從樓梯模型談起

從樓梯模型談起

柳柏濂

一. 上樓梯引發的聯想

我住在六樓, 從地上到我的房子恰好是 104級。 每天上下班, 在單調的上上落落之中, 自我尋找一點樂趣。 當我回家拾級而上, 時而 走一級, 時而跨兩級, 甚至跳三級。 走的日子 長了, 便聯想出一個有趣的問題: 若每步至多 走三級, 從下而上可走出多少條不同的路?

先從一個簡單的例子觀察, 以了解我們 問題的內容。

若樓梯僅有三級, 因每步至多跨三級, 可 列舉出不同的路共有 4 條。(如圖 1)

圖 1

回到我們的問題, 設走完 104 級的一條 樓梯, 有 j

₁

個 1級步, j

₂

個 2級步, j

₃

個 3級

步, 即 j

1

+ 2j

2

+ 3j

3

= 104。

如果把 j

₁

個 1 級步看作 j

₁

個 1, j

₂

個 2 級步看作 j

2

個 2, j

₃

個 3 級步看作 j

₃

個 3, 易見, 任一條上樓的路, 一一對應於

1, 1, · · · , 1

| {z }

j

₁

個

2, 2, · · · , 2

| {z }

j

₂

個

3, 3, · · · , 3

| {z }

j

₃

個 的一個排列。 例如:

1 2 2 1 3 2 3 1 2 對應於下面的一條上樓的路。 我們把它垂直 投影到地面上 (如圖 2)

... .

.. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ...

. .. .. . ... .

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

.. ...

圖 2

由排列組合知識易知, 這樣的路數是 (j

1

+ j

2

+ j

3

)!

j

₁

!j

2

!j

3

!

考慮到 j

₁

+ 2j

2

+ 3j

3

= 104。 本文開頭問 題的答案是

X

j

1

+2j

²

+3j

³

=104

(j

1

+ j

2

+ j

3

)!

j

₁

!j

₂

!j

₃

!

77

上述

^P

是對於所有滿足 j

1

+ 2j

2

+ 3j

3

= 104 的非負整數解 (j

₁

, j

₂

, j

₃

)求和。

自然, 若樓梯僅有 3 級, 則我們的解是

X

j

1

+2j

²

+3j

³

=3

(j

1

+ j

2

+ j

3

)!

j

₁

!j

2

!j

3

! (1) 因 j

₁

+ 2j

2

+ 3j

3

= 3 有 3 組非負整數解 (3,0,0), (1,1,0), (0,0,1)。 故 (1) 式為

3!

3!0!0!+(1 + 1)!

1!1!0! + 1!

0!0!1! = 1 + 2 + 1 = 4 這與窮舉的結果是一致的。

把我們的問題更一般化。 若允許每一步 不超過 k 級, (k 為正整數), 走一條有 n 級 的樓梯, 一共有多少條不同的路?

設所求的路數是 f (n)。 我們已經求出 f(3) = 4。 仿照上面的思維, 不難得出

f(n) =

^X

(j

1

,j

2

,···,j

k

)

(j

1

+ j

2

+ · · · + j

^k

)!

j

₁

!j

2

! · · · j

^k

! , (2) 其中(j

₁

, j

₂

,· · · , j

^k

) 是方程 j

₁

+ 2j

₂

+ · · ·+

kj

_k

= n 的所有非負整數解。

二. 來一個“倒行逆施”

上一節, 我們用組合方法, 把樓梯問題 的一般解 (2) 求出來。 現在, 來一個“倒行逆 施”, 從樓頂的最後幾級倒過來考慮, 用遞歸 的方法, 寫出 f (n) 的一個代數模型。

為了方便說話, 我們把 n 級樓梯由下至 上按順序 1, 2, . . . , n 編號。 現在, 從上樓路 線的最後一步考慮問題。

最後一步只能是 1 級步, 2 級步, . . . , k 級步, 共 k 種可能。

若最後一步是 1 級步, 則從第 1 級到第 n− 1 級共有 f(n − 1) 條路。

若最後一步是 2 級步, 則從第 1 級到第 n− 2 級共有 f(n − 2) 條路。

· · ·

若最後一級是 k 級步, 則從第 1 級到第 n− k 級共有 f(n − k) 條路。

於是

f(n)=f (n−1)+f(n−2)+· · ·+f(n−k)

=

X k

i=1

f(n − i) (3)

這是一個關於 f (n) 的遞歸式。

(3) 式看起來是一個很漂亮而整齊的式 子。 讓我們考慮 k = 2 的情形, 這時 (3) 變 成

f(n) = f (n − 1) + f(n − 2) (4) 易見, f (n) 的初始值

f(1) = 1, f (2) = 2 (5) 從初始值開始, 利用關係 (4) 得到 f (n) 的值如下

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 · · · f(n) 1 2 3 5 8 13 21 34 55 · · · 易見, f(n) 是一個菲波那契 (Fi- bonacci) 數列。 事實上, 從 (4) 和 (5), 用 特徵方程方法可解得

f(n) = 1

√5

h

1+√ 5 2

 n+1

−

^

1−√ 5 2

 n+1 i

(6)

注意到 (2) 式, 從組合模型我們得到 f(n) =

^X

j

1

+2j

2

=n

(j

₁

+ j

₂

)!

j

₁

!j

2

!

=

[

ⁿ₂

]

X

j

2

=0

(n − 2j

2

+ j

₂

)!

(n − 2j

²

)!j

2

!

=

[

ⁿ₂

]

X

α=0

(n − α)!

(n − 2α)!α!

=

[

ⁿ2

]

X

α=0

n− α α

!

(7) (7) 正是菲波那契數列的組合表達式。 比較 (6) 和 (7), 還得到一個有趣的恆等式

[

ⁿ₂

]

X

α=0

n− α α

!

= 1

√5

h

1+√ 5 2

 n+1

−

^

1−√ 5 2

 n+1 i

(6) 和 (7) 都是我們熟知的結果。 但是, 這一 比較, 令我們躍躍欲試, 去探索一些鮮為人知 的結論。 例如, 令 k=3, 由 (3) 可得

f(n) = f (n−1)+f(n−2)+f(n−3) f(1) = 1, f (2) = 2, f (3) = 4 (8) 解 (8) 可不像 (4) 那樣得心應手。 如果用特 徵方程法, 我們需要解一個 t

³

= t

²

+ t + 1 的特徵方程, 這可不是好對付的呵! 在這山窮 水盡之際, (2) 式給我們一條通向“又一村”的 途徑。 於是, 我們可得 (8) 的解

f(n)=

^X

j

1

+2j

²

+3j

³

=n

(j

₁

+j

₂

+j

₃

)!

j

₁

!j

2

!j

3

!

=

[

ⁿ3

]

X

j

3

=0 [

^n−3j32

]

X

j

2

=0

(n−2j

²

−3j

³

+j

2

+j

3

)!

(n−2j

²

−3j

³

)!j

2

!j

3

!

=

[

ⁿ₃

]

X

α=0 [

^n−3α₂

]

X

β=0

(n−β−2α)!

(n − 2β − 3α)!β!α!

當我們考慮 k = 2, k = 3 時, 分別 得到了 (4) 和 (8)。 然而, 對於一般的 k, 特 別是較大的 k, 要完整地寫出遞歸式 (3), 必 須完成一系列初值 f (1), f (2), . . . , f (k)。 那 麼, 我們不得不又要回到 (2) 的組合手法了。

三. 得寸進尺

數學就是這樣奧妙, 它往往“不擇手段”

採用一些超乎常理的方法, 以達到它的目的。

超常的方法需要我們有超常的思維, 恐怕這 就是我們常說的數學靈感吧!

我們解決問題不是常要求“把複雜化為 簡單”嗎 ? 數學往往反其道而行之。 在證明 三角恆等式中, 有時需要把 1 變成 cos

²

α+ sin

²

α 呢!

上一節, 我們把一個樓梯模型表達成代 數遞歸式, 使數學的味道更濃了。 可是, 從 (8) 的求解, 我們得到啟示: 何不得寸進尺, 把一般常係數齊次差分方程退回到一個樓梯 模型去求解。

一般地, 我們考慮常係數齊次差分方程 f(n) = α

1

f(n − 1) + α

²

f(n − 2) + · · ·

+α

p

f(n − p)

f(0) = C

0

, f(1) = C

1

, . . . , f(p − 1)

= C

_p−1

(9)

α

_i

(i = 1, 2, . . . , p) 及 C

i

(i = 0, 1, . . . , p − 1) 均是常數。 眾所周知, 要寫出解 f (n) 的 顯式可不是一件容易的事。(9) 和 (3) 的不同 是, 它的 f (n − i) 的係數不一定是1。 於是, 我們構造一個經過改良的樓梯模型。

我們的模型是一個賦權有向圖 G: 設 A

_i

(i = 0, 1, 2, . . .) 是數軸上座標為 i 的 點, 對任意的 A

_i

(i = 0, 1, 2, . . .), A

i

與

A

_j

(j = i + 1, i + 2, . . . , i + p) 有邊 −−→A

_i

A

_j

(從 A

i

指向 A

j

的有向邊) 相連, −−→A

_i

A

_j

的權 為 α

_j−i

。

α _p

α ₃

α _p−1

α ₂ α ₂ α ₁ α ₁

A ₀ A ₁ A ₂ A ₃ A _p A _n

G 設 n 是任一正整數, ℓ 是 G 中由 A

0

到 A

_n

的任一條有向路徑。 ℓ 中各有下邊的權之 積定義為 ℓ 的權。 以 F

_n

表示 G 中由 A

₀

到 A

_n

的所有路徑的權之和, 並令 F

0

= 1。 例 如, 若 ℓ 取 A

0

→ A

¹

→ A

³

→ A

^p

→ A

ⁿ

(p >

ⁿ ₂

), 則 ℓ 的權是 α

1

, α

₂

, α

_p−3

, α

_n−p

我 們試對 n = 3, p = 3, 計算 F

₃

。 因為由 A

₀

到 A

₃

有 4條路徑, 它們是

ℓ

₁

: A

0

→ A

¹

→ A

²

→ A

³

, 權是 α

³ ₁

ℓ

₂

: A

0

→ A

¹

→ A

³

權是 α

1

α

₂

ℓ

₃

: A

0

→ A

²

→ A

³

權是 α

₁

α

₂

ℓ

₄

: A

0

→ A

³

權是 α

3

於是, 由定義 F

₃

= α

³ ₁

+ 2α

1

α

₂

+ α

3

。 對於圖 G 的 F

n

的計算, 我們有下列引 理

F

_n

=

^X

j

1

+···+pj

p

=n

M

N · α

^j 1

¹· · · α

^j p

^p, 其中 M = (j

1

+ · · · + j

^p

)!, N = j

1

! · · · j

^p

! n ≥ 0 (10) 其中, j

₁

, j

₂

, . . . , j

_p

是非負整數, 若 α

t

= j

_t

= 0, 則令 α

^j _t

^t = 1(1 ≤ t ≤ p)。

證明: 設 ℓ 是 G 中由 A

0

到 A

_n

的任一條有向路徑, 且在 ℓ 中有 j

t

(t = 1, 2, . . . , p) 條權為 α

t

的有向邊, 則 ℓ 的 權為 α

^j ₁

¹α

^j ₂

²· · · α

^j p

^p, 且

j

₁

+ 2j

2

+ . . . + pj

p

= n (11) 又因對不定方程 (11) 的任一組非負整數解 j

₁

, j

₂

, . . . , j

_p

, G 中有

^(j

¹

^+j _j

²

^+...+j

^p

^)!

1

!j

2

!...j

p

!

條不同 的由 A

₀

到 A

_n

的有向路徑, 故 (10) 式成 立。 證畢。

現在, 可以用改良了的樓梯模型 G, 得 到差分方程 (9) 的一般解。 我們有

定理: 差分方程 (9) 的一般解為 f(n) =

p−1 X

k=0

 ^p−1 X

i=k

C

_i

α

_p−i+k ^

F

_n−p−k

, n≥ p (12) 其中, 當n − p − k < 0時, F

n−p−k

= 0。

證明: 以 A

i

表示數軸上坐標為 i(i = 0, 1, 2, . . .) 的點, G

^′

是以 {A

0

, A

₁

, A

₂

, . . .} 為頂點的一個賦權有向圖: A

₀

與 A

_i

(i = 1, 2, . . . , p) 之間有邊 −−→A

₀

A

_i

, 其方向由 A

0

指向 A

i

。 −−→A

₀

A

_i

(i = 1, 2, . . . , p − 1) 的權

為 C

i

, −−→A

₀

A

_p

的權為 C

₀

α

_p

。 對任一自然數 j, 當 j ≤ p − 1 時, A

^j

與 A

_s

(s = p, p + 1, . . . , p + j) 之間有邊 −−→A

_j

A

_s

; 當 j > p − 1 時, A

_j

與 A

_s

(s = j + 1, j + 2, . . . , j + p) 之間有邊 −−→A

_j

A

_s

。 每一有向邊 −−→A

_j

A

_s

的權為 α

_s−j

, 其方向由 A

j

指向 A

s

。(仿照圖 G, 讀 者可自行描繪出 G

^′

)。

設 ℓ 是 G

^′

中由 A

₀

到 A

_n

的任一條有 向路徑, ℓ 中各條有向邊的權之積定義為 ℓ 的 權。 以 b

n

表示 G

^′

中由 A

₀

到 A

_n

的所有不 同路徑之權的和。 並令 b

₀

= c

₀

。 由 G

^′

的構 造, 易見 b

i

= c

i

(i = 1, 2, . . . , p − 1)

b

_p

=

X p

i=1

α

_i

c

_p−i

=

X p

i=1

α

_i

b

_p−i

當 n > p 時, 在由 A

₀

到 A

_n

的一條有向路 徑中, 最後一條邊必帶權 α

j

(1 ≤ j ≤ p)。 於 是

b

_n

=

X p

j=1

α

_j

b

_n−j

從而有



 

 

 

 

b

_n

= α

1

b

_n−1

+ α

1

b

_n−2

+ . . . + α

p

b

_n−p

, n≥ p

b

₀

= c

₀

, b

₁

= c

₁

, . . . , b

_p−1

= C

_p−1

(13) 比較 (9) 和 (13), 得 f (n) = b

n

(n = 0, 1, 2, . . .)。

現在求 b

n

, 在 A

0

到 A

_n

的任一條有向 路徑中, 其第一邊只能是 −−→A

₀

A

_i

(1 ≤ i ≤ p)。

我們把第一邊是 −−→A

₀

A

_p

的路徑稱為 0類路徑,

把第一邊是 −−→A

₀

A

_i

(1 ≤ i ≤ p − 1) 的路徑稱 為第 i 類路徑。 易知, 第 i(0 ≤ i ≤ p − 1) 類路徑的權之和為 C

_i ^{P i} _k=0

α

_p−i+k

F

_n−p−k

。 於是

b

_n

=

p−1 X

i=0

C

_i

X i

k=0

α

_p−i+k

F

_n−p−k

=

p−1 X

k=0

 ^p−1 X

i=k

C

_i

α

_p−i+k ^

F

_n−p−k

。 由 f (n) = b

n

, 即得 (12)。 證畢。

誠然, (9) 式的解我們也以用生成函數 的方法得到。 (見參考文獻 [3])。 然而, 這裡, 用一個中學生也能接受的方法, 我們得到了 常係數線性齊次差分方程的一般解的顯式。

更進一步, 如果我們把模型稍加改進, 亦能解 決非齊次的情形, 有興趣的讀者可參看文獻 [2]。

參考文獻

1. 曹汝成、 柳柏濂, 常係數線性齊次遞歸式的一 般 解公式, 數學的實踐與認識, 1987, 3, 80- 82。

2. Bolian Liu, A matrix method to solve linear recurrences with con- stant coeffients, Fibonacci Quarterly, Feb(1992), 1-9.

3. 柳柏濂, 別瞧不起它, 那個中學教材中的公 式, 數學傳播, 第二十二卷第二期, 63-71。

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本文作者任教於中國廣州華南師範大學數 學系和廣東職業技術師範學院計算機系

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