你懂得數嗎 ? 我可不懂 !
蕭文強
1. 數數難嗎?
還沒上小學的孩子也曉得扳著指頭一個 一個地數, 數數有何難? 但很多計數問題, 往 往叫我們花好幾個鐘頭也數不出來答案, 而 且很多時候並沒有一道具體公式作為答案, 讓我先來介紹一個化學上的例子。
飽和碳氫化合物由若干個碳原子和氫原 子構成, 每個化學鍵都掛上應有的原子個數 (碳的鍵是 4 價, 氫的鍵是 1 價), 就像第一 個是甲烷 CH4、 下一個是乙烷 C2H6、 再下 一個是丙烷 C3H8, 餘類推 (見圖 1)。 化學上 這一連串的化合物稱作烷烴序列。
圖 1
首先, 讓我們探討一下, 如果烷烴有 N 個碳原子, 它應該有多少個氫原子呢? 不妨 這樣形象地描述, 碳原子是一位只伸出手4次 的“權貴”, 而且“權貴”之間不願意通過握手 搞小圈子; 氫原子是只能伸出手 1 次的“趨 炎附勢之徒”。“權貴”們自相結識, 組成一個 集團 (見圖 2), “趨炎附勢之徒”便爭相上前 握“權貴”伸出的手。
41
圖 2
N 個“權貴”共伸出手 4N 次, 其中 2(N − 1) 次用於互相之間握手 (為什麼? ), 餘下的 4N − 2(N − 1) = 2N + 2 次伸出的 手, 馬上吸引了 2N + 2 個“趨炎附勢之徒”。
因此, 烷烴的化學結構式是 CNH2N +2。雖然 化學結構式是確定了, 但化合物的性質卻因 碳原子的組合方式不相同而有異, 化學上這 種現象稱作同分異構, 就像丁烷有兩種 (見圖 3), 化學結構式都是 C4H10, 性質卻不相同。
圖 3
一個自然的提問是: CNH2N +2 有多少 個同分異構體? 這個問題在三十年代給解決 了, 運用到的數學比較複雜, 不能在這兒敘述 (有興趣的讀者可參看: 蕭文強, 「波利亞計數 定理」, 湖南教育出版社, 1991), 答案在下面 的表可窺一斑 (見圖 4)。 要注意的是, 沒有一 條具體公式直接給出 CNH2N +2 同分異構體
的數目 A(N), 卻有方法計算 A(N), 涉及的 數學知識可不少呢!
N A(N)
1 1
2 1
3 1
4 2
5 3
6 5
7 9
8 18
9 35
10 75
圖 4
由此看來, 數數不容易。 唯其如此數數 極富挑戰, 而且引人入勝, 讓我們從最簡單的 情況開始談吧。
公元前 8 世紀希臘詩人 HOMER 留給 後世兩首史詩, 其中一首名為 ODYSSEY, 敘述希臘城邦主之一的英雄人物 ULYSSES 經歷特洛戰爭後漂流異域歷盡十年艱辛的經 過。 有一次他去到某個島被獨眼巨人擒獲, 終 於用計把巨人的唯一眼睛弄瞎了方能脫險。
據說可憐的巨人以後只好靠數小石塊牧羊, 每天早上守在山洞口, 每當一頭羊經過時便 執起一塊石, 等到黃昏羊群回來又守在山洞 口, 每當一頭羊經過便放下一塊石。 如果早上 執起的小石塊剛好放完, 他便知道一頭羊也 沒有走失了。 這大抵是民間傳說中最早關於 數學上稱作一一對應這個概念的記載!
數數的理論根據就是一一對應。 於有限 集而言, 我們可能不容易體會這個概念的重 要, 因為我們已經非常熟悉 1、2、3 · · · 這些 數字了。 (要是想深一層, 1、2、3 . . . 其實是相 當抽象的東西, 沒有一一對應這個概念是解 釋不來的! ) 於無限集而言, 一一對應是無 限集理論的基石, 由此而得的基數概念, 成為 十九世紀後期由德國數學家 CANTOR 發 展起來的集合論的中心概念。 在這篇文章裡 我們只討論有限集, 不過一一對應仍然大有 用武之地。 讓我舉一個例子來說明, 這個例子 用到的技巧, 在後面還要再用到的。
例子(多邊形對角線的交點數目):
圖 5
在凸多邊形內, 對角線在多邊形內相交 多少次呢? (假設沒有三條對角線共點)(見圖 5) 不難知道 N 邊形有 N(N − 3)/2 條對角 線 (為什麼? ), 如果任何兩條都相交便好辦。
可惜從圖中可以見到它們有時相交於多邊形 外面, 有時說不定平行不相交, 那怎辦呢? 注 意, 從 N 個端點中任取 4 點, 它們是某個 凸四邊形的端點 (試證明之), 它的兩條對角 線相交於四邊形內, 也就是在 N 邊形內。 反 之, 任何兩條原來 N 邊形的對角線在 N 邊
形內的交點, 都可以這樣得來, 而且那是個一 一對應。 結論是: 對角線在凸多邊形內交點, 與四個端點組成的凸四邊形有一一對應。 要 計算對角線在凸 N 邊形內的交點數目, 只用 計算從 N 點中任取 4點的組合數目, 記號寫 作
N
4
= N(N − 1)(N − 2)(N − 3)/24。2. 組合數目
上一節結束前用的例子, 涉及一項經常 碰上的組合數目, 現在就讓我們看一看從 N 個元中取出 r 個不同元的組合數目。 這個問 題的答案, 在中國在西方均有悠久歷史, 十 三世紀宋元的書本裡載有乘方圖, 說明源於 古法 (北宋賈憲的立成釋鎖算法, 時約公元 1020 年), 用以解代數方程或開高次方。 十七 世紀中葉法國數學家 PASCAL 創立的算術 三角形, 用以計算概率問題, 在一百多年前已 經有西歐數學家提過, 而且也就是賈憲提出 來的乘方圖, 以下我沿用 PASCAL 的記法 (見圖 6)。 圖中第 N 行第 r 列出現的數字記 作 C(N, r) 或
Nr , 表示從 N 元中取出 r 不同元的組合數目。 這個數字可以用 N 和 r 表出, 就是
N(N −1) · · · (N −r+1)
r(r − 1) · · · (3)(2)(1) = N!
r!(N − r)!, 這兒的 n! 是 n 的階乘, 即是 1×2×· · · (n−
1) ×n, 並約定 0! = 1。 雖然大家都一定熟悉 這道 C(N, r) 的公式, 容許我在這裡重複解 釋一遍, 也好藉此介紹兩條數數的基本原理。
0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 3 1 4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1 r 6 1 6 15 20 15 6 1 ... 7 1 7 21 35 35 21 7 1 ...
8 1 8 28 56 70 56 28 8 1 ...
... ...
N · · ·
Nr
圖 6
(1) 加法原理: 實現一個事件, 如果能分 成兩類方式, 彼此互不相同, 並且按第一類方 式有 m 種實現該事件的辦法, 按第二類方式 有 n 種實現該事件的辦法, 那麼以這兩類方 式實現這個事件共有 m + n 種辦法。 例如數 學營參加者有 50 名學生來自甲校, 100 名學 生來自乙校, 有幾種辦法從當中選出一名學 生擔任營長呢? 答案是 50 + 100 = 150, 因為不會有學生既來自甲校又來自乙校。
(2) 乘法原理: 實現一個事件, 如果能分 成兩個階段, 彼此互無相干, 並且知道實現第 一階段有 m 種辦法, 實現第二階段有 n 種辦 法, 那麼通過這兩個階段實現這個事件共有 mn 種辦法。 例如雪糕店售三款雪糕球。 有巧 克力 (C)、 草莓 (S) 和香草 (V), 兩球相疊 的雪糕筒共有多少種呢? 答案是 3 × 3 = 9。
注意, 如果你討厭上下兩球都是 V , 便只有 8 種。 乘法原理不適用, 是因為兩個階段變成互 有相干了。 要得出答案, 可有兩種思路。 其一
是先用乘法原理得出 9 種, 排除兩球俱為 V 的一種, 即是 8種。 其二是混合使用加法原理 及乘法原理, 第一類方式分成以下兩個階段:
先放下面一球, 只能是 C 或 S, 再放上面 一球, 不加限制; 第二類方式分成以下兩個階 段: 先放下面一球, 限定是 V , 再放上面一 球, 只能是 C 或 S。 從乘法原理知道第一類 方式有 2 × 3 = 6 種辦法, 第二類方式有 1 × 2 = 2 種辦法, 再從加法原理知道合起來 有 6 + 2 = 8 種辦法。
不難明白加法原理和乘法原理可以擴展 至多於兩類方式或多於兩個階段的情況。 運 用推廣的乘法原理便計算得到從 N 元中取 出 r 不同元的排列數目, 記作 P (N, r), 即是 N(N − 1) · · · (N − r + 1) = (N −r)!N! 。運用 推廣的加法原理知道 P (r, r) + · · ·+P (r, r) (共 C(N, r) 項) = P (N, r), 因此
C(N, r) =P (N, r)
P (r, r) = N!
r!(N − r)!。
3. 球罐模型
很多數數問題都能套進一種球罐模型作 考慮, 讓我在這一節簡單地介紹一下。 把 r 個 球放進 N 個有標號的罐 (圖 7), 共有多少種 方法呢?
1 2 3 4
圖 7
我們必須弄清楚幾種不同的情況。
(甲) 球可辨認 (譬如說, 把球也標號), 每個罐頂多只能放一個球。 那麼, 放球方法的 數目等於從 N 元中取出 r 不同元的排列數 目, 即是 P (N, r)。 比方 N = 4, r = 2, 把 標號是 1 的球放在標號是 2 的罐、 標號是 2 的 球放在標號是 4 的罐, 這種方法相當於排列 (2, 4) (見圖 7)。
(乙) 球不可辨認 (譬如說, 全部塗以紅 漆油!), 每個罐頂多只能放一個球。 那麼, 放 球方法的數目等於從 N 元中取出 r 不同元 的組合數目, 即是 C(N, r)。 比方 N = 4, r = 2, 把兩個球分別放在標號是 2 和 4 的罐, 這種方法相當於組合 {2, 4}。
(丙) 球可辨認, 每個罐容許放多於一個 球。 那麼, 放球方法的數目等於從 N 元中取 出 r 元 (選取可重複) 的排列數目。 運用乘 法原理, 不難知道答案是 Nr。 比方 N = 4, r = 2, 把標號是 1 和 2 的球都放在標號是 3 的罐, 這種方法相當於排列 (3, 3)。
(丁) 球不可辨認, 每個罐容許放多於一 個球。 那麼, 放球方法的數目等於從 N 元中 取出 r 元 (選取可重複) 的組合數目。 比方 N = 4, r = 2, 把兩個球都放在標號是 3 的 罐, 這種方法相當於組合 {3, 3}。
上面 (甲)、(乙) 和 (丙) 的情況, 答案分 別是 P (N, r)、C(N, r) 和 Nr, 但 (丁) 的 情況怎樣數呢? 就拿 N = 4, r = 2 為例, (甲) 有 12 種方法, (乙) 有 6 種方法, (丙) 有 16 種方法 (試臚列每種情況的全部方法), 而 (丁) 應有 10 種方法, 即是:
{1, 1}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 2}
{2, 3}, {2, 4}, {3, 3}, {3, 4}, {4, 4}。
如何從 N = 4 和 r = 2 得到答案是 10 呢?
讓我們用以下的詮釋看看。 設標號是 i 的罐 有 ri 個球, 則 r1+ · · · + rN = r, 我們要計 算的是上式有多少個不同的解 (r1, . . . , rN), 其中 ri 是非負整數。 比方 N = 6, r = 5, (1, 2, 0, 2, 0, 0) 是一個解, 表示標號是1的罐 有 1個球、 標號是2和4的罐各有2個球, 其餘 罐沒有球 (見圖8)。 上述的放球方法亦可簡化 為點與豎杆的組合, 把 5條豎杆插放於 5點之 間 (見圖8)。 由於放球方法與插放豎杆方法有 一一對應, 我們只用計算插放豎杆方法的數 目。 r 個點和 N − 1 條豎杆 (分隔成 N 個 罐) 合成 r +N −1 個位置, 從中選取 r 個作 為點的位置, 方法數目即是 C(r + N −1, r), 也就是 (丁) 的情況的答案了。
1 2 33 44 35 46
• • • • •
• • • • • 圖 8
以上的四種球罐模型運用到物理學上, 有它的物理意義。 把球看作是粒子, 把罐看作 是能量級, 則每個放球方法代表一個宏觀狀 態。 在近代量子力學猶未發展的時候, 十九世 紀末的物理學家以為粒子是可分辨的, 而且 以為多於一個粒子可以處於同一能量級, 因 此計算宏觀狀態按照 (丙) 的情況分佈, 稱 作 MAXWELL-BOLTZMANN 統計法
則, 但與實驗觀測不符。 後來量子力學發展 了, 物理學家知道粒子不可分辨, 計算宏觀 狀態便按照 (丁) 的情況分佈, 稱作 BOSE- EINSTEIN 統計法則, 這與光子、 π - 介子 等的實驗觀測吻合, 卻與某些粒子 (如質子、
電子、 中子等) 的實驗觀測不符。 再後來物理 學家發現那一類粒子服從“PAULI 不相容原 理”, 即是說不能有多於一個粒子處於同一能 量級, 所以計算宏觀狀態應該按照 (乙) 的情 況分佈, 稱作 FERMI-DIRAC 統計法則。
4. 一勞永逸的數數
在這一節我將採用另一種方式解釋上一 節 (丁) 的情況的公式 C(N +r −1, r), 並藉 此介紹一種有力的數數工具。 讓我先以一個 較簡單的例子帶出中心思想: 設有 1 紅球、2 綠球和 3 白球, 從中取出 4 個球, 共有多少種 選法? 有秩序地臚列全部情況也不難, 就是
W W W R, W W W G, W W RG, W W GG, W RGG,
共有 5 種選法 (R代表紅球、G代表綠球、W 代 表白球)。 但假如繼續問下去: 從中取出 3 個 球, 共有多少種選法? 從中取出 5 個球, 共有 多少種選法? · · · 每次都重新臚列去數, 你感 到厭煩嗎? 有沒有一勞永逸的方法呢?
RG G
W W W G W W W
− √ √
− − − − − √
√ − − √
− − − − √
− √
− √
− − − √
√ −
− − − √
− − √
−
− √
− − √
− √
− − 圖 9
讓我們重新看看取出 4 個球的情況, 並 且以圖表描繪 (見圖9), 同時我們也以圖表描 繪另一個驟看似是無關的情況, 就是 z4 如何 在式子
(1 + z)(1 + z + z2)(1 + z + z2 + z3)
中出現的情況 (見圖10)。 這兩種情況的相似, 並非是巧合, 讀者只要玩味一下, 便知道為什 麼如此。 原來取 r 個球的選法數目即是 zr 在 (1 + z)(1 + z + z2)(1 + z + z2+ z3) 中的系 數。 把式展開, 得 1 +3z +5z2+ 6z3+ 5z4+ 3z5 + z6, 於是取 r 個球的選法數目全部出 現了。 即使我們不把式展開, 還是能從中獲取 某些資料。 譬如問全部選法數目 (不論取多少 個球) 是多少, 在上式把 z 置作 1 馬上得到 答案是 (1 + 1)(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1 + 1) = 2 × 3 × 4 = 24 (為什麼要把 z 置作 1 呢?)
1+z 1+z+z2 1+z+z2+z3
− √ √
− − − − − √
√ − − √
− − − − √
− √
− √
− − − √
√ −
− − − √
− − √
−
− √
− − √
− √
− − 圖 10
上面的式 (1+z)(1+z+z2)(1+z+z2+ z3) = 1+3z +5z2+6z3+5z4+3z5+z6 叫 做那一個計數問題的生成函數 (也稱作母函 數), 意思是指該問題的答案已具見於函數當 中。 更一般地, 設有一序列 (a0, a1, a2, . . .), 另一種記法是寫作形式冪級數
f (z) = a0+ a1z + a2z2+ · · · 。 所謂 “形式” 就是叫我們不必擔心那個
“· · ·” 部份, 不妨把 f(z) 看作是一個多項式 函數, 只不過它有很多很多項! 懂得高等數 學的朋友自然不滿意這種說法, 因為冪級數 若是無窮, 便要涉及收歛問題, 否則連定義亦 成疑問。 為此緣故我們把這種冪級數稱作形 式冪級數, 暫時拋開收歛性討論, 所有四則運 算也是形式的。 舉一個例子, 因為
(1 − z)(1 + z + z2+ z3+ · · ·)
= 1 + z + z2+ z3+ · · ·
−z − z2− z3− · · · = 1
便有 1/(1−z) = 1+z+z2+z3+· · ·。(懂高 等數學的朋友也大可放心, 因為他們也知道 只要存在某 z0 使無窮級數 f (z0) 收歛, 則
在任意閉區間 [−α, α] 上, 0 < α < |z0|, f (z) 是均勻收歛且絕對收歛的, 隨之而來是 不少關於 f (z) 的良好性質了。) 我們把 f (z) 稱作序列 (a0, a1, a2, . . .) 的生成函數。
往往 ar 是某些涉及 r 的計數問題的答 案, 或者是某些與 r 有關的問題的答案, 於是 f (z) 也就稱作那個問題的生成函數。 驟看去 那似乎於事無補, 例如
2z+3z2+5z3+7z4+11z5+13z6+17z7+· · · 是第 r 個質數的生成函數, 我們望著它亦束 手無策! 不過, 有時生成函數卻幫忙很大, 就 像剛才的例子, 在 1紅球、2綠球和 3白球中取 r 個球的選法, 它的生成函數樣子很簡單, 就 是 f (z) = (1+z)(1+z+z2)(1+z+z2+z3)。
按照類似思路, 我們能回到上一節 (丁) 的 情況。 設 ar 是從 N 元中取出 r 元 (選 取可重複) 的組合數目, 也即是把 r 個不可 辨認的球放在 N 個有標號的罐的放球方法 數目, 那麼 (a0, a1, a2, . . .) 的生成函數就是 (1 + z + z2+ · · ·)N, 或者說 ar 就是 zr在 (1 + z + z2 + · · ·)N 的係數。 怎樣由此計 算得 ar 呢? 注意 1 + z + z2 + · · · = 1/(1 − z) (形式地! ), 因此該生成函數也可 以寫作 (1 − z)−N。 到了這地步我們要引入 一條二項定理的推廣(不證明了, 當中涉及高 等數學的知識, 這兒只旨在介紹生成函數如 何把數數與高等數學分析拉在一起吧), 就是 把大家熟悉的
(1+z)N=
N
X
r=0
C(N, r)zr (N是非負整數) 寫成
(1 + z)N =
N
X
r=0
C(N, r)zr,
這兒的 N 可以是任何實數, C(N, r) 指 N(N − 1)(N − 2) · · · (N − r + 1)/r!。
特別地, 對正數 N,
C(−N, r) = (−N)(−N −1)(−N −2) · · ·
·(−N − r + 1)/r!
= (−1)rN(N +1)(N +2) · · ·
·(N + r − 1)/r!
= (−1)rC(N + r − 1, r)。
因此, zr 在 (1 − z)−N =
∞
X
r=0
(−1)rC(−N, r)zr 的係數是 C(N + r − 1, r), 這也就是 ar 了, 與上一節得到的答案相符。
5. 一個例子
讓我再舉一個例子以顯示生成函數的用 途, 為了不涉及高等數學知識, 這個例子只能 展示冰山的一角而已! 這個例子是大家都熟 悉的 FIBONACCI 序列, 不過在這兒我要 強調倒不是序列本身, 而是如何借助生成函 數計算序列的指定項的值。
大家都曾聽過 FIBONACCI 序列得名 由來, 是意大利數學家 FIBONACCI 在十 三世紀初提出這樣的問題: 假定一對雌雄兔 子每月產下一對雌雄兔子, 每對出世後過一 個月便可繁殖, 又假定沒有兔子死掉, 那麼 從一對雌雄兔子開始, 一年內繁殖多少對呢?
答案是 377, 如果 an是第 n 個月開始時候的 兔子對數目, 則 a1 = 1, a2 = 2, 對 n ≥ 2
有 an+1 = an + an−1 (為什麼? )。 有時 為了方便, 我們添加一項 a0 = 1, 上述的 遞歸關係仍然成立, 蓋 a2 = a1 + a0。 序 列 (a0, a1, a2, . . .) 叫做 FIBONACCI 序 列, 它在很多場合都出現, 有時簡直叫人意想 不到, 原因就是遞歸關係 an+1 = an+ an−1 是經常出現的關係式。
現在要問的是: a30 是什麼? 固然, 你 可以從 a0 = 1、a1 = 1 開始逐個 an算下去, 總能算出 a30, 但那是需要花不少工夫和時間 的。 譬如再問 a1997 是什麼? 那就更花工夫 和時間了, 而且即使你有如此耐心和時間, 你 不久即發現隨著 n 增大, an 增大的速度是頗 驚人的! 有沒有更有效的計算方法呢?
先寫下 FIBONACCI 序列的生成函數 A(z) = a0+a1z+a2z2+a3z3+· · · 於是有 zA(z) = a0z + a1z2+ a2z3+ · · · 和 z2A(z) = a0z2+ a1z3+ · · ·。
把三者加減起來, 便有 A(z) − zA(z) − z2A(z) = a0+ a1z − a0z + 0 + 0 + · · · = a0 + a1z − a0 = 1 + z − z = 1, 於 是得 A(z) = 1/(1 − z − z2)。 如今要 設法把這個簡單式子展開成冪級數, 從而計 算 an 的值。 懂得部分分式的讀者自然知道 如何辦, 那是一套標準手法; 不懂得部分分式 的讀者只好暫時接受下面看來近似弄魔術的 手法, 但計算還是屬於初等數學範圍。 首先, 1 − z − z2 = (1 − α1z)(1 − α2z), 其中 α1 = 12(1 +√
5)、α2 = (1 −√
5)。 因此, 1
1 − z − z2 = 1
(1 − α1z)(1 − α2z)
=−
α2α−α1 1
(1 − α1z) + α
2
α2−α1
(1 − α2z)
= −
α1
α2− α1
1 + α1z + α21z2 + . . .+
α2
α2− α1
1 + α2z + α22z2+ . . .= 1 +
α22−α21
α2−α1
z+α32−α31
α2− α1
z2+. . .= 1 + 1
√5
h
α21− α22 z +α31− α23 z2 + . . .
i
。比較係數即得 a0 = 1, an= 1
√5
h
1 +√ 5 2 n+1−
1 −√ 5 2 n+1
i
(n ≥ 1)。
以上這種答案早在 1765 年已由瑞士數 學家 EULER 提出來, 但大家忘掉了或者不 知道, 到了 1843 年又由法國數學家 BINET 重新發現。 讀者或者會提出疑問, an 應該是 個整數, 但用計算機計算右邊的式, 往往得到 不是一個整數 (那是由於 √
5 是個無理數, 計算過程當中出現捨入誤差的緣故), 如何判 定答案是什麼呢? 巧妙的地方就是在這裡, 運用生成函數我們得到一個近似答案, 但我 們將要從這個近似答案抽取精確答案來! 置 φ = α1, 則 φ′ = −1/φ = α2, 注意 φ > 1,
|φ′| < 1, 所以 an = √15(φn+1− φ′n+1) ∼
√1
5φn+1。 其實, 我們能弄得更清楚, 只用注意 對 n ≥ 0, |φ′n+1/√
5| < 12 (為什麼? ), 便
不難明白 an是最接近 √1
5φn+1的整數了 (試 分析誤差 √1
5φ′n+1與主要部份 √1
5φn+1的關 係, 先討論 n 是偶數的情況, 再討論 n 是奇 數的情況)。 例如 √15φ31 = 1346268.9 · · ·, 因此 a30 = 1346269, 這個答案只用花數秒 按袖珍計算器的幾隻鍵就得出, 比起從 a0、a1
逐個 an 加 30 次自是輕鬆快捷多了! 至 於 a1997 也可依循同樣方法計算, 只不過它 的數值太大, 以目前計算機的能耐也不能把 全部數字顯示出來, 我們只好滿足於一個近 似值, a1997 是最接近 √1
5φ1998 的整數, 約 是 1.61369040729 × 10417。
6. 結語
面對一個計數問題, 大家各師各法, 並 沒有一種或兩種現成的方法即套即用。 不過, 在悠久的奮鬥過程當中, 數學家也發展了一 些一般的法寶, 有效地用來對付一大類一大 類的計數問題。 這篇小文要介紹的只是其中 一項, 即是生成函數, 但考慮到有些高中小讀 者的準備知識 (原文是為香港教育署輔導視 學處數學組舉辦的數學營的講座而寫成, 對 象乃中學四年級生), 只能點到即止, 未能進 一步討論連續分析與離散計算之間的互動關 係。 儘管如此, 我希望讀者還是可以在這樣一 個初步敘述當中見到數學上各領域之間“和 衷共濟”!
—本文作者任教於香港大學數學系—
