週期數列的收斂路線與循環

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(1)

週期數列的收斂路線與循環

臺北市立第一女子高級中學 郭婷婷 指導老師 廖培凱

Abstract

Take a positive integer sequence with period 7 for example.

a1=1 takes 1 step to a1+1 =3, 3 takes 3 steps to a2+3=6, . . . and so forth.

There are 3 converged-routes in the periodic sequence just mentioned:

13162533→ · · ·15232635→ · · ·1727→ · · ·

While this research tells us how many converged-routes there are in given arithmetic progression modulo n. For periodic sequence (with period n) that has exactly one of each 1∼n in any group, we can find the least upper bound of the number of converged-routes. To prove the statement just mentioned, we have to explore the connection between the numbers of converged-routes and other concepts like cycles.

中文摘要

給定週期正整數數列,數列裡的項依照其代表的數字移動,舉例來說,給定週期 7 的 正整數數列:

1 往後「走」1 項到 3,3 往後走 3 項到 6,· · · 以此類推。以上週期數列有 3 條收斂路 線。而文中主要探討等差數列在模 n 時形成的週期數列它的收斂路線數。從 d=1 的特 例:連續遞增數列開始,到一般的等差數列在模 n 時形成的週期數列。除此之外。對於週 期 n 且一組內恰為 1n 排列的數列,我能知道它收斂路線數的上界,而藉由構造特定 收斂路線數的週期數列,得到週期數列收斂路線數的最小上界。

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1 簡介

1.1 研究方法與名詞定義 1.1.1 週期數列

定義 若正整數數列 ⟨am ,有 ai = ai+n i N 其中 n 是使等號成立的最小 正整數,則稱此數列是週期為 n 的數列。在本作品中,將第 q 個週期內的第 r 項 an(q−1)+r 記為qar,其中 1≤r≤n:即數列 a1, a2, . . . , an, an+1, an+2, . . . , a2n, . . . 可以記為

1a1, 1a2, . . . , 1an

| {z }

共 n 項

,2|a1, 2a2{z, . . . , 2an}

共 n 項

,· · ·

以週期數列 2, 3, 4, 2, 3, 4, 2, 3, 4, 2, 3, 4, . . . 為例,第 6 項 4 可以看成是第二個週期的 第 3 項,記為 a6= 2a3 =24。要注意的是14 和 24 代表的都是數字 4,在數列中 卻是不同項。而作品中僅討論一個週期裡恰為 1∼n 的排列的數列。在後面的討論 裡,將一個週期稱為一組,這是因為我們討論收斂路線時所使用的 Aq 集合、. . .,

用到了數字往後走一次最多只到下一組這個事實,也就是並非所有的週期數列的

「週期」和「組」都是相同的概念。

1.1.2 移動函數

定義 先收集一組內所有的數到集合 S = {a1, a2, . . . , ai}。定義項的移動函數:

g :NN,g(i) =i+ai;而當我們討論一個週期裡面的數恰為 1∼n 的排列的數 列時,可以定義數字的移動函數: f : S→S,滿足 f(ai) =ai+ai

舉例來說,給定週期數列:

有 f(a1) =a1+1=a2=3,也就是數字 1 移動後對應到數字 3;g(1) =1+1=2,

也就是第 1 項移動後對應到第 2 項。另外定義連續的移動 fm 和 gmf0(ai) =ai、 fm(ai) = f(fm−1(ai)) ∀m≥2, m∈N;

g0(i) =i、 gm(i) =g(gm−1(i)) ∀m≥2, m∈N。

當 f 是一對一的映射時,定義 f−1(f(ai)) = ai, f−m(ai) = f−1(

f−m+1(ai))。類 似的有當 g 是一對一的映射時,定義 g−1(g(i)) = i,而若存在正整數 m、j 使得 gm(j) =i,則有 g−m(i) =j。

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1.1.3 收斂路線

以第一組中的 a2=3 當起點往後走,有收斂路線13162533→ · · ·。 定義 以第一組中的 ai 當起點,往後走,若存在正整數 m,使得 fm(ai) =ai,且 滿足不存在正整數 j,使得 g(j) =i,則 ai →ag(i) →ag2(i) → · · · → agm(i)· · ·一條收斂路線,也就是說收斂路線是以第 i 項作為起點的。可以看出有些數並不在 收斂路線中,如:a1= 1,因為對所有的正整數 m,都有 fm(a1)̸= 1。11 走 1 步 之後到了13 ,也就和13 走到了同一條路線,於是就不再考慮11 的移動。

以第 i 項作為起點的收斂路線,不存在正整數 j,使得 g(j) = i 的定義其 來有自,若不限制,則有這兩條不同的收斂路線 13 16 25 33 → · · ·

16 25 33→ · · ·,而只看16 以後的移動,其實走的都是一樣的項,鑒於後面 的項的對應基本上都是相同的,只算13162533→ · · · 這條收斂路線。

根據定義,以上週期數列有 3 條收斂路線:

13162533→ · · ·15232635→ · · ·1727→ · · ·可以看出收斂路線是由會循環的數(有 fm(ai) = ai)所代表的項構成的對應(移 動)。

1.1.4 走一次就到下一組的數

先收集第一組裡面「走一次就到下一組的數」到集合 A1,以上的例子裡有 A1 = {5, 6, 4, 7}。由於以第一組的數為起點,若本身不是 A1 裡的數,一定要移動到任一 個 A1 裡的數才會走到下一組,所以 A1 的元素個數會是一個收斂路線數的上界,

於是收斂路線不會超過 |A1| =4 條。將 A1裡的數走到第 2 組時對應到的「走一次 就到下一組的數」,收集成 A2集合裡的數 — 不必是 A1裡的所有元素,例如在 A1

裡的數 4,在第二組裡並沒有被對應到:

A2 裡的元素就只剩下可以繼續移動到第三組的「走一次就到下一組的數」:5、6、

7,從 |A2| =3 知道收斂路線也不會超過 3 條。類似地,收集 Aq−1 裡的數走到第 q 組時對應到的「走一次就到下一組的數」到 Aq 裡。一般的,收集走一次就到下一 組的數到集合裡。

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定義 將週期數列中的數字分為「走一次就到下一組的數」及「走一次不會到下一 組的數」兩類:

A1={ai | g(i) >n, i≤n}

令 S={a1, a2, . . . , an},定義 B1=S\A1。當 q≥2 時,令 Aq ={f(ai) | f(ai) Aq−1 m N, aj Aq−1 使得 gm(j) = i},以及 Bq = {f(ai) | f(ai) Bq−1∃m∈N, aj ∈Aq−1 使得 gm(j) =i}

就集合的包含關係來看,有 A1 A2 A3 ⊃ · · ·,因此 |A1| ≥ |A2| ≥ · · · ≥ 收斂路線數。從這些 Aq 集合的元素個數,我們能得知收斂路線數的上界,而作品 中也說明了 min

n∈N{|An|} 即是我想了解的週期數列的收斂路線數。

1.1.5 循環

循環不考慮項的差異,如收斂路線 13 16 25 33 → · · · 以及15 23

2635→ · · ·,則對應到的循環是:3653→ · · ·

定義 對於 ai,若存在一個最小的正整數 m,使得 fm(ai) =ai,則 ai, f(ai), f2(ai), . . ., fm−1(ai)在同一個循環內,或稱

ai f(ai) f2(ai)→ · · · → fm−1(ai)→ai→ · · · 為一個「循環」。

從收斂路線的定義裡其中一項要求:存在正整數 m ,使得 fm(ai) =ai,可知收 斂路線裡的數都必須要在循環中,於是若要討論數列的收斂路線數,我們觀察會循 環的數字即可。

作品中討論週期 n,一組裡為 1∼n 的排列的數列。在 1∼n 都出現的條件下,

討論特定週期數列的收斂路線數、等差數列在模 n 時所形成的數列裡,個別循環所 對應的收斂路線數、對於給定的週期 n,收斂路線數的最小上界,以及給定不超過 最小上界的收斂路線數,一個相對應的數列的存在性問題。

1.2 研究目的

1. 週期為 n 的連續遞增數列其收斂路線數。

2. 循環所需組數和收斂路線數的對應關係。

3. 公差為 d 的等差數列,模 n 時所形成的週期數列,其收斂路線數。

4. 公差為 d 的等差數列,模 n 時所形成的週期數列,各數字在個別循環所需組 數的探討,其中(n, d) =1。

5. 循環長度的上界。

6. 週期數列⟨ai(一組中恰為 1∼n 的排列),收斂路線數的最小上界。

7. 週期為 n,收斂路線數為 r 的數列的存在性。

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1.3 研究結果

1. 週期數列⟨an,收斂路線數=min

n∈N{|An|}

2. 一組 n 項的週期數列 ai,某一循環所對應的收斂路線數為 r,若且唯若此循 環中相異數字的和為 n×r,也就是此週期數列的收斂路線數,即是各循環所 對應的收斂路線相加:∑ r。

3. 設 n =mq,公差為 d 的等差數列,在模 n =mq 時,若 (mq, d) =1,以及 (m, d+1) =1,若 q 的質因數全是 d+1 的質因數,則收斂路線數為 m+1

2 。 4. 在公差為 d 的等差數列,模 n 時所形成的週期數列中,以 d+1 進位制的除

法判斷各數字循環所需組數的方法。

5. 公差為 d 的等差數列,在模 n= pα11pα22· · ·pαkk 時形成的週期數列,pi 是奇質 數、αi 是正整數。數列中任一個數字的循環長度是 φ(n)

2k−1 的因數。

6. 週期數列⟨ai(一組中恰為 1∼n 的排列),收斂路線數有最小上界 n+1 2 。 7. 對於正整數 n、r,其中 r≤

n+1 2

,存在週期為 n,收斂路線為 r 的數列。

2 研究內容

一開始考慮特殊的數列,如以下這個週期 7 的數列,一組內的數字是連續遞減的排 列:

7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, . . .

拿前 7 項當起點,每個數走一次都到了下一組的 7,可以看出只有一條收斂路線

1727→ · · ·,顯然有收斂路線數為 1。後面的討論先將「收斂路線數」的問題轉 為問走一次就到下一組的數有幾個,接著討論另一種特殊的數列,一組內的數字是 連續遞增的排列,例如:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, . . . 也就是週期 7 的連續遞增 數列。

2.1 週期數列 a

i

,收斂路線數 = min

n∈N

{| A

n

|}

由於一個週期中的數字是有限的,所以從以下兩個引理可以說明收斂路線數會等於 minn∈N{|An|}

引理 1.1 週期數列⟨an⟩,當數字的移動 f : Aq∪Bq →Aq∪Bq 是一對一的映 射時,若 as、at 是第 q 組中的相異兩數,且 as、at Aq,則 gm(s)̸= gm(t)

∀m, mN。

證明. 當 f : Aq∪Bq Aq∪Bq 是一對一的映射時,g 也是一對一函數:假設 g(i) = g(j),則 i+ai = j+aj,因此 i−j = aiaj,又由 g(i) = g(j) 可知 f(ai) = f(aj),且 f 為一對一,所以 ai=aj,故 i= j,所以 g 是一對一的映射。

(6)

因此在第 q 組的相異兩數 as、at 若都在 Aq 裡,假設 gm(s) = gm(t),如果 m = m,從 g 是一對一的映射,s = t,則 as = at,矛盾。不失一般性,可以假 設 m>m,因為 g 是一對一的,所以 s=gm−m(t),即 at 經過至少一次的移動到 as,又 as、at∈Aq,會得出 as、at 在不同組,矛盾,知 gm(s)̸=gm(t)。

引理 1.2若週期數列⟨an⟩其收斂路線數為 r,則收斂路線數 r=min

n∈N|An|。 證明. 從一組內的數字是有限的,可以找到一個含最少元素的 AqBq|Aq| = minn∈N{|An|} ≥ r,而 f : Aq∪Bq Aq∪Bq 必為一對一,從引理 1.1知,若 asat Aq,則 ∀m, m N,都有 gm(s)̸= gm(t),也就是任意兩個 Aq 集合中的元 素都不會在同一條收斂路線中,故|Aq| ≤r,所以|Aq| =r=min

n∈N{|An|}。 有了引理 1.2後,我們可以不必回歸定義檢查,而以其他方式看出數列的收斂 路線數。而作品中對於收斂路線數的討論都以引理 1.2為根基。

2.2 公差為 d 的等差數列,在模 n 時形成的週期數列 a

i

,其收斂 路線數。

為了讓自然數 1∼n 在一組內都各出現一次,於是限制公差 d 為小於 n 且和 n 互 質的正整數。且取數列裡的每一項都在 1n 之間。

公差為 d 的等差數列,模 n 時,且(n, d) =1 時:

{a1, a2, . . . , an} = {a1, a1+d, . . . , a1+ (n−1)d} ≡ {1, 2, 3, . . . , n} (mod n) 故一個週期中 1∼n 都恰出現一次。又 ai+n =ai+d×n≡ai (mod n),因此在模 n 時,等差數列都會是 1∼n 在一組內都各出現一次的週期數列。

先從 d=1 的特例開始。

2.2.1 週期為 n 的連續遞增數列其收斂路線數

定義週期 n 的連續遞增數列為模 n 時的(數字限制在 1∼n 之間):

⟨ai⟩ = ⟨i⟩: 1, 2, 3, . . . , n, 1, 2, 3, . . . , n, 1, . . .

就後見之明來說,此數列是公差為 1 的等差數列在模 n 時的樣子。透過簡單的觀 察,當週期 n 為奇數時,連續遞增數列的收斂路線數有一個明顯的規則

週期 n 3 5 7 9 11 13 15 17

收斂路線數 2 3 4 5 6 7 8 9

(表一)

由 (表一) 推測週期為 2k−1 的連續遞增數列,其收斂路線數為 k。

(7)

以週期為 7 的連續遞增數列為例:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, . . .,

其獨立的移動路線有:

11 移動 1 步// 12移動 2 步// 14移動 4 步// 21移動 1 步//· · ·

13 移動 3 步// 16移動 6 步// 25移動 5 步// 33移動 3 步//· · ·

15 移動 5 步// 23移動 3 步// 26移動 6 步// 35移動 5 步//· · ·

17 移動 7 步// 27移動 7 步// 37移動 7 步// 47移動 7 步//· · ·

特別地,將「走一次就會到下一組的數」經 f 的映射向後的對應再次列出:

1421、1523、1625、1727 。

數列的第二組中,只有 1、3、5、7 會被上一組的數經過 f 的映射對應到,也可以 說在第一組中分別有 4、5、6、7 這 4 個數走一次就會到下一組,此數列的收斂路 線數亦為 4 條。而 2、4、6 不會被上一組的數經過 f 的映射對應到;此外,並不會 有兩個不同的數在經過 f 的映射後得到相同的數,即在這個數列中,「移動函數 f 」 是一對一的函數。

從走一次就到下一組的數的定義,我們知道它的個數是收斂路線數的一個上界,

而引理 1.2 則清楚描繪收斂路線數和 min

n∈N{|An|}的關係──兩者相等,因此若函數 函數 f : A1∪B1→A1∪B1是一一對應的映射,可利用 A1=A2= A3=· · ·,直 接從|A1|知數列的收斂路線數,如數列:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, · · · 中走一次就到下一組的數共有 4 個,則可知數列的收斂路線數亦為 4 條。

討論數字經過 f 的映射,對應的方式:對於任一個在 B1 裡的元素 s,有 f(as) = as+s= a2s =2s。對於任一個在 A1 裡的元素 s,有 f(as) = as+s= a2s = 2s− (2k−1)。故週期為奇數 2k−1 的連續遞增數列中任一數 s 移動的方式是:

f : s7→2s (mod 2k−1)

定理 2.1週期為 2k−1 的連續遞增數列的收斂路線數為 k。

證明. 考慮函數 f : {1, 2, 3, . . . , 2k−1} → {1, 2, 3, . . . , 2k−1},因為數列中任意的 偶數 2s 都只能由同一週期的 s 映射到,而奇數 2s−1 都只能由前一個週期的 k+s−1 映射到,因此對於任意的正整數 i,Ai ={k, k+1, k+2, . . . , 2k−1},所 以|Ai| =k,由引理 1.2知,收斂路線數為 k。

而週期為偶數時,會循環的數字的移動就如同奇數乘上 2 的冪次的伸縮,故將 所有的偶數以奇數乘上 2 的冪次:(2k−1)×2m表示。

(8)

週期為偶數(2k−1)×2m 連續遞增數列中任一數 s 移動的方式是:

f : s7→2s (mod(2k−1)×2m)

舉週期為 28 = 7×22 的連續遞增數列 1, 2, 3, . . . , 28, 1, 2, 3, . . . , 28, . . . 為例,以 圖1 將循環列出,淺灰色虛線部分表示的是「不循環」的數字的移動,從圖中可以 看出只有 4 的倍數會循環。

圖 1 圖 2

而對照週期為 7 的連續遞增數列 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, . . . 裡的循環,如 圖 2。可以發現兩圖循環裡的數只是伸縮 4 倍的關係,雖然循環裡的數字都不同,

但是移動的方式基本上是一樣的。

從對照以上的週期分別是 28、7 的連續遞增數列裡的循環,能了解兩個循環的 本質是相同的。我們可以推及到一般的週期分別是(2k−1)×2m、2k−1 的連續遞 增數列裡循環的對應,於是有以下引理 2.1 和定理 2.2。

引理 2.1週期為(2k−1)×2m的連續遞增數列

⟨an⟩ =1, 2, 3, . . . ,(2k−1)×2m, 1, 2, 3, . . . , (2k−1)×2m, . . . 以第一組的各項為起點移動 m 次後,皆對應到 2m的倍數。

證明. 從數列中任一數 s 移動的方式是:

f : s7→2s ( mod (2k−1)×2m) 可知若數列中的數字 s 經 f 的 m 次映射,對應到 b,有:

2m−b= (2k−1)×2m×t ,對某個 t∈N∪ {0}

(9)

所以 b 為 2m的倍數。

定理 2.2 週期為 (2k−1)×2m的連續遞增數列,收斂路線數為 k。

證明. 設收斂路線數為 min

q∈N{|Aq|} = |Ai| 。由於 (2, 2k−1) = 1,因此若 1≤a≤ (2k−1)×2m,從費馬尤拉定理有:

2m×2φ(2k−1)≡a×2m ( mod(2k−1)×2m),

即 a×2m最多經過 f 的φ(2k−1)次映射,必會對應到 a×2m。又從引理 2.1知,

以第一組的項為起點,數字經 f 的 m 次映射,皆對應到 2m 的倍數。因此,只要 q≥m+1,在第 q 組中,會被前面一組的數字對應到的數所構成的集合 Bq∪Aq是一樣的,而且我們能夠清楚描述其中元素:Bq∪Aq={a×2m|11≤2k−1}若 a∈Aq,也就是那些「走一次就到下一組的數」,a 會滿足

2(2m) > (2k−1)×2m

所以 a×2m 可以是 k×2m、(k+1)×2m· · ·、(2k−1)×2m,共 k 個數字,即 k=min

n∈N{|An|}。因此週期為(2k−1)×2m的連續遞增數列,收斂路線數為 k。

2.2.2 公差為 d 的等差數列,在模 n 時形成的週期數列,其收斂路

線數

目前已有連續遞增的週期數列(公差 d=1 的等差數列)其收斂路線數的結果,接 著來看一般的等差數列。以 1 當首項,公差為 d=4 的數列為例,在模 7 時,是週 期為 7 的數列:

1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, . . . 。 有以下收斂路線:

11 移動 1 步// 15 移動 5 步// 14移動 4 步// 26移動 6 步// 32 移動 2 步// 33 移動 3 步// 41移動 1 步// · · ·

16 移動 6 步// 22 移動 2 步// 23移動 3 步// 31移動 1 步// 35 移動 5 步// 34 移動 4 步// 46移動 6 步// · · ·

13 移動 3 步// 21 移動 1 步// 25移動 5 步// 24移動 4 步// 36 移動 6 步// 42 移動 2 步// 43移動 3 步// · · ·

17 移動 7 步// 27 移動 7 步// 37移動 7 步// 47移動 7 步// · · · A1集合裡的元素以紅色標記,共有 4 個。

注意到上列的前三條收斂路線,其所構成的數字皆為 1 6,將數字間的對應,

寫成「循環」:154623→ · · ·。在此循環中 1 經過了 3 組再走回

(10)

到 1,也可以說是往後走經過了 1+5+4+6+2+3=7×3 步才回到 1,經過 3 組也代表 1 往後走會對應到 3 個不同的「走一次就到下一組的數」,分別是 4、6、

3。對於所有的自然數 q,這個循環裡,有 3 個元素在 Aq 集合中。下圖3 可以清楚 的看出路線和循環之間的關聯。再從循環 77→ · · ·,其中 7 走回到 7 最少須經 過的組數為 1,所以這個循環裡有 1 個元素在 Aq 集合中,綜合兩者,得 Aq 至少 有 3+1 個元素,也就是至少有 4 條收斂路線。

圖 3

一般而言,只要知道各循環歷經了幾組,不一定需要明確的知道 Aq 集合有哪些 元素,一樣可以討論 Aq 集合內的元素個數。

引理 2.2 一組 n 項的週期數列⟨ai⟩,某一循環所對應的收斂路線數為 r,若且 唯若此循環中相異數字的和為 n×r,也就是此週期數列的收斂路線數,即是 各循環所對應的收斂路線相加:∑ r。

證明. 若循環中相異數字的和為 n×r,代表任一個數往後走最少經過 r 組才又回到 自己,而在分組的定義之下,數字走一次最多到下一組,表示循環中有 r 個在 Aq

中的相異數字,因此有:

循環中相異數字的和為 n×r 此循環所對應的收斂路線數為 r。

反之,若其一循環所對應的收斂路線數為 r,即此循環中有 r 個數在 Aq 集合中,

從循環的定義知,循環中任一數 a 經 r 組又回到 a,也就是 a 經 f 的若干次映射,

所對應到的相異數字和為 n×r,因此我們有:

循環所對應的收斂路線數為 r 此循環中相異數字的和為 n×r。

因此,我們又可以知道數列的收斂路線數,即是各循環所對應的收斂路線相加:

r。

一般公差為 d 的等差數列,模 n 時有任一個數 am= s 經過 f 的映射對應到的

(11)

都是 s+d×s:

f(s) =am+s=s+s= (d+1)s( mod n).

為了使等差數列在模 n 時滿足我們對週期 n 的數列,所要求的條件:週期 n 的數列,1 ∼n 在一組中都各出現一次,限制 (n, d) = 1。上面例子裡的等差數列 1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, . . .,雖然是 n =7 和 d+1 =5 互質的情形,但即使 當 n 和 d+1 不互質,例如週期為偶數 (2k−1)×2m 的連續遞增數列,從它們的 循環本質上可以視為和週期為奇數 2k−1,公差 d=1 的數列相同,看出哪些數會 循環。我們一樣能看出當 n 和 d+1 不互質時,數列裡有哪些數字會循環。

定理 2.3設 n=mq,公差為 d 的等差數列,在模 n=mq 時,若(mq, d) =1,

以及 (m, d+1) = 1,若 q 的質因數全是 d+1 的質因數,則收斂路線數為 m+1

2 。

證明. 週期 n、公差為 d 的等差數列,其函數 f 的映射是:

f : a7→ (d+1)×a( mod n=mq) 。

因為 q 的質因數全是 d+1 的質因數,所以每個數 a 經過 f 的若干次映射之後,都 會對應到q 的倍數,且再繼續往後移動任意次,也只有 q 的倍數會被對應到。又從 模 m 時有(d+1)φ(m)1 (mod m),可得對於數列中的任意數 a,

a× (d+1)φ(m)×q≡a×q( mod n=m×q)。

此式表示模 n 時,a×q 經過 f 的 φ(m)次映射,會對應到 a×q,也就是週期為 n 的數列,1×q、2×q、· · ·、m×q =n 都會落在各自的循環內,且只有這些 q 的 倍數會在循環內,由引理 2.2知,將這些循環中不同的數字相加

1×q+2×q+· · · +m×q=mq× m+1 2 。 從引理 2.2因為一組有 mq 項,所以收斂路線數為 m+1

2 。

我們不用知道這個等差數列中 Aq 集合中到底有什麼元素,甚至利用 1∼n 在一 組內都出現的特性,也不必確定它的首項是什麼,只要這個公差為 d 的等差數列,

模 n 時滿足一個週期中有 n 個數,而這 n 個數恰好就是 1∼ n 之間的每一個正整 數,選取不同的首項,就如同整個數列的平移一般,Aq 集合的元素個數,在確定 n 和 d 的時候,就已經被決定了。

(12)

2.3 等差數列模 n 時,其中的數字個別循環所需組數

在研究模 n 時的等差數列的過程中,我們知道同樣的循環在考慮項的差異後,可能 構成不同的收斂路線,由於其數字移動方式十分規律

f : q7→ (d+1)a( mod n)

我們利用移動方式的規律性,知道模 n 時的等差數列中,以某數 a 所在的循環內,

可以拆成幾條獨立的收斂路線。而從引理 2.2,這也就是在問 a 所在的循環,最少 要經過幾組才又回到 a,即 a 的循環組數的問題。

為求公差為 d 的等差數列,模 n 時會一組內 1∼n 皆恰出現一次,限制 d 和 n 互質。我們只須討論模 2k−1 時的等差數列,其中 d+1 和 2k−1 互質。因為若 將模數 2k−1 乘上 d+1 的任一個因數,等差數列裡數字的移動模式和原數列(模 2k−1) 裡數字的移動模式相仿,也就是伸縮,於是循環的組數能由原數列得出。

以下先給出(d+1, 2k−1) =1 時的循環組數判斷原理。

在模 2k−1 時,公差為 d,且 (d, 2k−1) =1、(d+1, 2k−1) =1 時,判斷任 一數 a 所在循環對應的收斂路線數的方法:

將 a 向後走 m 次到 b

a× (d+1)m≡b ( mod 2k−1)。 寫成除法原理的形式

a× (d+1)m= (2k−1)q+b

其中 1≤b≤2k−1(這裡與一般除法原理的寫法中 0≤b≤2k−2 不同)。

可以用 q 的 d+1 進位寫法中每一位的數字和為 d 的 u 倍,判斷出循環所需的 組數為 u。

以模 11,公差為 2 的數列為例,拿 1 當起點往後走:

橘色和藍色方框把「11」區隔開來,意即數字往後走超過幾個方框,就是乘以 3 超過了幾次「11」。以下說明若 1 往後再走到 1 之前超過了 2u 個 11,1 的循環組數 就是 u。

1×32 =11×0+9,代表數字 1 往後走兩次(乘以 3 兩次)。以 3 進位表示:

1(3)×100(3) = 102(3)×0(3)+100(3)。再往後走一次乘上 10(3):1(3)×1000(3) = 102(3)×2(3)+12(3)。紅色的2 代表的是 100(3) 往後走「超過」2 次 102(3),對照 數列裡數字的移動,是超過 2 次 11。再往後走一次乘上 10(3):1(3)×10000(3) = 102(3)×211(3)+1(3),走回到 1 的時候共超過 2+1+1=4 次 11。而從式

1+2|+2+{z· · · +2}

11 個公差 2

1+2×111 (mod 11)

(13)

可看出相距一組的「1」之間隔了 2 個 11。而從 1 經若干次移動走回到 1 的時候共 超過 4=2×2 次 11,可以判斷出 1 循環需要 2 組。

一般的情形如下面的討論。

若向後移動一次(乘以 d+1),沒有超過 2k−1,以 d+1 進位來看,整個式 子乘以 10(d+1),同餘數 b 乘以 10(d+1) 後仍介於 1 和 2k−1 之間,商中每一位的 數字和不變。而若數字向後移動一次,即同餘數 b 乘以 10(d+1) 後,介於 2k−1 和 (2k−1)× (d+1)之間,除了末位數字以外,只看其他位的數字,仍是相同的數,

只是都進了一位,可以由此看出每一次的移動超過幾次 2k−1。總的來說,可從商 的 d+1 進位表示法中每一位的數字和知道總共超過幾次 2k−1。

從 模 2k−1 時 的 等 差 數 列 來 看, 其 實 ai 若 要 走 到 後 u 組 的 同 一 個 數 字 ai+(2k−1)×u,有 ai+(2k−1)×u ai+u×d(2k−1) ( mod 2k−1)。因此可以從數 字往後走共超過了幾次 d× (2k−1),判斷超過幾組──對應至幾個 Aq 中的元素:

判斷循環所需組數的步數:

步驟一:盡可能找到一個較小的 m 滿足

a× (d+1)m≡a(mod 2k−1) 步驟二:用 d+1 進位除法,以 2k−1 除 a× (d+1)m

a× (d+1)m≡ (2k−1)q+d 直到餘數為 a,或是 a 的倍數。

步驟三:檢查至停止時,商中每一位的數字和為 d 的幾倍。

在步驟三中,若得到商中每一位數字和為 dr ,則 r 就是 a 所在的循環所經過的 組數,亦為此循環所對應的收斂路線數。

如果 d+1 和 n 不互質,仍可調整上述步驟找出循環所對應的收斂路線數。

舉例來說,模 30 時,首項為 1,公差為 d = 7 = 231 的數列。將 30 寫成 mq,其中 m=15 是和 d+1=23 互質的部分、q=2 的因數都是 d+1=23的因 數:30=15×2、d+1 =23。所以在循環中的數字,就是 q=2 的倍數,以在循 環中的數 12 為例,只須考慮模 30/

2 =15 時,首項為 1,公差為 d =7 =231 的數列中的 12/

2=6,有 6×846 (mod 15),以及 6×84=15×1638+6,其 中 1638=3146(8) 將八進位商中的每一位數字加總為 3+1+4+6=14= 7×2,

即循環經過了 2 組才回到 6。故模 2×3×5 時,公差為 231 的數列,循環中的 數字 12 經過了 2 組才又回到 12,此循環對應到的收斂路線數為 2。

實際上,首項是 1,公差為 231 的等差數列在模 15 時是週期為 15 的數列:

1, 8, 15, 7, 14, 6, 13, 5, 12, 4, 11, 3, 10, 2, 9, 1, . . . 。 6 所在的循環:

16131921236 。

(14)

對照首項是 1,公差為 231 的等差數列在模 30 時是週期為 30 的數列:

1, 8, 15, 22, 29, 6, 13, 20, 27, 4, 11, 18, 25, 2, 9, 16, 23, 30, 7, 14, 21, 28, 5, 12, 19, 26, 3, 10, 17, 24, 1, . . . 。 12 所在的循環:

11226218224312 。

所以在模 30 時,公差為 7 的等差數列,12 所在的循環,可以完全對應到模 15 時,

公差為 7 的等差數列中 6 所在的循環。兩個循環只是裡面的數字伸縮兩倍的關係,

因此兩個在不同數列中的循環對應的收斂路線數皆為 2。

2.4 等差數列在模 n 時形成的週期數列,循環長度的上界

文章前面的部分已經討論過循環組數的問題,而循環組數問題其中一部分用到了:

找一個盡可能小的 m 使得以下同餘式成立,

(d+1)m1(mod n)。

為了簡化找「循環所需組數」的過程,我參考文獻 [4]後得知,若模 n 時,n 不是 1、2、4、pα、2pα 時(p 為奇質數),m 都不大於 φ(n)

2 ,而我進一步將 n 更細地 分類,能找到不同情形 m 更好的上界。而我們討論 2.3 數字循環所需組數時,都將 情形化約至週期為奇數時,於是以下討論也只需討論模 n,其中 n 是奇數的情形。

2.4.1 循環長度:

將滿足以下同餘式的最小正整數 m

a(d+1)m≡a(mod n)

定義成 a→ f(a)→ · · · → fm(a)→ · · · 的循環長度,記為 a 的循環長度。

當週期是 n 時,其中數字 n 的循環長度顯然是 1。

從參考文獻 [4]知,n 是 1、2、4、pα、2pα時,原根存在,且恰有 φ(φ(n))個,

若 d+1 是 n 的原根,那麼有些數,例如 1 的循環長度就會是 φ(n)。然而對於其 他類型的 n 和 d+1,可以找到比 φ(n)更小的循環長度的上界,或確切值。

定理 4.1公差為 n−2 的等差數列,在模 n 時形成的週期數列,a 的循環長度 為 2,若 a̸=n。

證明. a 的移動方式:

f : a7→ (n−1)a(mod n), a(n−1)2≡a(1)21 (mod n)。

(15)

知 a 的循環長度為 2。

定理 4.2 公差為 d 的等差數列,在模 n= pα11pα22· · ·pαkk 時形成的週期數列,

pi 是奇質數、αi 是正整數。若對於所有的 i,∏j̸=iφ(pαjj) 的最大公因數為 r,

則數列裡任一個數的循環長度是 φ(n)/r 的因數。

證明. 從所有 ∏j̸=iφ(pαjj)的最大公因數為 r,知道 rj̸=iφ(pαjj),也就是 1rj̸=iφ(pαjj) 是整數。故

(d+1)φ(rn) ≡ (d+1)1rjφ(p

αj j )

((d+1)φ(pαii )

)1rj̸=iφ(pαjj )

1 (mod pαii)。

因此,若(d+1)m1(mod n),則有 m φ(n) r

而從 φ(pαjj)都是偶數可知 ∏j̸=iφ(pαjj)的最大公因數至少是 2k−1,於是改寫定 理 4.2,有以下比較容易看出的所有 ∏j̸=iφ(pαjj)的公因數:

系理 4.1 公差為 d 的等差數列,在模 n= pα11pα22· · ·pαkk 時形成的週期數列,

pi 是奇質數、αi 是正整數。數列中任一個數字的循環長度是 φ(n)/2k−1 的因 數。

利用前面提到的定理 4.2和系理 4.1找對所有的 i,∏j̸=iφ(pαjj) 的公因數的想 法,再把質數分為被除 4 餘 1 和被除 4 餘 3 兩種,可以知道只要 n 可以被表示成 多個被除 4 餘 1 的質數之乘積,那麼系理 4.1的 φ(n)

2k−1 可以改成 φ(n) 4k−1

舉例來說若 n=5×13×17,那麼考慮 s 的幾次方和 1 同餘,其中(s, n) =1,

則有

sφ

(5)×φ(13)×φ(17)

42 ≡s48 1 (mod 5×13×17)。

2.5 一般週期數列 a

i

收斂路線數的最小上界。

在公差為 d 的等差數列,模 n 時形成的週期數列的討論中,我們可以利用引理 2.2,從週期數列的「循環所需組數」,得知此數列的收斂路線數。而這樣的對應關 係,其實還可以告訴我們一些有趣的事實,由於作品中討論的週期數列中限制一組 裡要是 1∼n 的排列,收斂路線數會有上界:

定理 5.1週期為 n 的數列,收斂路線數的一個上界為 n+1 2 。

證明. 利用引理 2.2。若各循環中相異數字的和為最大值,則數列中的每一個數字 1、2、· · ·、n 都必須在某個循環中,將其加總

1+2+· · · +n=n+1 2

(16)

因此我們從引理 2.2得週期為 n 項的數列,收斂路線數不會超過 n+1 2 。 當週期 n =2k−1 時,收斂路線數不會超過上界 n+1

2 = k,再從定理 2.1期為 2k−1 的連續遞增數列收斂路線數為 k,可得週期為 2k−1 的數列,收斂路線 數的「最小上界」為 k。而若收斂路線數為 k,必須要每個數字都在某個循環中;反 之如果有一個數不在循環裡,收斂路線數就比 k 還小。

定理 5.2週期為 2k−1 的數列,若有 |A1| >k,則收斂路線數小於 k。

證明. |A1| >k,又從收斂數列數的上界知對於某個 q 有|Aq| ≤k,A1\Aq ̸= ∅,

因此必定有數字不在任一個循環中,因此各循環內相異數字的和會小於

1+2+· · · + (2k−1) = (2k−1)k 。 從引理 2.2知,數列的收斂路線數會小於 k。故得證。

定理 5.1 告訴我們一個收斂路線數的上界 n+1

2 。週期為奇數 n=2k−1 的數 列,收斂路線數的最小上界,恰好會是定理 5.1 給出的上界 n+1

2 =k。而我們也 可構造出週期為偶數 n=2k 的數列,使其收斂路線數為 k,甚至構造週期 n,收斂 路線數為 r 的數列,只要滿足 r 不大於 n+1

2 即可。

引理 5.1週期 n 的數列,若有 f(i) =n−i,則 f2(i) =i,也就是說 i、n−i 在同一個循環中,對應到一條收斂路線。

證明. 令 am = i,若有 f(i) = f(am) = am+i = n−i,則 f2(i) = f(am+i) = am+i+n−i=am+n=am=i,有 i+f(i) =n=n×1。於是 i、 f(i) =n−i 在同一 個循環中,對應到一條收斂路線。

以下給定 r,r n+1

2 ,構造週期為 n,收斂路線數為 r 的數列,下面的例子 說明構造的想法。

當 n = 2k−1 時,利用引理 5.1 來構造數列:以下數字放置的方法都滿足 f(i) =2k−1−i,故而任一對數字若在週期 2k−1 的數列中出現都會對應到一條 收斂路線。

而為了不重複寫出本質上相同的數字相對位置,限制 i<2k−1i:

數字相對位置 「_」的個數

· · ·, 1, 2k−2,· · · 0

· · ·, 2, _, 2k−3,· · · 1

· · ·, 3, _, _, 2k−4,· · · 2 ... ...

· · ·, k−1, _,· · ·, _, k,· · · k−2

(17)

以下構造週期為 2k−1,收斂路線數為 4 的數列,其中 k≥4。觀察「_」的個 數,可以將數列排列如下:

由於 5、3、1 分別和 2k−6、2k−4、2k−2 形成不同的循環,從引理 5.1知總共 對應到 3 條收斂路線,而再加上 2k−1 →2k−1 → · · · 的循環所對應到的路線,

共有 4 條。

而為了要讓 a1、a2· · ·、a2k−1−7 不影響收斂路線的數目,讓他們都不會在 A1 中,於是將 a1、a2· · ·、a2k−1−7 依數字大小遞減排序,也就是把集合

{1, 2, . . . , 2k−1} \ {1, 3, 5, 2k−6, 2k−4, 2k−2, 2k−1}

裡的數依大小遞減排列,有 a1 > a2 >· · · > a2k−1−7,又 a2k−1 =2k−1,一組裡 的其他項必定比 2k−1 還小,於是有 a1< 2k−1。類似地,對其餘尚未被決定的 2k−1−7 項 am來說,當 1≤m≤2k−1−7 時,從 a1>a2>· · · > a2k−1−7,有

am<2k−1−m+1

g(m) =am+m<2k−1−m+1+m=2k

其中第 2k 項是第二組的第一項,g(m) < 2k 代表的是 am 走一次不會到下一組,

也就是 am / A1,當然也有 am / Aq q N。這樣將集合{1, 2, . . . , 2k−1} \ {1, 3, 5, 2k−6, 2k−4, 2k−2, 2k−1} 裡的數 am 依序遞減排列的構造方式能 讓 am 都不在 Aq 中,於是討論收斂路線數也就是 min

q∈N{|Aq|} 時,只需關注集合 {1, 3, 5, 2k−6, 2k−4, 2k−2, 2k−1}裡有幾個數在 Aq 中即可。從已知:1、3、

5,2k−2、2k−4、2k−6 分別形成的循環及 2k−1 自成一個的循環,共對應到 4 條路線。

定理 5.3(r≤n+12 時,收斂路線數 r 的週期數列 ⟨ai存在性的定理)

給定 n、r,r≤n+12 ,存在週期 n,收斂路線數 r 的數列。

證明. 利用引理 5.1來構造數列:

數字相對位置 「_」的個數

· · ·, 1, n−1,· · · 0

· · ·, 2, _, n−2,· · · 1

· · ·, 3, _, _, n−3,· · · 2

... ...

· · ·,

n−1 2

, _,· · ·, _, n

n−1 2

⌋ ⌊ n−1

2

1

(18)

從引理 5.1,顯然用上了其中 r−1 對數字的話,加上必有的循環 n→n→ · · · 所對應到的路線,就至少有 r 條收斂路線。

以下構造收斂路線數為 r 的數列,其中 r≤n+12 ,考慮兩種不同的情形,先決 定數列中的其中幾項,使其「至少」有 r 條路線,再證明有一種排列方式,使得週 期數列恰有 r 條收斂路線。

Case 1. 以 1、3、5、· · · 等奇數作為起點的路線共有 r−1 條,其中 n 置於一組的最 後一項。

將 1、n−1 放入 · · ·, 3, _, _, n−3,· · · 中的「_」,再將這四項放入· · ·, 5, _, _, _, _, n−5,· · · 中的「_」· · ·,直到共用上了 r−1 對數字,而將 n 置 於一組的最後一項,再把這些項放在一個週期中的最後方,也就是:

Case 2. 以 1、3、5、· · · 等奇數作為起點的路線總共不足 r−1 條,則將 n 置於 2, _, n−2 的「_」中。

除了原有以奇數作為起點的路線,再考慮將 2, _, n−2 放入· · ·, 4, _, _, _, n−4,· · ·,. . .,直到加上原有以奇數為起點的路線,共用上了 r−1 對數字,

而重新考慮 n 的位置,將其置於 2, _, n−2 的「_」。將· · ·, 4, 2, n, n−2, n−4,· · · 置於· · ·, 3, 1, n−1, n−3,· · · 後方,如下所示:

綜合以上所述,Case 1 和 Case 2 裡已經被決定的項所構成的循環,恰對應到 r 條 收斂路線:

Case 1,其中 1、3、5、· · · 分別和 n−1、n−3、n−5、· · · 形成的循環,以及 n 自己形成的循環,共對應到 r 條收斂路線;

Case 2,其中 1、2、3、4、5、· · · 分別和 n−1、n−2、n−3、n−4、n−5、· · · 形成的循環,以及 n 自己形成的循環,總共對應到 r 條收斂路線。

而為使 a1、a2· · ·、an−2r+1 不影響收斂路線的數目,讓它們都不會在 A1中,

也就是讓它們走一次都還在同一組,於是將 a1、a2· · ·、an−2r+1 依數字大小遞減 排列,也就是把前 n−2r+1 項構成的集合

Case 1:{1, 2, . . . , n} \ {1, 3, 5, . . . , n−1, n−3, n−5, . . . , n}

Case 2:{1, 2, . . . , n} \ {1, 2, 3, 4, 5, . . . , n−1, n−2, n−3, n−4, n−5, . . . , n} 裡的數依大小遞減排列,有 a1>a2>· · · >an−2r+1,又 Case 1 和 Case 2 中的 n 都不在第一項,一組裡的其他項必定比 n 還小,故 a1<n。類似地,其餘尚未被決

(19)

定的 n−2r+1 項的大小,當 1≤m≤n−2r−1 時,有 am<n− (m−1)

g(m) =am+m<n− (m−1) +m=n+1

其中 n+1 是第二組的第一項,g(m) <n+1 代表的是 am 走一次不會到下一組,

也就是 am/ AqqN。這樣將前 n2r+1 項(記為 am)依序遞減排列的方 式能讓 am 都不在 Aq 中。於是討論 min

q∈N{|Aq|} 時,只須關注集合 Case 1:{1, 3, 5, . . . , n−1, n−3, n−5, . . . , n}

Case 2:{1, 2, 3, 4, 5, . . . , n−1, n−2, n−3, n−4, n−5, . . . , n} 裡有幾個數在 Aq 中即可。從前面的討論知 Case 1 和 Case 2 都共對應到 r 條路 線。

定理 5.4(收斂路線最小上界的定理)

週期為 n 的數列,收斂路線數的最小上界為

n+1 2

。 證明. 從定理 5.1知,收斂路線數有一個上界

n+1 2

,又從定理 5.3知,至少有 一個數列的收斂路線數為

n+1 2

,故得證。

3 結論

由於作品中討論的週期正整數數列的特性,我們能用不同的方法描述週期數列ai 的收斂路線數:min

n∈N{|An|}、循環裡的相異數字和

一組項數 。從這樣不同的觀點,對於一組 裡恰為 1∼n 的排列的週期數列,可以直接從公差、模數 n,判斷等差數列在模 n 時所構成的週期數列其收斂路線數,以及給定不超過上界的收斂路線數、週期,構 造出一個相對應的數列,藉此也得到收斂路線數的最小上界

n+1 2

等差數列模 n 時的情形,基本上它是類推自週期為奇數與偶數的連續遞增數列。

等差數列各項往後移動的方式很固定,於是利用「數字的對應」及「循環中的數字 和」,能得到收斂路線數,然而這方式必須將循環中的每一個數字找出來,所以我 抽出實際上移動的步數與公差的關聯,而產生出使用 d+1 進位的除法,其商與收 斂路線的關係。這個方法,就不用將循環中的每一個數字找出來,大幅改進了對於 模 n 時,找到等差數列中各個循環對應的收斂路線數,而隨後對於找一個較小的正 整數 m,使得 (d+1)m 1 (mod n),更精簡了當 n=pα11pα22· · ·pαkk 時(其中 pi 是奇質數,αi 是正整數),判別組數的過程。

(20)

最後利用循環裡相異數字的總和與收斂路線數的對應關係、以及特殊的循 環、「走一次就到下一組的數」個數給出的收斂路線數上界,構造週期 n,收斂路線 數不大於 n+1

2 的數列。

參考資料 (Reference)

[1] 普通高級中學數學,第一、二冊 (2012),新北市:翰林。

[2] James K Strayer (1994). Elementary number theory, PWS publishing company.

[3] Jeffrey C Lagarias, E Rains, Robert J Vanderbei (2009). The Kruskal Count.

The Mathematics of Preference, Choice and Order. Springer-Verlag: Berlin Heidelberg, pp. 371–391.(http://arxiv.org/abs/math/0110143)

[4] 唐太明(譯)(2016),解析數論導引(頁 188 ─196),(原作者:Tom M. Apos- tol),哈爾濱:哈爾濱工業大學出版社,(原著出版年:1998)。

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