资源简介 100个著名初等数学问题——历史和解100 Great Problems of Elementary Mathematics:Their History and Solution[德]H·德里Heinrich D?rrie 目录算术题 1第1题 阿基米德分牛问题 1第2题 德·梅齐里亚克的砝码问题 3第3题 牛顿的草地与母牛问题 4第4题 贝韦克的七个7的问题 5第5题 柯克曼的女学生问题 8第6题 柏努利—欧拉关于装错信封的问题 10第7题 欧拉关于多边形剖分问题 12第8题 鲁卡斯的配偶夫妇问题 15第9题 卡亚姆的二项展开式 19第10题 柯西的平均值定理 21第11题 柏努利幂之和的问题 23第12题 欧拉数 26第13题 牛顿指数级数 29第14题 麦凯特尔对数级数 35第15题 牛顿正弦及余弦级数 38第16题 正割与正切级数的安德烈推导法 41第17题 格雷戈里的反正切级数 44第18题 德布封的针问题 47第19题 费马—欧拉素数定理 50第20题 费马方程 56第21题 费马—高斯不可能性定理 63第22题 二次互反率 68第23题 高斯的代数基本定理 72第24题 斯图谟的根的个数问题 74第25题 阿贝尔不可能性定理 76第26题 赫米特—林德曼超越性定理 83平面几何题 90第27题 欧拉直线 90第28题 费尔巴哈圆 91第29题 卡斯蒂朗问题 92第30题 马尔法蒂问题 93第31题 蒙日问题 96第32题 阿波洛尼斯相切问题 97第33题 马索若尼圆规问题 100第34题 斯坦纳直尺问题 102第35题 德里安倍立方问题 105第36题 三等分一个角 106第37题 正十七边形 109第38题 阿基米德??值确定法 114第39题 富斯弦切四边形问题 116第40题 测量附题 118第41题 阿尔哈森弹子问题 121圆锥曲线和摆线题 124第42题 由共轭半径作椭圆 124第43题 在平行四边形内作椭圆 125第44题 由四条切线作抛物线 126第45题 由四点作抛物线 127第46题 由四点作双曲线 130第47题 范·施古登轨迹题 130第48题 卡丹旋轮问题 132第49题 牛顿椭圆问题 132第50题 彭赛列—布里昂匈双曲线问题 133第51题 作为包络的抛物线 134第52题 星形线 135第53题 斯坦纳的三点内摆线 138第54题 一个四边形的最接近圆的外接椭圆 140第55题 圆锥曲线的曲率 143第56题 阿基米德对抛物线面积的推算 145第57题 推算双曲线的面积 147第58题 求抛物线的长 149第59题 笛沙格同调定理（同调三角形定理） 151第60题 斯坦纳的二重元素作图法 154第61题 帕斯卡六边形定理 155第62题 布里昂匈六线形定理 157第63题 笛沙格对合定理 159第64题 由五个元素得到圆锥曲线 163第65题 一条圆锥曲线和一条直线 165第66题 一条圆锥曲线和一定点 165立体几何题 167第67题 斯坦纳的用平面分割空间 167第68题 欧拉四面体问题 168第69题 偏斜线之间的最短距离 171第70题 四面体的外接球 173第71题 五种正则体 175第72题 正方形作为四边形的一个映像 178第73题 波尔凯—许瓦尔兹定理 180第74题 高斯轴测法基本定理 182第75题 希帕查斯球极平面投影 183第76题 麦卡托投影 185航海与天文学题 187第77题 航海斜驶线问题 187第78题 海上船位置的确定 188第79题 高斯双高度问题 189第80题 高斯三高度问题 191第81题 刻卜勒方程 193第82题 星落 195第83题 日晷问题 196第84题 日影曲线 198第85题 日食和月食 199第86题 恒星及会合运转周期 202第87题 行星的顺向和逆向运动 203第88题 兰伯特彗星问题 205极值 208第89题 与欧拉数有关的斯坦纳问题 208第90题 法格乃诺关于高的基点问题 208第91题 费马对托里拆利提出的问题 209第92题 逆风变换航向 210第93题 蜂巢（雷阿乌姆尔问题） 212第94题 雷奇奥莫塔努斯的极大值问题 213第95题 金星的最大亮度 215第96题 地球轨道内的彗星 216第97题 最短晨昏蒙影问题 217第98题 斯坦纳椭圆问题 219第99题 斯坦纳的圆问题 221第100题 斯坦纳的球问题 223 算术题 阿基米德分牛问题太阳神有一牛群，由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成。在公牛中，白牛数多于棕牛数，多出之数相当于黑牛数的；黑牛数多于棕牛数，多出之数相当于花牛数的；花牛数多于棕牛数，多出之数相当于白牛数的。在母牛中，白牛数是全体黑牛数的；黑牛数是全体花牛数的；花牛数是全体棕牛数的；棕牛数是全体白牛数的。问这牛群是怎样组成的？解：如果用字母X、Y、Z、T分别表示白、黑、花、棕各色的公牛数；用x、y、z、t分别表示白、黑、花、棕各色母牛数，则得8个未知数的如下7个方程：（1），（2），（3），（4），（5），（6），（7）。由方程（1），（2），（3），得6X – 5Y = 6T，20Y – 9Z = 20T，42Z – 13X = 42T。以这三个方程解未知数X，Y，Z，得：，，。 因为891和1580没有公因子，T必定是891的某一整倍数——假设为G倍，因此得（I）X = 2226G，Y = 1602G，Z = 1580G，T = 891G。若将这些值代入方程（4），（5）、（6）、（7），得下列方程：12x – 7y = 11214G，20y – 9z = 14220G，30z – 11t = 9801G，42t – 13x = 28938G。解这些方程的四个未知数x，y、z、t，得（II）cx = 720630G，cy = 4893246G，cz = 3515820G，ct = 549213G。其中，c是素数4657。因为在各式右边G的系数中没有一个可以被c整除，所以G必定是c的整数倍。G = cg。如果把这个G代入（I）和（II），最后可得到下列各关系式：（I(）X = 10366482g，Y = 7460514g，Z = 7358060g，T = 4149387g，（II(）x = 7206360g，y = 4893246g，z = 3515820g，t = 5439213g。这里g可以是任何正整数。所以，本题具有无数组解。若指定g值为1，则得下列最小数值的解：白公牛：10,366,482；白母牛：7,206,360；黑公牛： 7,460,514；黑母牛：4,893,246；花公牛： 7,358,060；花母牛：3,515,820；棕公牛： 4,149,387；棕母牛：5,439,213。史料：如上面解答所示，至少依据目前的概念，分牛问题确切地说不能被认为是个很难的问题。然而，由于在古代常常把一道难解的题叫做分牛问题或者阿基米德题，特别考虑到阿基米德（Archimedes）的其它辉煌成就，以及他把这个分牛之题献给古代希腊后期亚历山大城的天文学家厄拉多塞尼（Eratosehenes）的这一事实，可以设想以上所述及的问题的方式并不代表阿基米德问题完整和原始的形式。G·E·莱辛（Gotthold Ephraim Lessing）于1773年在沃尔芬比特尔图书馆发现一本希腊文手抄本，其中就有一篇关于该题“更完整”的阐述。该题由22句对偶句组成（或称为韵文），以诗歌形式出现：“朋友，请准确无误地数一数太阳神的牛群。要数得十分仔细，如果你自认为还有几分聪明：多少头牛在西西里岛草地上吃过草，它们分为四群，在那里来往踱步。各群颜色不同：第一群像牛乳那样洁白，第二群闪耀着深乌木般的光泽，第三群毛色棕黄，第四群满身斑斓，每群中公牛数总大大超过母牛。现在，告诉你这些牛群间的比例：白牛数等于棕牛数再加上黑牛数的三分之一和二分之一。此外，黑牛数为花牛数的四分之一加五分之一，再加上全部棕牛。朋友，最后你必须记住，花牛数是白牛数的六分之一加七分之一再加上全部棕色母牛。但是母牛群中，比例却大不相同：白母牛等于黑色公、母牛全部的三分之一加四分之一。而黑母牛为全部花牛的四分之一加五分之一，这里要注意，每头花母牛和花公牛都要算进去。同样，花母牛的头数是全部棕牛的五分之一加六分之一。最后棕色母牛与全部白牛的六分之一加七分之一相等。朋友，如果你能确切告诉我，这些膘壮肌肥、毛色各殊的公母牛，一共多少聚集在那里？这样你才不愧为精通计数。但是你还算不上一个聪明人，除非用我给出的新数据来回答问题：当所有黑白公牛齐集在一起，就排出一个阵形，纵横相等；辽阔的西西里原野，布满大量的公牛。当棕色公牛与花公牛在一起，便排成一个三角形，一头公牛站在三角形顶端，棕色公牛无一头掉队，花公牛也头头在场，这里没有一头牛和他们的毛色不同。如果你把这些条件一一牢记，胸有妙算，朋友，如果你能说出每群牛的组成和头数，那你就是胜利者，可昂首前进，因为你的声誉将在智慧的世界里永放光芒。”然而莱辛对本题是否撰自阿基米德持有异议，内塞尔曼（Nesselmann）①、法国作家凡桑（Vincent）②、英国人R·贝尔（Rouse Ball）③以及其他人也都持有异议。另一方面，研究阿基米德的著名权威丹麦人J·L·海伯格（J· L· Heilberg）④、法国数学家P·达内瑞（P· Tannery）⑤以及克鲁姆比格尔（Krummbiegel）和安姆托尔（Amthor）⑥都认为这个问题的完整形式应归功于阿基米德。在倒数第七联对偶句中提出的两个条件要求X + Y是一个平方数U2，而Z + T是一个三角形数⑦，由此得下列各关系式：（8）X + Y = U2，（9）2Z + 2T = V2 + V。如果根据（I）把X，Y，Z，T的数值代入（8）和（9），这两方程变成3828G = U2及4942G = V2 + V。如果用4a（a = 3 ( 11 ( 29 = 957），b及cg分别代3828，4942及G，得：（8(）U2 = 4acg，（9(）V2 + V = bcg。从而U是2，a和c的整倍数：U = 2acu，这样，U2 = 4a2c2u2 = 4acg，（8''）g = acu2若把g的这个数值代入（9(），得：V2 + V = abc2u2或(2V + 1)2 = 4abc2u2 + 1。若将未知数2V + 1用v表示，而且把4abc2 = 4 ( 3 ( 11 ( 29 ( 2 ( 7 ( 353 ( 46572的乘积记为d，最后的方程变为：v2 – du2 = 1。这就是所谓费马（Fermat）方程，可按第19题所述方法求解。然而，因为d的值十分巨大，解答非常困难，d = 410286423278424。即使费马方程关于u和v的最小解答也会导致天文数字。即使将u指定为可以设想的最小数1，在解g时，ac的值为4456749。这样白牛和黑牛数的和将超过79万亿。可是西西里岛的面积不过2550平方公里，即0.0255万亿平方米，还不到万亿平方米，把这么多的牛放牧在这个岛上是不可能的，这和第十七、十八联对偶句论断矛盾。Algrbra der Griechen, 1842Nouvelles Annales de Mathématiques, vol. XV, 1856A short Account of the History of MathematicsQuaestiones ArchimedeaeScienes exactes dans l’antiquitéSchl?milchs Zeitschrift für Mathematik und Physik, vol. XXV, 1880一个三角形数n，是指可以用这n个点来构造一个诸全等的等边三角形的顶点组成的点阵。开始的几个三角形数为，，，，等等。原注。 德·梅齐里亚克的砝码问题一个商人有一个40磅的砝码，由于跌落在地而碎成4块。后来，称得每块碎片的重量都是整磅数，而且可以用这4块来称从1至40磅之间的任意整数磅的重物。问这4块砝码片各重多少？本题来源于法国数学家G·B·德·梅齐里亚克（Gaspard Bachet de Méziriac，1581 – 1655年），在1624年出版的他的名著①中，解答了这个题目。天平的两个秤盘可区别为砝码盘和称量盘，在砝码盘上只放砝码，而在称量盘上放重物外还可附加砝码。若想设法用最少块数的砝码去称量，就要把砝码也放到称量盘上。假如任意取出几块砝码放在盘上，例如，在一个盘上放5磅砝码和10磅砝码各一块，另一个盘上放1磅、3磅、4磅的各一块，那么这些砝码便使前一个秤盘偏重7磅。我们只考虑重物和砝码均为整数，也就是说，重物和砝码的重量均为整数磅。假如有一系列砝码A，B，C，…，把它们适当地分放在两个盘上，就能称出从1到n的所有整数磅的重物。如果有一块新砝码P，它的重量p超过原有砝码的重量总和n，超过量为原有砝码重量的总和加1：p – n = n + 1，或者p = 2n + 1，那么，把砝码P加入砝码组A、B、C、…之后就能称出从1至p + n = 3n + 1的所有整数磅的重物。事实上，原有砝码组足以称出所有从1至n磅的重物，为了称出1个p + x或p – x磅的重物，这里x表示从1到n的任一个数，把砝码P放在砝码盘上，再把砝码A，B，C，…分别放在两个盘上，使砝码盘或称量盘上的重量偏重x磅。此法成立后，这个题目就容易解答了。为了使两个砝码A和B能称出最多重量，A必须是1磅，B必须是3磅，这两个砝码能称出1，2，3，4磅的重物。如果选第三块砝码C，使它的重量c = 2 ( 4 + 1 = 9（磅），那么用A，B，C三块砝码就能称出从1至c + 4 = 9 + 4 = 13磅的所有重物。最后，如果选第四块砝码D，使它的重量d = 2 ( 13 + 1 = 27（磅），那么，这四块砝码A，B，C，D便能称出从1至27 + 13 = 40磅的所有重物。结论：这个砝码的四块碎片的重量分别为1，3，9，27磅。注：英国数学家麦克马洪（MacMahon）概括了德·梅齐里亚克的砝码问题②。他确定了可用来称出从1到n磅重量的所有可能的整磅数砝码。Problèmes plaisants et délectabled qui se font par les nombresQuarterly Journal of Mathematics, vol. XXI, 1886 牛顿的草地与母牛问题牛顿（Newton）在1707年提出了如下一个有趣的问题①：a头母牛将b块地上的牧草在c天内吃完了；a(头母牛将b(块地上的牧草在c(天内吃完了；a(头母牛将b(块地上的牧草在c(天内吃完了；求出从a到c( 9个数量之间的关系。假设所有草地提供的牧草数量相同，每块草地每日长草量保持不变，而且每头母牛每天吃草量也相同。解：令每块地上最初的牧草量为M，每块地每日长草量为m，每头牛每天耗草量为Q。第一天晚上，b块地上吃剩牧草量为bM + bm – aQ；第二天晚上，b块地上吃剩牧草量为bM + 2bm – 2aQ；……这样，第c天晚上，b块地上吃剩牧草量为bM + cbm – caQ；既然草地在c天内被吃光，那么这个数值必定等于0。这样就得出方程：（1）bM + cbm = caQ。同理得出下列方程：（2）b(M + c(b(m = c(a(Q，（3）b(M + c(b(m = c(a(Q。把方程（1）和（2）作为求未知数M和m的一次方程组，得：，。若将这些值代入方程（3），而且将所得方程乘以，便得所求关系式：b(cc((ab( – ba() + c(b((bc(a( – b(ca) = c(a(bb((c( – c)。以行列式的形式表示时，解答更容易被发现。若以q表示Q的相反数，方程（1），（2），（3）便可写成下列形式：bM + cbm + caq = 0，b(M + c(b(m + c(a(q = 0，b(M + c(b(m + c(a(q = 0。根据行列式理论的一个基本定理，不全为零的n个未知数（本例中的M、m、q）的n个（本例中为3个）线性齐次方程组的行列式必等于0，因此，所求关系式为。Arithmetica universalis 贝韦克的七个7的问题在下面除法例题中，被除数被除数除尽：**7*******:****7*=**7*************7*********7*****7***************7**************用星号（*）标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了，那些不见了的是什么数字呢？这个引人注目的题目来源于英国数学家E·H·贝韦克（E· H· Berwick），他于1906年发表了这个题目①。解：我们用不同的字母标每个空缺数字，从而本题取如下形式：AB7CDELQWz:????7?=??7??ab?cdeFGHIK7L第三行fghik?l第四行M7NOPQ第五行m7nopq←7?RSTU?VW第七行rstu7vwXYZxyz第九行XYZxyzI．除数??的第一位数字??必须是1，因为如题中第六行所示，7??只有六位数字，否则，如果??等于2，7??就有七位数字。由于第三行和第七行的余数都是六位数，F必定等于1，R也必定等于1，因此，f和r也必定等于1（根据题意）。由于??不能超过19979，??的最大值是9，才能使第八行的积不超过1799811，而且s < 8。又因S只能是9或0，而且第九行在s下面的位置没有余数，所以，只有第二种情况才是可能的。因此，S = 0，而且（由于R = 1）s也等于0。由于R = 1，S = 0，随之而使M = m + 1，这样，m ( 8，第六行乘积7??不可能大于87nopq。II．因此，除数的第二位数字??只能是0，1或2（7 ( 130000已大于900000）。因为甚至9乘以109979也不能得到第八行所要求的七位数，所以，? = 0的可能性排除了。然后，考虑? = 1的情况。这要求??只能等于0或1（如果? ( 2，在确定第六行第二位数字时，必定会产生一种情况，即7? = 7 ( 1 = 7，还要加上来自7??乘积的一个大于或等于1的数，而第二位必须是7）。然而，? = 0是不可能的，因为第八行是七位数，即使9 ( 110979也不能得到一个七位数。在? = 1时，必须注意到以下的情况：一望第八行，便可看出?、??和??的选择必须能使? ( 111?7??是个七位数，其最后第三位数是7。只有乘数? = 9才能达到这一目的（因为即使8 ( 110979也只有六位数）。通过试验很容易看出，仅当? = 0或? = 9时，9 ( 111?7??的最后第三位数才是7，在第一种情况下，即使111079与9相乘，第八行也不是七位数，在第二种情况下，第六行是7 ( 11197* = 787***，这是不可能的，这样? = 1也要排除。因此，必须放弃??等于1的可能性。所以，除数第二位数字的唯一适当的值是? = 2。由此得m = 8，且M = 9。III．因为7 ( 126000大于第六行的数，而7 ( 124000又小于第六行的数，除数的第三位数??只可能是4或5。再者，由于9 ( 124000大于7 ( 126000又小于第八行的数（10tu7vw），于是??必定等于8。因为8 ( 124979 = 999382 < 1000000，? = 4这一假设不能满足第八行的要求，因此??只能等于5。IV．由于8 ( 125?7??的最后第三位数必须是7，通过试验发现??等于4或9。因为即使7 ( 1257970 = 881790也大于第六行的数，所以? = 9应被排除，而只有? = 4适合。因此??被认为是从0到4中的一个数。然而，不论选用哪一个，从7 ( 12547? = 878***中便求出第六行第三位数n = 8。同样，第八行得到8 ( 12547? = 10037**，进而得到t = 0，u = 3。由于?? = ? ( 12547??在第四行中是一个七位数，而只有8??和9??才是七位数，所以??是8或者9。V．从t = 0和X ( 1（以及R = r = 1，S = s = 0），得T ( 1；又从n = 8，N ( 9，得T ( 1，于是T = 1。所以，N = 9，而X = 1。由于X = 1，且2? > 200000（第九行），从而v = 1，Y = 2，Z = 5，x = 4，y = 7，z = ?。至此从以上求得的结果，算式为：AB7CDELQW?:12547?=??781ab?cde1GHIK7L1ghik?l979OPQ878opq101U?VW10037vw12547?12547?VI．在这种情况下，??是五个数字0，1，2，3，4中的一个。这五种情况与下列数列相对应：vw = 60，68，76，84，92，cpq = 290，297，304，311，318。并且，根据??等于8或9，可得：?l = 60，68，76，84，92，或?l = 30，39，48，57，66。这便有十种不同的可能性。若自上而下进行三次递加的方法对这十种可能性逐一检验，首先从第九行和第八行相加得第七行；然后第七、第六行相加得第五行；最后第五、第四行相加得第三行，便发现只有当? = 3和? = 8时，才能使第三行最后第二位得到所要求的数字7。这种情况下，vw = 84，U?VW = 6331，cpq = 311，OPQ = 944，ghik?l = 003784，GHIK7L = 101778，这便使本题算式如下：AB7CDE8413:125473=?8781ab?cde1101778100378497994487831110163311003784125473125473VII．最后，由于在??的所有倍数中，只有5? = 627365加到第三行的最后的余数1110177之上，才能得到第三位是7的一个数。这就得到? = 5，同时也得到abc?cde = 627365及AB7CDE = 737542。这样就得到了该题所有空缺待求的数字。The School World 柯克曼的女学生问题某寄宿学校有十五名女生，她们经常每天三人一行地散步，问要怎样安排才能使每个女生同其他每一个女生在同一行中散步，并恰好每周一次？这个非同寻常的问题是英国数学家T·P·柯克曼（T· P· Kirkman）提出的①。在已发现的众多解法中，现介绍两个方法。一个是英国牧师A·弗罗斯特(Andrew Frost)的解法（十五个女学生一题的一般解法及其推广）②，另一个是B·皮尔斯(B· Pierce)的“女学生难题的递推解法”③。弗罗斯特解法：用数学方法表示，本题用15个元素x，a1，a2，b1，b2，…，g1，g2正确地分布在系列的其它四行上。用7个字母a，b，c，d，e，f，g构成一个三元组合群，其中每对元素恰好只出现一次，特别像下面的一群：abc，ade，afg，bdf，beg，cdg，cef（这些三元组合按字母顺序排列）。从这个群里恰好可以为每列选取4个三元组合，使这些组合包含在该列的第一行中已出现的字母以外的其它所有字母。将这些三元组合按字母顺序排入每列，便得如下初步安排：星期日星期一星期二星期三星期四星期五星期六xa1a2xb1b2xc1c2xd1d2xe1e2xf1f2xg1g2bdfadeadeabcabcabcabcbegafgafgafgafgadeadecdgcdgbdfbegbdfbegbdfcefcefbegcefcdgcdgcef现在用下标1和2对三元组合bdf，beg，cdg，cef，ade，afg，abc等作出标志。把他们按照上述顺序先标注所有bdf，然后标注所有beg，…等等，并遵守下列规则：I．一列中的一个字母标上一个下标后，下一次该字母在同一列中出现时，应标上另一下标。II．假如一个组合的某两个字母已经标有下标，这两个下标不得以同顺序标在别的组合中的该两个字母上。III．假如一个字母的下标尚未按规则I、II决定，那么将这个字母标上1。分三个步骤标定字母下标：第一步：将组合bdf，beg，cdg以及可按本标注系统和规则I、II、III标注的a不在内的所有字母，依次标定下标。第二步：按规则I标定组合ade和afg中所缺的下标以及第二行中最后两个a的下标（在图表中用黑体字）。第三步：补标在第四和第五行中仍缺少下标的字母a（在图表中空着的位置），第二行标2，第三行标1。按照这个方法，得以下的完整图表，它表示本题的解答。星期日星期一星期二星期三星期四星期五星期六xa1a2xb1b2xc1c2xd1d2xe1e2xf1f2xg1g2b1d1f1a1d2e2a1d1e1ab2c2ab1c1a1b2c1a1b1c2b2e1g1a2f2g2a2f1g1af2g1af1g2a2d2e1a2d1e2c1d2g2c1d1g1b1d2f2b1e1g2b2d1fb1e2g1b2d2f1c2e2f2c2e1f1b2e2g2c1e2f1c2d2g1c2d1g2c1e1f2皮尔斯解法：西尔维斯特（Sylvester）认可的最佳解法：令符号*表示一位女孩，她天天都走在同一行的中间，把其他女孩分成两组，每组七人，用阿拉伯数字1至7或小写字母表示第一组；用罗马数字I至VII或大写字母表示第二组。用例如R = s的等式表明字母R表示的罗马数字与字母s表示的阿拉伯数字具有相同数值。同时，用0，1，2，…，6表示星期日，星期一，星期二，…，星期六。令星期日按下列顺序排列：a?Ab?Bc?Cd*DEFG由此，在每个数字上加r = R，可得星期r（星期日不在内）的排列：a + r? + rA + Rb + r? + rB + Rc + r? + rC + Rd + r*D + RE + RF + RG + R这里，相加后超过7的每个数，像c + r或D + R，表示那个女孩的编号为c + r – 7或D + R – 7，即比原数小7，随后把原数换为这个数字④。如果下面三个条件得以满足，那么这样得到的排列就是该题的解答。I．? – a，? – b，? – c这三个差分别是1，2，3；II．A – a，A – ?，B – b，B – ?，C – c，C – ?，D – d这七个差数形成一个以7为模数的非同余数的完整余数列（参阅第19题）。III．F – E，G – F，G – E这三个差分别是1，2，3。证：作为前提，下列同余式（参阅第19题）都以7为模数。1．第一组的每一个女孩x和该组其他的每一个女孩y在一起散步恰恰一次，那么（根据条件I）差x – y仅与a – ?，b – ?，c – ?，? – a，? – b，? – c等六个差中的一个同余。设x – y ( ? – b，或者x – ? ( y– b。若星期r的r与x – ??或y– b同余，那么，x ( ? + r和y ( b + r，这样，女孩x和y于星期r在同一行散步。2．第一组的一个女孩x和第二组的一个女孩X在一起散步恰恰一次。根据条件II，差X – x只能与A – a，A – ?，B – b，B – ?，C – c，C – ?，D – d等七个差中的一个同余。设X – x ( C – ??或X – C ( x – ?。若s = S，这里是星期s的s，且与X – C或x – ?同余，那么：X ( C + S和x ( ? + s，这样，女孩X和x在星期s那天在同一行散步。3．第二组的每一个女孩X和该组的其他每一个女孩Y在一起散步恰恰一次。根据条件III，差X – Y仅能与F – E，G – F，G – E，E – F，F – G，E – G六个差中的一个同余。设X – Y ( G – F或X – G ( Y – F。又设星期R的R与X – G或Y – F同余，得：X ( G + R和Y ( F + R，这样，女孩X和Y在星期R那天在同一行散步。因此，我们仅需满足条件I，II，III就可求星期天的排列。选定a = 1，? = 2，b = 3，从而? = 5，于是c = 4，故有? = 7，d = 6。然后选A = I，于是B = VI，C = II，D = III，从而条件II中提到的差数0， – 1，3，1，–2，–5，他们都是关于模数7的非同余数。那么IV，V，VII三个数便留给了字母E，F，G。因此，星期日的排列是：12I35VI47II6*IIIIVVVII按星期一到星期六的顺序，一星期每天的排列如下：23II，34III，45IV，46VII57I61II51III62IV73V7*IV1*V2*VIVVIIVIVIIIIVIIIIII56V，67VI，71VII。72III13IV24V14VI25VII36I3*VII4*I5*IIIIIIVIIIIIVIIIIVVILady’s and Gentleman’s Diary, 1850Quarterly Journal of Pure and Applied Mathematics, vol. XI, 1871The Astronomical Journal, vol. VI, 1859 – 1861例如c + r = 9，换成9 – 7 = 2。译注。 柏努利—欧拉关于装错信封的问题求n个元素的排列，要求在排列中没有一个元素处于它应当占有的位置。N·柏努利（Niclaus Bernoulli，1687 – 1759年）最先考虑了这个问题，他是两位大数学家雅可比·柏努利（Jacob Bernoulli）和约翰·柏努利（Johann Bernoulli）的侄子。后来，欧拉（Euler）对此题发生兴趣，他称之为“组合理论的一个秒题”，并在与柏努利毫无联系的情况下，独自解了这道难题。本题可以形象地叙述为装错信封的问题。某人写了几封信，并且在几个信封上写下了对应的地址，把所有的信笺装错信封的情况，共有多少种？本题解法巧妙，格外引人入胜。设信笺为a，b，c，…，对应的信封为A，B，C，…，所求的错误装法种数记为。先考虑把a装进B和b装进A的所有情况作为第一组，把a装进B而b没有装进A的所有情况作为第二组。第一组显然包括种情况。假如分别用b(，c(，d(，e(，…和B(，C(，D(，E(，…代替b，c，d，e，…和A，C，D，E，…，于是推出第二组情况，有种。那么，a装进B的所有情况的种数是。因为把“a装进C”、“a装进D”、…的每一种装法都有相同的情况种数，则所有可能情况的总数为，则：。其递推公式为：，把它用第3，第4，第5，…，直到第n封信，这样就得到：，，…。把这n – 2个等式相乘，便得到：，又因，，(–1)n–2 = (–1)n，所以。然后用n!去除这个等式，便得：。假如用一列数2，3，4，…，n顺次代替这个公式中的n，便得：，，…。将这n – 1个等式相加，因为，其结果是。最后，由此得所求数：。假如利用符号?，对(? – 1)n应用二项式定理（参阅第9题），在二项展开式中每一乘幂? ??写成?!，那么，所求的数便可表示为淡淡的形式：。作为例子，取n = 4，得，这个式子很容易通过验算来检验。同样地，由n个元素，其中没有一个元素占有它应有的位置，所形成的排列数是(? – 1)n。以1，2，3，4四个元素为例，就有2143，2341，2413，3142，3412，3421，4123，4312，4321九种排列。注：所得的结果也包括行列式问题的解：在一个n阶行列式中，有多少个组成部分中不出现主对角线的元素？假如第s列的第r个元素，那么，便一目了然，主对角线的元素是：，，，…，。因此，这个行列式包括了在主对角线以外的(? – 1)n个组成部分。 欧拉关于多边形剖分问题可以有多少种方法用对角线把一个n边多边形（平面凸多边形）剖分成三角形？1751年L·欧拉向数学家C·歌德巴赫（Christian Goldbach）提出此题。对于所求数En，可能的剖分方法数，欧拉推导出一个公式：（1）。当读者试图不靠外来帮助而推导欧拉公式时，他就会感到惊异，发现这个问题令人极其感到兴趣，因为它虽然看来容易，却涉及很多困难。欧拉自己说：“我的归纳过程是相当费力的。”在n = 3，4，5，6的简单情况下，用图示法很容易得出的各种剖分数：E3 = 1，E4 = 2，E5 = 5，E6 = 14。但是，当边数增加时，这个方法很快就不能用了。欧拉得出了最初的七种剖分数：1，2，5，14，42，132，429，并告知了西格纳（Segner）。西格纳于1758年建立了En的一个递推公式①。我们就从推导这个公式开始。令任意n边凸多边形的角标为1，2，3，…，n。对于n边形的每种可能的分法En来说，可取边n1作为一个三角形的底边，这个三角形的顶点，根据选定的剖分法，可落在2，3，4，…，n – 1诸角中的顶点上。例如，若落在r角的顶点上，那么，在三角形n1r的一侧，有一个r边形，而在另一侧有一个s边形，而r + s等于n + 1（因为顶点r既属于r边形也属于s边形）。因为r边形有Er种剖分法，而s边形有Es种剖分法，又因对于已知n边行的一种剖分而言，r边形的每一剖分法可以与s边形的每一剖分方法联系，所以，仅就选定r作顶点，对给定的n边形就可有Er ( Es种不同分法。由于，r可以依次取数列2，3，4，…，n – 1的每一个值，从而s可以依次地取数列n – 1，n – 2，…，3，2的每一个值，于是便得：（2）En = E2 ( En–1 + E3 ( En–2 +…+ En–1 ( E2，这里E2只是为了使表达形式完整而采用的，其值为1。公式（2），是西格纳的递推公式。它证实了前述从E3到E6的数值，也给出了E7 = E2 ( E6 + E3 ( E5 + E4 ( E4 + E5 ( E3 + E6 ( E2 = 42，E8 = E2 ( E7 + E3 ( E6 + E4 ( E5 + E5 ( E4 + E6 ( E3 + E7 ( E2 = 132，等等。正如歌德巴赫所指出，西格纳的公式与欧拉公式相比，由于下标增多而变得越来越不适用了。如果按照罗德里格（Rodrigues）的思路②，研究欧拉的剖分问题或西格纳的递推公式，并把本题和法国数学家凯特兰（Catalan）在1838年所解的一个问题③联系起来，欧拉公式（1）的推求最为简便。凯特兰的问题形式是：成对地计算n个不同因子的乘积，共有多少种方法？所谓成对计算一个乘积指始终有两个因子在一起相乘，并把这样“成对”乘得的积用作继续计算中的一个因子。例如乘积3 ( 4 ( 5 ( 7的成对计算进行如下：3 ( 5 =15，4 ( 15 = 60，7 ( 60 = 420。对于这四个因子组成的乘积abcd，把因子按字母顺序排列可得下列五个成对的乘式：[(a ( b) ( c] ( d，[a ( (b ( c)] ( d，(a ( b) ( (c ( d)，a ( [(b ( c) ( d]，a ( [b ( (c ( d)]。用括号或者类似形式指明要进行成对乘法被简称为“成对”。因此，{[(a ( b) ( c] ( [(d ( e) ( (f ( g)]} ( [(h ( i) ( k]便是从a到k，十个因子的成对乘积。立即可以看出n个因子的成对乘积含有n – 1个乘号，对每两个因子来说，相应地含有n – 1个成对乘式。凯特兰问题要求回答两个问题：1．n个给定的不同因子的成对乘积有多少个？2．若因子的顺序（即字母顺序）是预定的，n个因子可以形成多少个成对乘积？现将第一数用Rn表示，第二数用Cn表示，Rn的最简求法是用递推公式（根据罗德里格法）。假设n个已知因子f1，f2，f3，…，fn形成了Rn个n因子的成对乘积，加上第n + 1个因子fn+1 = f，并可求得的Rn个n因子的乘积来形成因子f1，f2，f3，…，fn+1的所有Rn+1个n + 1因子的乘积。现在看Rn的每个n元乘积，其中每一个乘积P包含n – 1个A ( B形式的成对乘式。假若用f一次作为在A之前的乘数，一次作为A之后的乘数，一次作为B之前的乘数，一次作为在B之后的乘数，则从A ( B得到新的成对乘积(f ( A) ( B，(A ( f) ( B，A ( (f ( B)和A ( (B ( f)。由于因子f的这四个不同的排列能对P的n – 1个成对子乘积中的每一个产生影响，我们就能从P得到4(n – 1)个n + 1元的成对乘积。再者，从P还可以得到2个n + 1元的成对乘积f ( P与P ( f。这样，所述的因子f的排列仅仅从Rn的一个（P）n元的成对乘积中可得Rn ( (4n – 2)个n + 1元的成对乘积。因而，所求递推公式便是：（3）Rn+1 = (4n – 2)Rn为了得到Rn的独立表达式，以R2 = 2（a与b两个因子仅能产生乘积a ( b与b ( a）开始，从公式（3）推出R3 = 6 R2 = 2 ( 6；R4 = 10 R3 = 2 ( 6 ( 10；R5 = 10 R4 = 2 ( 6 ( 10 ( 14；…；最后，（4）Rn = 2 ( 6 ( 10 ( 14 (…( (4n – 6)。第二个问题也可以用一个递推公式解答。令n个因子f??按规定的顺序为? 1，? 2，? 3，…，? n。我们从属于该系列的Cn个成对的n元乘积中取具有() ( ()形式者，左边括号包括r个元素? 1，? 2，? 3，…，? r，而右边括号包括s = n – r个元素? r+1，? r+2，? r+3，…，? r+s = ? n。由于左边括号根据它的r个元素具有Cr种不同形式，而右边也相应地具有Cs种形式，而属于左边括号的每种形式可以与右边括号中的每种形式结合，因而，上述主要形式可得Cr ( Cs种不同的n元素的成对乘积。（5）Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +…+ Cn–1C1。用这个递推公式，并从C1 = 1和C2 = 1开始，得如下序列：C3 = C1C2 + C2C1 = 2，C4 = C1C3 + C2C2 + C3C1 = 5，C5 = C1C4 + C2C3 + C3C2 + C4C1 = 14，等等。为了得到一个Cn的独立表达式，可设想f1，f2，f3，…，fn因子有n!个不同序列（排列），这些顺序中的每一个均具有Cn个成对n元素乘积，所有序列总加在一起具有Rn个这样的乘积，于是Rn = Cn ( n!，或者（6）。公式（4）和（6）解答了凯特兰的问题。下面解欧拉公式。从已知数值E2 = 1，E3 = 1，E4 = 2，E5 = 5，C1 = 1，C2 = 1，C3 = 2，C4 = 5，以及公式（2）与（5），立即得出一般式（7）En = Cn–1。（这里是用归纳法得出的证明。假定对于至n的所有下标来说，公式（7）成立，则E2 = C1，E3 = C2，…，En = Cn–1。根据公式（2）和（5）En+1 = E2 ( En + E3 ( En–1 +…+ En ( E2，Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +…+ Cn–1C1。由于最后两个登时的左边各元素一一对应，便得：En+1 = Cn；也就是公式（7）对每个下标都能成立。）公式（6）、（7）立即给出欧拉公式：（8）。作为总结，所求欧拉公式的简化形式为：，且结果是：，这里，f = n – 2表示n边形总是可分割为n – 2个三角形，而k = 2n – 3是这些三角形的边数。本世纪来乌尔班（H· Urban）以下面的形式推导了欧拉公式④。他先用西格纳的递推公式计算E5，E6，E7，并且“推导”出下列等式：E2 = 1，E3 = 1，E4 = 2，E5 = 5，E6 = 14，E7 = 42，，，，，，由以上的分析，他推测En应该是：（I）。（遗憾的是，他没有说是否是“欧拉递推公式”或其他什么想法引起他这么“推断”的。）这个递推公式对于下标n的若干初始数值来说肯定成立。为了证明其普遍成立，将n的结论用于n + 1：假设递推公式对所有从1到n – 1的下标都正确且被证实，所以对n来说，它也正确。证明是用展开式进行：（II）S = 1 ( E2 ( En–1 + 2 ( E3 ( En–2 + 3 ( E4 ( En–3 +…+ (n – 2) ( En–1 ( E2，或者写成倒序：（III）S = (n – 2) ( En–1 ( E2 + (n – 3) ( En–2 ( E3+ (n – 4) ( E4 ( En–3 +…+ 1 ( E2 ( En–1。这两个等式逐项相加，便得：2S = (n – 1)(E2En–1 + E3En–2 +…+ En–1E2)，或者根据西格纳的递推公式括号内的算式等于En。（IV）2S = (n – 1)En。根据递推公式（I），将公式（II），（III）的每一乘积Er ( Es（r = 2除外）中左边的因子Er用来代替，而? r = 4r – 6，得：（II(）S = E2En–1 + ? 2E2En–2 + ? 3E3En–3 +…+ ? n–2E n–2E2，（III(）S = ? n–2E n–2E2 + ? n–3E n–3E3 +…+ ? 2E2En–2 + E2En–1。将两行所列成的对位相加，由于? r + ? n–r = 4n – 12，，故得：2S = En–1 + (4n – 12)(E2En–2 + E3En–3 +…+ En–2E2) + En–1。或者由于括号内的式子等于En–1，得出：（V）2S = (4n – 10)En–1。由等式（IV）和（V）得：。由此证明欧拉的递推公式（I）对于下边n亦能成立，也就是说普遍使用。Novi Commentarii Academiae Petropolitanae pro annis 1758 et 1759, vol. VIIJournal de Mathématiques, 3 (1838)Journal de Mathématiques, (1838)Zeitschrift für math. und naturw. Unterrricht, 1941, vol. IV 鲁卡斯的配偶夫妇问题n对夫妇围圆桌而坐，其座次是两个妇人之间坐一个男人，而没有一个男人和自己的妻子并坐，问有多少种坐法？这个问题1891年出现于（大概是首次出现）法国数学家E·鲁卡斯（Edouard Lucas，1842 – 1891年）的书中①。英国数学家R·贝尔（Rouse Ball）谈及该题时说：“解这个题决非易事。”法国人M·莱桑(M· Laisant)和M·C·莫赫（M· C· Moreau）以及英国人H·M·泰勒（H· M· Taylor）都解过这个问题。在麦克马洪的书中作过基于现代观点的解法②。这里所取的方法原则上是泰勒的解法③。把从1到2n张循环排列的椅子编上号码。妇人们全坐在偶数或奇数号码的椅子上，这两种情况无论哪一种都可能有n!个不同的座次排列，因此，仅妇人们就有2n!个不同的座次排列。假设妇人们已按这种排列中的一种方法就座，并且下文所述全部保持这种排列。那么该题的核心便是求出可能有多少种方法在妇人们之间安排男人们入座。假设把妇人们的座位顺序用F1，F2，…，Fn表示，她们各人的丈夫分别用M1，M2，…，Mn表示，成对夫妇(F1, M1)，(F2, M2)，…的座次用1，2，…表示，而n对夫妇的排列方法用n对排列表示。设不作进一步说明而就座的丈夫们的座次为X1，X2，…。使F1X1F2X2…FnXnFn+1Xn+1表示没有丈夫坐在自己妻子身边的n + 1对排列（一定要记住排列是循环式的，所以Xn+1坐在Fn+1和F1表之间）。若从该排列中取出Fn+1和Mn+1 = X?，并以Xn+1 = M??代替X??的话，便得到n对排列F1X1F2X2…F?M?F?+1…FnXn。这种排列可发生下列三种情况：1．没有一个男人坐在自己妻子旁边（这样M? ( M?，M? ( M?+1，Xn ( M1）。2．有一个男人和自己妻子并坐（M? = M??或M? = M?+1或Xn = M1的时候）。3．有两个男人和自己的妻子并坐（当M? = M??或者M? = M?+1，且同时Xn = M1，亦即在排列中出现M1F1时）。这样，一定要考虑到除了在题中规定的那种以外的其它排列法。下面来区别A，B，C三种形式的排列。A式排列指没有一对夫妻并坐；B式排列指某一对夫妻并坐；最后，C式排列指某一个男人坐在他妻子的指定的一边，而没有规定的另一个男人坐在他妻子的没有规定的一边。令n对中A，B，C三种排列数分别为An，Bn，Cn。首先，试着确定六个数An，Bn，Cn，An+1，Bn+1，Cn+1之间的关系；并从最简单的关系开始。考察Bn+1，1，2，…，n + 1对的B式排列F1X1F2X2…FnXnFn+1Mn+1，其中，Mn+1坐在Fn+1的右边。根据Xn = M1或Xn ( M1把排列分成两组，然后从他们所有人中移出一对Fn+1Mn+1，那么第一组便得到Bn的n对的B式排列，而第二组则得到所有An种n对的A式排列，这样，（1）Bn+1 = Bn + An。考察Cn+1以求得第二个关系式。n + 1对的C式排列M1F1X1F2X2…FnXnFn+1，其中，男人X1，X2，…，Xn中的一个紧挨着他的妻子，根据X1等于或不等于Mn+1，把这些排列分成两组。第二组包含2n – 1个小组，在第一小组里，M2坐在F2的左边；在第二小组里，M2坐在F2的右边；在第三小组里，M3坐在F3的左边；在第四小组里，M3坐在F3的右边；如此等等。在第2n – 1小组里，Mn+1坐在Fn+1的左边。若从所有Cn+1种C式排列中移出对子M1F1，从第一组得到2，3，4，…，n + 1等对的所有Cn+1种C式排列，其中Mn+1坐在Fn+1的右边，从第二组的每一小组得到2，3，4，…，n + 1等对的Bn种B式排列，这样，（2）Cn+1 = Cn + (2n-1)Bn。按上述推导，若从n + 1对的A式排列F1X1F2X2…Fn+1Xn+1中取出一个对子Fn+1Mn+1，且以Xn+1代替已取出的Mn+1，便变成了n对的A式，B式或C式排列。相反，当把Fn+1Mn+1插在1，2，…，n等n对的一种A式，B式或C式排列的F1前，而后交换Mn+1和某一其他男人的位置（使交换后不再有一个男人挨着自己妻子）。显然，这个方法使我们得到1，2，…，n + 1等n + 1对所有的A式排列。于是，为了找出An+1，只要确定可能完成的对于从1到n等n对的这种插入和随后的所有可能的A式，B式，C式排列的交换法的数目。n + 1对的A式排列的构成分为三个步骤：I．由A式排列构成。在插入几对A式排列后：F1X1F2X2…FnXnFn+1Mn+1可以交换Mn+1和除Xn与M1以外的任何一个其他男人的位置，这便从An种n对A式排列中的每一种得到n – 2种n + 1对的A式排列。从而得到总数为(n – 2)An种的n + 1对的A式排列。II．由B式排列构成。n对的B式排列有下列2n种形式：1．…F1M1…2．…F1M2 F2…3．…F1 X1F2 M2………2n – 2．…Mn FnXn F1…2n – 1．…FnMn F1…2n．…FnM1 F1…且这些形式中的每一种都有Bn种形式。此种形式的过程对于这些形式的每一和第2n – 1个来说不适用（因为插入的Mn+1该与M1或Mn交换，然而，其结果为M1终将在F1的左边，或Mn+1在Fn+1的左边）。在第二、第三、…、第2n – 2式中，插入的Mn+1分别与M2，M2，M3，M3，…，Mn–1，Mn–1，Mn交换，把n对的B式排列变换成n + 1对的A式排列，其结果共得到(2n – 3)Bn种n + 1对的A式排列。在2n式中插入的Mn+1，可以与M2， M3，…，Mn中的任何一个男人交换，其结果总共得到(n – 1)Bn种n + 1对的A式排列。III．由C式排列构成。这个方法把Cn种n对的C式排列中的任何一种M1F1X2F2X3 F3…XnFn变换成n + 1对的A式排列，如果掉换男人Mn+1和夫妻并坐的男人M??的位置（??是2，3，4，…，n等数中的一个）。这样，从每个n对的C式排列中得到n + 1对的一个A式排列，这相当于总计Cn种n + 1对的A式排列。这样，I，II，III三步构成法得出所有n + 1对的A式排列，或总计(n – 2)An + (3n – 4)Bn + Cn种排列法。所以，（3）An+1 = (n – 2)An + (3n – 4)Bn + Cn。为了得到仅含相同大写字母的公式，从（1）推导出An = Bn+1 – Bn及An+1 = Bn+2 – Bn+1，把这些数值代入（3），得出Bn+2 = (n – 1)Bn+1 + (2n – 2)Bn + Cn。若用n + 1代替n，即得：Bn+3 = nBn+1 + 2nBn+1 + Cn+1。若从上式减去前面一式，并运用（2），便得：Bn+3 = (n + 1)(Bn+2 + Bn+1) + Bn。或者用n代替n + 1，即得：（4）Bn+2 = (n + 1)(Bn+1 + Bn) + Bn–1。由大写字母B组成的简单递推公式能从三个连续的B立即算出后继的一个B。还可能推导只含有三个连续的B互相联系的的递推公式，那就是下列形式的公式：（5）enBn+1 + fnBn + gnBn–1 = C，其中，系数en，fn，gn表示n的已知函数，而c是一个常数。为了求出他们，用n + 1代替（5）中的n，得：en+1Bn+2 + fn+1Bn+1 + gn+1Bn = C。用（5）减去这个等式，得： – en+1Bn+2 + (en – fn+1)Bn+1 + (fn – gn+1)Bn + gnBn–1 = 0。为了寻求未知系数e，f，g的条件方程，把上式与等式（4）乘gn之后所得的登时– gnBn+2 + ngnBn+1 +ngnBn + gnBn–1 = 0进行比较。这样，能够得到e，f，g，并满足下列三个条件：（I）en+1=gn；（II）en – fn+1 = ngn；（III）fn – gn+1 = ngn。由这三个条件我们能求得递推公式。从（III）可得：fn = gn+1 + ngn或fn+1 = gn+2 + ngn+1，从（II）和（I）得：fn+1 = en – ngn = gn–2 – ngn+2。使所得到的fn+1的两个数值相等，便得到：(n + 1)gn+1 + ngn = gn–1 – gn+2。很容易看出gn = n(–1)n是该方程的一个解。根据（I），得en = gn–1 = –(n – 1)(–1)n，根据（III），得：fn = gn+1 + ngn = (n2 – n – 1)(–1)n。从而，等式（5）转换成(n – 1)Bn+1 – (n2 – n – 1)Bn – nBn–1 = –c(–1)n。为了求常数c，使n等于4，观察到B3 = 0，B4 = 1，B5 = 3，便得到c = 2。从而所寻求的递推公式为（6）(n – 1)Bn+1 = (n2 – n – 1)Bn + nBn–1 – 2(–1)n。为了求得关于字母A的类似递推公式，依照（1）和（6）的形式，用Bn与Bn+1来表示An–1，An与An+1，这样得到：，An = Bn+1 – Bn，，消去Bn与Bn+1，得：（7）(n – 1)An+1 = (n2 – 1)An + (n+1)An–1 + 4(–1)n。这便是莱桑的递推公式。这使得从前面紧接着的两个A可以计算出后继的A。于是，由于A3 = 1，A4 = 2和（7），便得A5 = 13。这仍然很容易直接验证。更进一步整个系列A6 = 80，A7 = 579，A8 = 4738，A9 = 43387，A10 = 439792，A11 = 4890741，A12 = 59216642等等，都可以从（7）推导出。从而消除了计算A的难点。这样本题就解决了。n对夫妇的可能座次排列的数目是2Ann!，其中，An可从莱桑的递推公式算出。“Récréaticns mathématiques”，见《Théoris des Nombres》Combinatory AnalysisThe Messenger of Mathematics, 32, 1903 卡亚姆的二项展开式当n是任意正整数时，求以a和b的幂表示的二项式a + b的n次幂。解：为了确定二项展开式，写出(a + b)n = (a + b) (a + b)…(a + b)，这里，右边包含n个相同的括号的乘积，像人们所了解的那样，括号的乘式包含从每一括号中选出一项，得出所选项的乘积，并继续该过程，直至取尽所有可能的选择，最后将得到的乘积加在一起。这类乘积的形式如下：，其中，从开头的? 1个括号中各取出因子a，从随后的? 1个括号中各取出因子b，再从其后的? 2个括号中各取出因子a，等等。在这种情况下，? 1 + ? 1 + ? 2 + ? 2 +…等于现有的括号数，即n。如果? 1 + ? 2 +…等于?，? 1 + ? 2 +…等于?，展开式可写成较简单的形式：P = a?b?，其中? + ? = n。除所述的这种方法外，一般还有许多其它方法可以求得乘积P。例如，从前面??个括号中取出a，而从后面??个括号中取出b；从前面??个括号中取出b，而从后面??个括号中取出a，等等。如果乘积P在上述方法中出现C次，C被理解为代表一个最初的未知数，那么G = Ca?b?表示二项展开式的一项。其它各项除了指数??与??以及系数C不同外，都具有相同的形式。因此，? + ??总是等于n。该题的关键是确定所谓的“二项系数”C，即回答问题：在二项展开式中乘积P = a?b?出现多少次？为了解答这个问题，首先按照从括号中最初选定的顺序逐个地写出乘积中的因子a和b：这就是出现??个相同元素a与??个相同元素b的n个元素的排列。这些元素排列种数的多少与从n个a + b的连乘式中得到的项P一样。但是，其中出现一类??个相同元素和另一类??个相同元素的n个元素的排列种数是。这就是乘积a?b??经常出现在二项展开式中的情况，因此，。在展开式中的这一公式中an和bn两项是明显的例外，它们每一项只出现一次。为了消除这一例外，令符号0!表示1；便能和公式协调一致地把an和bn的系数分别写成和。EF图1个别地形成乘积P的可能性也能以几何形式表示。例如，上述第一种可能性以下列方法表示：用? 1个连续线段a来标出一段水平距离，从这个距离的末端延伸一段垂直距离即? 1个连续线段b，从这个垂直距离的末端延伸第三段水平距离即? 2个连续线段a，等等。同样地表示形成P的其它可能性，因此，从同一点开始描绘所有C个相同Z形的轨迹，这些迹线表示C种可能性。这样，如要找出(a + b)18的二项展开式中具有a11b7形式的的全部乘积数目??的话，就画出一个由11 ( 7个矩形格子组成的矩形网络，每格水平边为a，垂直边为b，形成每排为11格的7个横排，一排在另一排的下方（见图1）。那么可能性a4b3a7b4（由4个括号得a，由随后三个括号得b，由其次七个括号得a和由最后4个括号得b）用粗实线表示；可能性b2a6b3a2b2a3用虚线表示，因此，所求的数??等于从网络的角E引至角F的所有可能的直接通道数。这样，先前求得的C的公式也为下述有趣算题提供了解答：某城有m条东西走向和n条南北走向的街道，从该城的西北角到东南角有多少种走法（不得迂回）？由于东西向的街道被分割成n – 1段，每段为a；南北向街道被分割成m – 1段，每段为b；所以，所有可能的通道数是。现在回到二项式定理。二项式系数C的确定立即揭示所求的二项展开式：，其中。这里??和??适合凡能满足条件? + ? = n的所有可能的非负整数。例如，展开(a + b)5，得出：或(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10 a2b3 + 5ab4 + b5。通常写法用 展开更多...... 收起↑ 资源列表 100个著名初等数学问题1-20.doc 100个著名初等数学问题1-20.rar 101-120.rar 121-140.rar 141-160.rar 161-180.rar 181-200.rar 201-226.rar 21-40.rar 41-60.rar 61-80.rar 81-100.rar
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