發刊日期 |
2020年12月
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標題 | 從一道計數恆等式談起 |
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一、前言
在數學網站昌爸工作坊的作品
在 作品 二、對圖形的觀察
在
注意上圖中, 我們將原本 注意圖 1 中三個示意圖最上方那排白色球的個數分別為 3, 5, 7 個, 均為奇數。 因此, 我們若將圖 1 一般化後, 就得到下圖: 其中 $n\ge 1$。 原來, \eqref{1} 式的等號成立, 是因為採用兩種方法計算圖 2 中球的總數。 在 \eqref{1} 式的等號左側, 是不區分球顏色的計數法, 直接把圖 2 梯形內每一列球的個數相加得出總數; 而 \eqref{1} 式等號右側的計數法則是要區分顏色, 把圖 2 看成三個三角形, 球的總數是三角形數的三倍。
只要將 \eqref{1} 式移項, 就得到底下的結果:
\begin{equation}
\frac{1+3+5+\cdots+(2n-1)}{(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+\cdots+[2n+(2n-1)]}=\frac 13 .\label{4}
\end{equation}
此時只要將 $n=1,2,3,\ldots$ 分別代入 \eqref{4}式, 即可得到 在此筆者想針對 \eqref{1} 式, 給出一個相較於 \eqref{2} 式來說, 會與圖 2 更有關聯性的證明。 首先觀察 \eqref{1} 的左式: $$(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)+\cdots+[2n+(2n-1)].$$ 上式的各項寫成一般項就是 $2n+k$, 其中 $k=1,3,5,\ldots,2n-1$。 對於一般項 $2n+k$, 我們將其改寫為 \begin{equation} 2n+k=k+(2n-k)+k. \label{5} \end{equation} 這個改寫方式是在前面先加一個 $k$, 再把 $2n$ 減去一個 $k$ 變成 $2n-k$, 所以總和不變。 透過 \eqref{5} 式的手法, 筆者對 \eqref{1} 式的證明如下: \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt (2n\!+\! 1)\!+\! (2n\!+\! 3)\!+\! (2n\!+\! 5)\!+\! \cdots\!+\! [2n\!+\! (2n\!-\!1)]\nonumber\\ &=&[1\!+\! (2n\!-\!1)\!+\! 1]\!+\! [3\!+\! (2n\!-\!3)\!+\! 3]\!+\! \cdots\!+\! \{(2n\!-\!1)\!+\! [2n-(2n\!-\!1)]\!+\! (2n\!-\! 1)\}\nonumber\\ &=&[1\!+\! (2n\!-\!1)\!+\! 1]\!+\! [3\!+\! (2n\!-\!3)\!+\! 3]\!+\! \cdots\!+\! [(2n\!-\!1)\!+\! 1\!+\! (2n\!-\! 1)]\nonumber\\ &=&[1\!+\! 3\!+\! \cdots\!+\! (2n\!-\!1)]\!+\! [(2n\!-\!1)\!+\! (2n\!-\!3)\!+\! \cdots\!+\! 1]\!+\! [1\!+\! 3\!+\! \cdots\!+\! (2n\!-\!1)]\nonumber\\ &=&3\times [1\!+\! 3\!+\! \cdots\!+\! (2n\!-\!1)].\label{6} \end{eqnarray} 這樣就證出了 \eqref{1} 式。 為何說 \eqref{6} 式與圖 2 更有關聯性呢? 在 \eqref{2} 式的證明過程中, 除了頭尾以外, 其餘部份較不易看出與圖 2 的關聯。 但只要觀察 \eqref{6} 式中各項改寫的過程, 可知 \eqref{6} 式中第一個與第二個等號右側的一般項 $2k-1+[2n-(2k-1)]+2k-1$ 內所含的三項 $$(2k-1),\ [2n-(2k-1)],\ (2k-1),$$ 其實就是圖 2 中梯形從上算下來的第 $k$ 列中, 從左到右出現的灰色球、 白色球、 灰色球個數。 而 \eqref{6} 式第三個等號右側, 就是把這三項歸到各自所在的灰色或白色三角形去計數。 因此 \eqref{6} 式的證明方式, 是觀察圖 2 而得來的, 所以與圖 2 更有關聯。 不過, 若對圖 2 改以另一種方式著色的話, 將可使所得的新圖與 \eqref{2} 式的計算方式產生較大關聯。 下圖為將圖 2 左方的灰色三角形全部改塗白色後的結果: 不難看出, 上圖中的白色球與灰色球個數剛好就是 \eqref{2} 式中第一個等號右側的 $n\times 2n$ 與 $1+3+\cdots+(2n-1)$ 。 三、一個類似的例子回顧第二節中的圖 2, 不知讀者是否發現, 圖 2 中排列球的方式其實並不是最密集的。 底下的圖形, 是比圖 2 更密集的排法 (各球之間的空隙更小): 仿照先前對圖 2 採兩種計數方式得出 \eqref{1} 式, 若同樣對圖 4 採用兩種計數法, 則可得如下恆等式: \begin{equation} (n+2)+(n+3)+(n+4)+\cdots+(2n+1)=3\times (1+2+\cdots+n).\label{7} \end{equation} 仿照 \eqref{6} 式的證明過程, 我們也可用算式的改寫證明 \eqref{7} 式。 首先, \eqref{7} 左式的各項寫成一般項就是 $n+1+k$, 其中 $k=1,2,3,\ldots,n$。 對於一般項 $n+1+k$, 我們將其改寫為 \begin{equation} n+1+k=k+[n-(k-1)]+k.\label{8} \end{equation} 這個改寫方式, 同樣是觀察圖 4 梯形內每列各色的球數而得。 利用 \eqref{8} 式, 可證明 \eqref{7} 式如下: \begin{eqnarray*} &&\hskip -15pt (n+2)+(n+3)+(n+4)+\cdots+(2n+1)\\ &=&(n+1+1)+(n+1+2)+(n+1+3)+\cdots+(n+1+n)\\ &=&(1+n+1)+[2+(n-1)+2]+\cdots+\{n+[n-(n-1)]+n\}\\ &=&(1+n+1)+[2+(n-1)+2]+\cdots+(n+1+n)\\ &=&(1+2+\cdots+n)+[n+(n-1)+\cdots+1]+(1+2+\cdots+n)\\ &=&3\times (1+2+\cdots+n). \end{eqnarray*}
觀察 \eqref{7} 式, 可發現它與 \eqref{1} 式類似, 皆把一個等差級數和寫成另一個等差級數和的三倍。
仿照 四、六角形數的計算在第二節中, 我們提到三角形數與梯形數。 某次觀察圖 4 時, 筆者發現可利用它來計算六角形數。 此處先定義, 所謂六角形數, 即以圖 4 那樣的密集排列方式, 將若干個球排成一個正六邊形時所使用的球個數。 接下來, 筆者將介紹如何利用圖 4 計算六角形數。 注意圖 4 中梯形的兩腰皆有 $n$ 個球, 但上底有 $n+2$ 個。 如果我們把圖 4 中落在兩腰處的那兩排個數為 $n$ 的灰色球拿掉, 便得下圖: 這樣一來, 圖 5 的上底就與兩腰一樣都有 $n$ 個球。 因此, 圖 5 中的球個數為圖 4 的球個數減去 $2n$, 即 \begin{equation} 3\times (1+2+\cdots+n)-2n=\frac {3n(n+1)}2-2n. \label{10} \end{equation} 將圖 5 中的圖形複製一份, 再將其上下翻轉後放入圖 5 下方, 可得底下圖 6 : 若把圖 6 中以雙箭頭標示的每兩個球歸為一組, 由圖 5 可知共有 $2n-1$ 組。 讓每一組的兩個球疊合後, 即得下圖: 上圖即為最外圍每邊有 $n$ 個球的正六邊形。 由圖 6 中兩部分拼合後成為圖 7 的過程, 可知兩圖相差了 $2n-1$ 個球, 此時利用 \eqref{10} 式, 可求出圖 7 中的球個數為 $$2\times \left[\frac{3n(n+1)}{2}-2n\right]-(2n-1)=3n^2-3n+1.$$ 此即對應於圖 7 的六角形數計數公式。 五、等式 $1 + 3 + \cdots + (2n-1) = n^2$ 的另證在第一節中, 筆者提到可透過等差級數求和公式證明 \eqref{3} 式。 在本節中, 我們不妨再多看幾個對於 \eqref{3} 式的另證。 第一個證明方式, 觀察 \eqref{3} 式後, 可知 \eqref{3} 左式的一般項為 $2k-1$。 因為 $2k-1$ 滿足 $$2k-1=k^2-(k-1)^2,$$ 從而得 \begin{eqnarray*} 1+3+\cdots+(2n-1)&=&\sum_{k=1}^n (2k-1)=\sum_{k=1}^n [k^2-(k-1)^2]\\ &=&[n^2-(n-1)^2]+[(n-1)^2-(n-2)^2]+\cdots+(2^2-1^2)+1^2\\ &=&n^2. \end{eqnarray*} 因此 \eqref{3} 式得證。
此外在作品 證明: 令 $S_n= 1+3+\cdots+(2n-1)$, 我們想證明 $S_n=n^2$。 討論如下 :
由數學歸納法原理, 可知 \eqref{3} 式成立。 以上是對 \eqref{3} 式的第二個證明。 除了上面兩種證法外, 底下再介紹另一個透過圖解的證法, 希望可以呼應前面幾節內容的精神。請先參考下圖: 上圖是一個由 $n^2$ 個小正方形所組成的 $n\times n$ 正方形, 圖中我們以類似矩陣足標的方式寫下 $n^2$ 個座標 $(i, j)$, 幫各個 $1\times 1$ 的小正方形進行定位。 不難發現, 圖 8 中含有多個 $L$ 形塊, 若我們把最左上角、 只含 $(1, 1)$ 小正方形的區域也視為一個退化的 $L$ 形塊, 則圖 8 的 $n\times n$ 個正方形一共由 $n$ 個 $L$ 形塊拼合而成。 圖8 中包含 $n^2$ 個小正方形, 一個很自然的想法, 若以元素 $(i, j)$ 代表位置在 $(i, j)$ 的小正方形, 先定義集合 \begin{eqnarray*} S_k&=& \{(i, j) |\ i,j\in N,\ 1\le i,j \le k\},\\ L_k&=& \{(i, j) |\ i,j\in N,\ i\le j = k\ \hbox{或}\ j\le i = k\}, \end{eqnarray*} 其中 $N$ 為正整數集, 且 $1\le k\le n$, 則圖 8 的所有的小正方形可用以下含 $n^2$ 個元素的集合 $S_n$ 代表: $$S_n= \{(i, j) |\ i,j\in N,\ 1\le i,j \le n\}.$$ 同時, 圖 8 從左上到右下出現的 $n$ 個 $L$ 形塊, 則可對應於下列 $n$ 個集合: \begin{eqnarray*} L_1&=& \{(i, j) |\ i,j\in N,\ i\le j = 1\ \hbox{或}\ j\le i =1\},\\ L_2&=& \{(i, j) |\ i,j\in N,\ i\le j = 2\ \hbox{或}\ j\le i =2\},\\ &\vdots&\hskip 2.5cm \\ L_n&=& \{(i, j) |\ i,j\in N,\ i\le j = n\ \hbox{或}\ j\le i =n\}, \end{eqnarray*} 注意其中 $S_1=L_1$。 計算上述各集合的元素個數, 不難發現 $|S_n| = n^2$, 且有 \begin{eqnarray*} |L_k| &=& |\{(1,k), (2,k), \ldots , (k, k), (k, 1), (k, 2), \ldots , (k, k-1)\}|\\ &=& |\{(1, k), (2, k), \ldots , (k, k)\}| + |\{(k, 1), (k, 2), \ldots, (k, k-1)\}|\\ &=& 2k- 1. \end{eqnarray*} 對於滿足 $n\ge 2$ 的正整數 $n$, 可將 $S_n$ 分割為互斥的集合 $S_{n-1}$ 與 $L_n$, 並寫下: $$S_n=S_{n-1}\cup L_{n}.$$ 如果 $S_{n-1}$ 還能繼續進行類似上式的分割, 則可繼續改寫上式直到 $S_1$ 出現為止, 過程如下: \begin{eqnarray*} S_n&=&S_{n-1}\cup L_n=S_{n-2}\cup L_{n-1}\cup L_n=\cdots=S_1\cup L_1\cup\cdots\cup L_{n-1}\cup L_n\\ &=&L_1\cup L_1\cup\cdots\cup L_{n-1}\cup L_n. \end{eqnarray*} 計算上式頭尾兩集合的元素個數, 因為任兩個具 $L_k$ 形式的相異集合間均為互斥, 可知 $$|S_n| = |L_1 \cup L_2 \cup \cdots \cup L_{n-1}\cup L_n| = |L_1| + |L_2| + \cdots + |L_{n-1}| + |L_n|.$$ 再將已求出的 $|S_n|$ 與 $|L_k|$ 之值代入上式, 可得 $$n^2= 1 + 3 + \cdots + (2n-1).$$ 這樣我們就再次證明了 \eqref{3} 式。 六、結語看完了本文前半的介紹, 筆者認為或許大部份的式子都可以忘記, 只要記得圖 2 與圖 4 中球的塗色與排列方式即可, 因為 \eqref{1}, \eqref{7} 兩式的寫出與證明, 都可從此兩圖形得出想法。 而到了本文後半部, 我們先順勢研究了六角形數的計數公式, 再以 \eqref{3} 式的證明為這趟數學之旅畫下句點。 不難發現, 旅程中除了算式之外, 也常有圖形相伴。
筆者認為, 參考資料---本文作者投稿時任職於統一速達公司(黑貓宅急便)--- |