1 1

!

x+ r+2 2

!

x

²

+ · · ·+ r+n

n

!

x

ⁿ

+· · ·

=

∞

X

n=1

(r + 1) + n − 1 n

!

x

ⁿ

.

上述的化簡, 只是重複應用組合恆等式 m

k − 1

!

+ m k

!

= m + 1 k

!

的結果。 於是, 便證得 (∗∗) 式。

有了 (∗∗) 式 ((∗) 是它的特例), 我們 可以對一些組合問題小試牛刀了。

問題1: 求不定方程

x

₁

+ x

₂

+ x

₃

+ · · · + x

r

= n (8)

的非負整數解 (x

1

, x

2

, . . . , x

r

) 的個數。

解: 每個不定元 x

_i

的取值可能是 0, 1, 2, 3, . . . , i = 1, 2, . . . r, 我們用冪指數表之 以

1 + x + x

²

+ x

³

+ · · · + · · · = (1 − x)

^{− 1}

於是, 問題歸結為求 (1 + x + x

²

+ x

³

+ · · ·)

^r

的展開式中 x

ⁿ

的係數。

由(∗∗) 式, (1 + x + x

²

+ x

³

+ · · ·)

^r

= (1 − x)

^{− r}

=

^{P ∞} _n=1 ^{ r+n−1} _n ^

x

ⁿ

, x

ⁿ

的係數 是

^{ r+n−1}

n



, 即 (8) 的非負整數解個數是 r + n − 1

n

!

。 (9)

附註: 如果把問題 1 的“非負整數解”條 件改為“正整數解”條件, 則只須對方程 (8) 作一個變換 x

_i

= y

i

+ 1, r = 1, 2, . . . , r。

問題歸結為求 y

1

+ y

2

+ · · · + y

^r

= n − r 的非負整數解 (y

₁

, y

2

, . . . , y

r

) 的個數, 由問 題 1結論, 得

r + (n − r) − 1 n − r

!

= n − 1 n − r

!

= n − 1 r − 1

!

(10) 問題2: 求方程 x

1

+x

2

+x

3

+x

4

+x

5

= 21 的所有奇數解的個數。

解: 只需求 (x + x

³

+ x

⁵

+ · · ·)

⁵

展開 式中的項 x

²¹

的係數。

因 x

⁵

(1 + x

²

+ x

⁴

+ · · ·)

⁵

= x

⁵

(1 − x)

^{− 5}

, 即求 (1−x

²

)

^{− 5}

的 x

¹⁶

項係數, 也即求 (x

²

)

⁸

係數。 由結果 (9), 得

^{ 5+8−1} ₈ ^

= 495。

問題3: 求方程 x

1

+ x

2

+ x

3

= 14 不 大於 8 的非負整數解的個數。

解: 只需求 (1 + x + x

²

+ · · ·+ x

⁸

)

³

的 展式中 x

¹⁴

的係數。 但 (1 + x + x

²

+ · · · + x

⁸

)

³

= (1−x

⁹

)

³

(1−x)

^{− 3}

。(1−x

⁹

)

³

的展式 中 x 的次數不大於 14 的項僅有 1 和 −3x

⁹

, 於是只需考慮 (1 − x)

^{− 3}

中 x

¹⁴

與 x

⁵

的係 數, 它們分別是

^{ 3+14−1} ₁₄ ^

和

^{ 3+5−1}

5



。 因此, 所求的解的個數是

3 + 14 − 1 14

!

− 3 3 + 5 − 1 5

!

= 16 2

!

− 3 7 2

!

= 57

問題4: 求方程 x

1

+ 2x

2

= n(n ≥ 0) 的非負整數解個數。

解: 把

_(1−x) ¹

·

(1−x ¹

²

)

分解為部分分式, 即

1

(1−x)(1−x

²

) = 1 (1−x)

²

(1+x)

= 1

2(1−x)

²

+ 1

4(1−x)+ 1 4(1+x)

=

∞

X

n=0

(n + 1)x

ⁿ

+1 4

∞

X

n=0

x

ⁿ

+1

4

∞

X

n=0

(−1)

ⁿ

x

ⁿ

=

∞

X

n=0

(n + 1 2 + 1

4+ (−1)

ⁿ

4 )x

ⁿ

。 於是, 所求的非負整數解個數

=







n+1

2

, n為奇數

n

2

+ 1, n為偶數

對一般的 a

₁

x

1

+a

2

x

2

+· · ·+a

ⁿ

x

ⁿ

= n 的非負整數解個數, 其生成函數應是

1

(1 − t

^a

¹)(1 − t

^a

²) · · · (1 − t

^a

ⁿ),

但由於分解部分分式遇到的困難 (見問題 4), 求解將是一個極為困難的問題。 哈代 (Hardy) 曾提供下列特殊不定方程

x + 2y + 3z = n (11) 的非負整數解個數的簡潔表達式 h

₁₂ ¹

(n + 3)

²

i, 其中 hαi 表正實數 α 的最接近整數 (其中 2α並非一整數), 即 |hαi − α| <

¹ ₂

。

哈代的解法是: 令 w = e

^2πi/3

= cos

^2π ₃

+ i sin

^2π ₃

, (i = √

−1) 則(11) 的 生成函數

1

(1 − t)(1 − t

²

)(1 − t

³

)

= 1

(1 − t)

³

(1 + t)(1 − wt)(1 − w

²

t)

= 1

6(1−t)

³

+ 1

4(1−t)

²

+ 1 72(1−t) + 1

8(1+t)+ 1

9(1−wt)+ 1 9(1−w

²

t)

=

∞

X

n=0

((n + 3)

²

12 − 7

72 +(−1)

ⁿ

8 +2

9cos 2nπ 3 )t

ⁿ

因 | −

₇₂ ⁷

+

⁽⁻¹⁾ ₈

ⁿ +

² ₉

cos

^2nπ ₃

| ≤

³² ₇₂

<

¹ ₂

, 且 (11) 的解組個數必為整數, 故此個數是 h(n + 3)

²

/12i。

請讀者不要以為, 我們僅僅在討論一次 不定方程的非負整數解的個數問題。 要知道, 很多組合計數問題, 都可以把上述不定方程 作為它的數學模型。 請看

問題5 (分配問題): 把 12 個相同的球投 入 5 個不同的箱子內, 有多少種不同的放法?

這實質是求x

₁

+x

2

+x

3

+x

4

+x

5

= 12 的非負整數解個數。

問題6 (齊次項問題): 5 個不定元組成 6 次齊式, 最多有多少種不同類項?

設 5 個不定元的 6 次齊式一般式是 x

^α ₁

¹x

^α ₂

²x

^α ₃

³x

^α ₄

⁴x

^α ₅

⁵, 這即求 α

1

+ α

2

+ α

3

+ α

4

+ α

5

= 6 的非負解個數。

問題9 (擲骰問題): 擲 n 顆骰子, 有多 少種不同的結果?

即求 x

1

+ x

2

+ · · · + x

⁶

= n 的非負 整數解個數。

對於求 x

₁

+ x

2

+ · · · + x

^r

= n 的非負 整數解個數的問題, 我們還可以這樣理解: 從 r 類不同的物中取出 n 個, 每類物允許取重 複數, 有多少種不同的取法。 因此,

^{ r+n−1} _n ^

就是從 r 個物中可重複地取 n 個的組合數。

此外, 這類問題的另一個組合意義是:

把一個整數 n 分拆為 r 部分, 其中可以包 括 0, 這稱為 n 的 r 有序分拆, 其分拆個數 便是

^{ n+r−1}

n



。

給出幾個問題, 似乎都是小打小鬧, 然 而, 它卻揭示了生成函數方法的精髓。 運用這 一技巧, 我們試試做一點“大事”。

五 . 把那一類遞歸式一攪子解 出來

借用電視螢幕經常出現的字句, 說一聲:

“下列內容可能引起部分觀眾不安”, 可是, 認 真咀嚼一下, 也許你會覺得: 味道好極了。

試考察關於 u

_n

的常係數線性齊次遞歸 式







u

n+p

=

^{P p−1} _i+0

a

p−i−1

u

n+i

u

_i

= c

_i

, i = 0, 1, . . . , p − 1 (12)

這裡 a

i

, c

i

, i = 0, 1, . . . , p − 1 是常數。

求 (12) 的一般解 u

n

, 是計數理論中的 一個重要問題。 對於 (12) 式的特殊情況, 可 以用特徵方程法。 但對一般情形, 由於要遇到 高次特徵方程, 此法便不敷應用。 在 (12) 式 中, 若令 p = 2, a

0

= a

1

= 1, c

0

= c

1

= 1, 則其解便是 Fibonacci 數的通項公式, 在蕭 文 (「數播」 二十卷三期) 中敘述了求解的生 成函數方法。 現在, 我們一般地, 給出 (12) 的一個解。

設序列 u

₀

, u

₁

, . . . , u

_n

的生成函數 u(x) =

∞

X

n=0

u

n

x

ⁿ

(13) 則由 (12),

(1 −

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)u(x) =

p−1

X

j=0

b

j

x

^j

。 (14) 這裡

b

j

= c

j

−

j−1

X

i=0

a

j−i−1

c

i

,

約定當i < 0時, a

_i

= 0, (15) 由 (14) 得

u(x) = (

p−1

X

j=0

b

j

x

^j

)(1 −

j−1

X

i=0

a

i−1

x

ⁱ

)

^{− 1}

, (16) 依 (∗) 式

(1 −

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)

^{− 1}

=

∞

X

n=0

(

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)

ⁿ

(17) 由多項式定理, 展開

(

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)

ⁿ

=

^X

P

p

i=1

ik

i−1

=n

P p−1 i=0

k

i

k

0

, k

1

, . . . , k

p−1

!

·a

^k 0

⁰a

^k ₁

¹· · · a

^k p−1

^p−1x

ⁿ

, (18) 為方便敘述, 令

^{P p−1} _i=0

k

_i

= k,

f

⁽ⁿ⁾

= k

k

0

, k

1

, . . . , k

p−1

!

a

^k ₀

⁰a

^k ₁

¹· · · a

^k p−1

^p−1

則由 (18) (

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)

ⁿ

=

^X

P ik

i−1

=n

f

⁽ⁿ⁾

x

ⁿ

(19)

把 (19) 代入 (17) 得 (1 −

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)

^{− 1}

=

∞

X

n=0

(

^X

P ik

_i−1

=n

f

⁽ⁿ⁾

)x

ⁿ

(20) 記

F

⁽ⁿ⁾

=

^X

P ik

_i−1

=n

f

⁽ⁿ⁾

(21)

(20) 簡記為 (1 −

p

X

i=1

a

i−1

x

ⁱ

)

^{− 1}

=

∞

X

n=0

F

⁽ⁿ⁾

x

ⁿ

, 代入(16), 便得

u

_(x)

= (

p−1

X

j=0

b

_j

x

^j

)(

∞

X

n=0

F

⁽ⁿ⁾

x

ⁿ

),

u

(x)

=

∞

X

n=0

(

p−1

X

j=0

b

j

F

^(n−j)

)x

ⁿ

與 (13) 對比, 便得

u

n

=

p−1

X

j=0

b

j

F

^(n−j)

以 (15) 代入, 得

u

n

=

p−1

X

j=0

(c

j

−

j−1

X

i=0

a

j−i−1

c

i

)F

^(n−j)

=

p−1

X

j=0

F

^(n−j)

c

j

−

p−1

X

j=0 j−1

X

i=0

a

j−i−1

F

^(n−j)

c

i

=

p−1

X

j=0

F

^(n−j)

c

j

−

p−2

X

i=0 p−1

X

j=i+1

a

j−i−1

F

^(n−j)

c

i

故得 u

n

=

p−2

X

i=0

[F

⁽ⁿ⁻ⁱ⁾

−

p−1

X

j=i+1

a

j−i−1

F

^(n−j)

]c

i

+F

^(n−p+1)

c

p−1

, (22)

(22) 便是 (12) 的一般解。

試考察 p = 2, a

₀

= a

1

= 1, 且令 c

0

= c

1

= 1, 則 (12) 變為







u

n+2

= u

n+1

+ u

n

u

₀

= u

₁

= 1

易知, 這是 Fibonacci 數列的遞歸定義。 這 時 (21) 式為

F

⁽ⁿ⁾

=

^X

k

0

+2k

1

=n

k

₁

+ k

₂

k

2

!

=

[

ⁿ₂

]

X

k=0

n−k k

!

。 又因

^{P i} _j=0

b

j

x

^j

= b

0

+ b

1

x = 1 (由 (15) 得 b

0

= 1, b

1

= 0) 故得

u

n

= F

⁽ⁿ⁾

=

[

ⁿ2

]

X

k=0

n − k k

!

。

六 . 大數學家做出的結果, 我們 也來試試

十九世紀, 克希霍夫 (Kirchhoff) 在研 究電路網路, 凱萊 (Cayley) 在計算有機化 學的同分異構體個數時, 引進了樹圖—連通 而不含圈的無向圖。 對於有 n 個標號點的樹

(簡稱為 n 階標號樹) 的個數, 已有 Cay- ley 公式 n

ⁿ⁻²

。 如果把一棵樹的某一點稱為 根, 則這棵樹稱為有根樹。 因為每個點都有可 能是根, 根據 Cayley 公式, n 階標號有根樹 的個數自然是 n · n

ⁿ⁻²

= n

ⁿ⁻¹

。 闡於 Cay- ley 公式的不同證明, 已經吸引了不少數學家 的興趣, 並且開發了很多精巧的方法。 讀者可 以參看拙作 「樹的計數-從樹到超樹」 (「數播」

第十九卷四期)。

如果把 n 個標號點的標號去掉, 那麼, 樹的計數要複雜得多。 就拿有根樹來看, n = 4 時, n 階標號有根樹的個數是 4

⁴⁻¹

= 64個, 而 n 階有根樹的個數僅有 4 個, (如圖 1), 後者的計數要兼顧判斷同構的樹。

.. .. ... . .. . ... . ...

.. .. ... . .. . ... . . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. . .. .. .. .. . .. .. .

... ... . .. . ... . .. . .. .. ... . .. . . .. . ... . .. . ...

... ... .. .. .. . .. . .. . .. .. ... ...

. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . ..

. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . ..

... ... .. .. .. . . .. . . . .. .. .. . .. ... .. .. .. . .. . .. . .. .. .. . .. ... ...

.. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. ... . ...

...

圖

2: 4

階有根樹

凱萊研究了 n 階有根樹的個數 T

_n

, 他 用生成函數把序列 {T

ⁿ

} 表為 T (x) =

P ^∞

n=1

T

n

x

ⁿ

, 得出了下列結果 T (x) = x

∞

Y

n=1

(1 − x

ⁿ

)

^{− T}

ⁿ (23) 運用 (23), 加上一些代數變換技巧, 我們可以 算得 T

n

, 茲把電腦算得的某些值羅列如下:

T

_n

值表 n ≤ 12 n 1 2 3 4 5 6 7 8 T

n

1 1 2 4 9 20 48 115

n 9 10 11 12 T

n

286 719 1842 4766

當年, 凱萊推導 (23) 式時, 用了較複 雜的方法。 注意到 (23) 式的樣子, 並不像 標號樹的計數式那樣漂亮。 因此, 數學家對尋 求它的簡明的證法信心和與趣都不大。 在計 數理論中, (23) 的推導基本上還是凱萊的思 路。 現在, 我們著手嘗試用一一對應的思想和 本文論述的 (∗∗) 式, 去給出一個新而簡明的 證法。

我們可以如下考察 (n + 1) 階有根樹:

一個 (n + 1) 階有根樹去掉根點, 並令原來 與根點相鄰的各點為根點, 就得到若干支有 根樹 (如圖 3所示意)

. ... . . . ... . . ... .

... .

. ... ... . ... . . ... ...

. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . ...

. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. . ...

. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. .

.. ...

.

... ... .. .. .. . .. . .. . .. .. .. ... ...

. ...

. ... ...

.. .. .. . .. . .. . .. .. .. ... .. .. .. . .. . .. . .. .. .. ... ...

.. . .. . .. . . . .. . .. .. . .. ... . ... ... .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .

.. ... . ...

圖

3

這些有根樹所成的集合具有如下特點:

(1) 它們按階數有可能分為 n 類, 階 數為 i 的類, 我們稱之為第 i 類。 i = 1, 2, . . . , n

(2) 第 i 類的有根樹又可能有 T

i

種各 不相同的有根樹, 把這 T

i

種有根樹編號為 1, 2, 3, . . . , T

i

, 則第 i 類的樹必取自這 T

i

種 樹的“倉庫”中。 設所取的各種樹的個數依次 為 t

⁽¹⁾ _i

, t

⁽²⁾ _i

, . . . , t

^(T _i

ⁱ

⁾

, 則第 i 類有根樹共有 點 i(t

⁽¹⁾ _i

+ t

⁽²⁾ _i

+ · · · + t

^(T i

ⁱ

⁾

) 個。 於是

n

X

i=1

i(t

⁽¹⁾ _i

+ t

⁽²⁾ _i

+ · · · + t

^(T i

ⁱ

⁾

) = n。

按上述去掉根點的辦法, 每一個 (n+1) 階有根樹對應於一組有根樹, 其個數分別為

t

⁽¹⁾ ₁

, t

⁽²⁾ ₁

, . . . ,

t

^(T ₁

¹

⁾

, t

⁽¹⁾ ₂

, t

⁽²⁾ ₂

, . . . ,

t

^(T ₂

²

⁾

, . . . , t

⁽¹⁾ _n

, t

⁽²⁾ _n

, . . . , t

^(T _n

ⁿ

⁾

(24) 其中 t

^(j) _i

是 n 個點構成的有根樹中, 第 j 種 i 階有根樹的個數。 注意到這些有根樹與次序 無關, 故上述的對應是唯一的。

反之, 給出一組 (24), 我們添加一個新 點 O 作為根點, 把數組 (24) 所對應的有根 樹的根點與 O 連結起來 (連結後, 只有 O 是 根點)。 由於與次序無關, 而僅與這些有根樹 的種類多少有關, 故又唯一地對應一個 n + 1 階有根樹。

令 S = {(t

⁽¹⁾ 1

, t

⁽²⁾ ₁

, . . . ,

t

^(T ₁

¹

⁾

, t

⁽¹⁾ ₂

, t

⁽²⁾ ₂

, . . . , t

^(T ₂

²

⁾

, . . . , t

⁽¹⁾ _n

, t

⁽²⁾ _n

, . . . , t

^(T _n

ⁿ

⁾

)

|

n

X

i=1 T

i

X

j=1

it

^(j) _i

= n}

於是 S 就與所有 (n + 1) 階有根樹所成的集 一一對應。 即

|S| = T

ⁿ⁺¹

。 顯見, |S| 就是方程

^{P n} i=1

P T

i

j=1

it

^(j) _i

= n 的所有解 ((t

⁽¹⁾ ₁

, t

⁽²⁾ ₁

,. . ., t

^(T ₁

¹

⁾

, t

⁽¹⁾ ₂

, t

⁽²⁾ ₂

, . . ., t

^(T ₂

²

⁾

, . . ., t

⁽¹⁾ _n

, t

⁽²⁾ _n

, . . ., t

^(T _n

ⁿ

⁾

) 的個數。

即

(1 + x + x

²

+ · · ·)

^T

¹

· (1 + x

²

+ x

⁴

+ · · ·)

^T

²· · ·

· (1 + x

ⁿ

+ x

²ⁿ

+ · · ·)

^T

ⁿ

展開式中 x

ⁿ

項的係數, 也即 (由 (∗) 式) (1 − x)

^{− T}

¹(1 − x

²

)

^{− T}

²· · · (1 − x

ⁿ

)

^{− T}

ⁿ 展式中 x

ⁿ

項的係數。 由於把上式伸延成無窮 乘積不影響展式中 x

ⁿ

項係數的值。 於是,

∞

Y

n=1

(1−x

ⁿ

)

^{− T}

ⁿ =

∞

X

n=1

|S|x

ⁿ

=

∞

X

n=1

T

n+1

x

ⁿ

,

故 T (x) =

∞

X

n=1

T

_n

x

ⁿ

=

∞

X

n=0

T

_n+1

x

ⁿ⁺¹

= x

∞

X

n=0

T

n+1

x

ⁿ

= x

∞

Y

n=1

(1−x

ⁿ

)

^{− T}

ⁿ。 這便是有根樹計數的 Cayley 公式 (23)。

上述證明並且無複雜的推導, 僅靠 (∗) 式和生成函數的思路。 大數學家做出的結果, 我們也能行。

別瞧不起它, 那個中學教材中的公式。

—本文作者任教於中國華南師範大學數學 系—