數(shù)林外傳系列典藏版02磨光變換

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯1變換的概念變換,是數(shù)學(xué)中一個最基本而又最重要的概念.變換是多種多樣的,有的變換把一個數(shù)變?yōu)榱硪粋€數(shù).例如,二次函數(shù)可以看成一個變換:當(dāng)時,;當(dāng)時,;當(dāng)時,.我們說,在這個變換之下,分離被變?yōu)?,1,0.事實上,按照這個邏輯,實數(shù)中的任何一個數(shù)都被變?yōu)榱硪粋€決定的實數(shù).函數(shù)及都可以看成變換,它們定義在囫圇實數(shù)集上.至于,則是定義在正實數(shù)集上的一個變換.變換也可以在幾何圖形之間舉行.例如,隨意給定一個,在邊,,上分離取中點,記為,,,再把后面三個點用直線段相聯(lián)結(jié),得出(圖1-1).由到,就可以看成是一個變換,它把隨意給定的三角形,按照決定的邏輯變?yōu)榱硪粋€三角形.這是一種由三角形到三角形的變換.又如,對于隨意給定的,作它的外接圓,這樣就得到了由三角形到圓的變換(圖1-2).下面的例子說明,挑選恰當(dāng)?shù)淖儞Q對于解題是多么重要.這個題目是1996年在我國舉辦數(shù)學(xué)冬令營的第5題,上百個選手,惟獨18個人做對.例設(shè)為正整數(shù),并且,,,…，為正數(shù),相宜.證實:,其中為圓周率.證實左邊的不等式異常容易,只要兩個變量的幾何平均算術(shù)平均不等式就可以達到目的.右邊的不等式怎么樣與圓周率掛鉤呢?這是最難的地方,其實,難,也不難.想到圓周率,天然想到三角函數(shù)的變換.令相宜,,其中,于是 ,因為,得到.這也就是,這就是右邊的不等式.證畢.這個變換值得仔細體味.此外,還有由一組數(shù)到另外一組數(shù)的變換,由一種狀態(tài)到另外一種狀態(tài)的變換,總之,變換是千姿百態(tài)而又無處不在的!在數(shù)學(xué)比賽的題目中,有不少與變換的概念有關(guān).倘若讀者能存心識地從變換的角度來看待這些問題,用某些變換的異常性質(zhì)來處理它們,必然會有助于這些問題的解決.在變換中有一類被稱為“磨光變換”的,具有異常的意義.至于“磨光”二字,在不同的場合有著不同的意義,這里很難給出一個統(tǒng)一的定義,主要是因為“光”這個字沒有統(tǒng)一的定義,但總的指消失差別,逐步達到一種平衡的、勻稱的狀態(tài).固然如此,但是在今后研究一個個詳細問題的時候,“光”和“磨光”的意義又是很明確的,不會帶來任何誤解.在天然界里,水總是從高處流往低處,可以說是隨時都在舉行著“磨光”變換,惟獨在各處水位的高度一致的時候,水才會停止流動.電流、溫度的分布也有著類似的情況.在高等數(shù)學(xué)的范圍內(nèi),有許多課目是專門研究磨光變換的,它們在數(shù)字濾波、無線電通信以至計算機輔助幾何設(shè)計中都有重要的應(yīng)用.2平均值不等式大家知道,對于一組正數(shù),,…,,數(shù)叫做這一組正數(shù)的算術(shù)平均數(shù),而數(shù)叫做這一組正數(shù)的幾何平均數(shù).在這兩個平均數(shù)之間,有著不等式,即,(1)式中的等號當(dāng)且僅當(dāng)時成立.不等式(1)稱為算術(shù)平均-幾何平均不等式.因為這個不等式在數(shù)學(xué)中的重要性,在某些關(guān)于不等式的專著中,羅列了它的十兒種證實主意,其中所用知識最少、構(gòu)思巧妙精美的一個證實,正是利用了磨光的思想.很明了,倘若,那么顯然.這就是說,在這種“勻稱”的情況下,不等式(1)的證實是最容易不過的了.現(xiàn)在,設(shè),,…,,不全相等,不妨設(shè)其中最小的數(shù)為,最大的數(shù)為,于是有,并且,用除上式,得(2)同樣可以證實,.這就是說,當(dāng)一組數(shù)不全相等的時候,它們的平均值一定比最小的數(shù)大,比最大的數(shù)小.現(xiàn)在,我們構(gòu)造另外的個數(shù),,,…,.(3)這就是說,除了最小數(shù)、最大數(shù)分離被與代替之外,其余的數(shù)不變.數(shù)組(3)中的每一個數(shù)顯然都是正數(shù),由數(shù)組,,…，按照上述指定的規(guī)矩變?yōu)閿?shù)組(3),就是由數(shù)組變?yōu)閿?shù)組的變換的例子.在電視轉(zhuǎn)播的“歌曲演唱大獎賽”的實況中,在計分的時候,我們常常聽到“去掉一個最高分,去掉一個最低分…….”,我們剛才設(shè)計的變換正巧有這么一點意思,差別僅僅在于把去掉的最大數(shù)、最小數(shù)用其他兩個適當(dāng)?shù)臄?shù)來代替.分離用與來記數(shù)組(3)的算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù),很顯然 ,即.為了弄清與哪個大,只需注重:依不等式(2)有,這表明,由此得.即,由此可知.到此為止,我們已經(jīng)明了了:當(dāng),,…，不全相等時,我們精心設(shè)計的那一種變換不會改變算術(shù)平均數(shù),或者說,在這種變換之下,算術(shù)平均數(shù)是一個不變量;但是,幾何平均數(shù)卻增大了.倘若數(shù)組(3)中的每一個數(shù)都相等,那么便有,由關(guān)系式趕緊可見,命題便證實完畢.倘若數(shù)組(3)中的數(shù)仍不全相等,我們對數(shù)組(3)再舉行一次同樣的變換,即把數(shù)組(3)中的最小數(shù)與最大數(shù)找出來,分離換為及這兩數(shù)之和減去,其余個數(shù)不變.就是說,對數(shù)組(3)作一次所指定的變換,得出另一數(shù)組,它的算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)分離記為及.按照前面的理由,我們有及.應(yīng)該注重的是,當(dāng)數(shù)組(3)中的數(shù)不全相等時,其最小值比小,即比小,最大值比大,即比大.因此,當(dāng)我們對數(shù)組(3)舉行指定的變換時,第一次已換進去的,將不會再被換出來,并且還至少會多出一個來.倘若到此時這個數(shù)全相等了,那么由關(guān)系式趕緊可見,命題得證.倘若經(jīng)過第二次變換之后所得的數(shù)組還不全相等,我們再對它作一次所說的變換,這樣作過之后,新的數(shù)組中至少有三個.只要數(shù)組中各數(shù)不全相等,這種變換便可繼續(xù)舉行下去,當(dāng)然,最多舉行次變換,我們得到了一組由個組成的數(shù)組,此時由關(guān)系式,趕緊可見,這樣就證完了所需的不等式.設(shè)計出這種變換是別具匠心的.它的功能是把數(shù)與數(shù)之間的差別縮小,不超過次變換,就能使新數(shù)組中的個數(shù)已全無差別,即全變?yōu)榱?前面已經(jīng)提到,在這一變換之下,算術(shù)平均數(shù)是一個不變量.對于所有的變換,找出它的不變量是一件很重要的工作.在我們當(dāng)前的變換中,幾何平均數(shù)是改變的,但是我們也弄清了它的變化邏輯,即證實它是不斷增大的,這也是很重要的工作.在這里,還存在著一種對偶情形:我們可以設(shè)計另一種具有磨光性質(zhì)的變換,在它的作用之下,數(shù)組的幾何平均數(shù)是不變量,但使算術(shù)平均數(shù)減小,最后仍能達到證實不等式的目的.建議讀者思量這一問題.3三角形的等周不等式三角形有著各式各樣的形狀,倘若按邊長來作區(qū)別,有等邊三角形、等腰三角形、非等腰三角形,等等.大家很容易采納以下觀念:等邊三角形可被認為“最光的”三角形,因為它的三條邊長沒有差別,也可以說它的三個角的大小沒有差別.設(shè)是隨意給定的一個三角形,三邊之長分離記為,,.我們設(shè)計如下的變換:（1）很顯然:且.變換(1)把變?yōu)橐粋€等邊,后者的邊長為,,.三角形的周長是變換(1)之下的不變量.變換(1)把任何一個三角形一下子變?yōu)橐粋€等邊三角形,所以它是一個具有磨光性質(zhì)的幾何變換.我們來看一看變換前后的兩個三角形的面積有什么關(guān)系.對于來說,因為它是等邊的,所以面積等于因為,上式即為.(2)的面積由海倫公式來計算,為(3)為了比較式(2)與式(3)的大小,只需比較它們各自的平方與誰大誰小.消去相同的因子,只需比較與誰大誰小.對于一個三角形來說,是三個正數(shù),利用前節(jié)所說的算術(shù)平均-幾何平均不等式,可得出,這表明的面積總不會超過具有相同周長的等邊三角形的面積.這樣一來,我們證實了:在一切具有相同周長的三角形中,等邊三角形的面積最大.把三角形變?yōu)槿切尾⑶沂谷切蔚闹荛L為其不變量的變換,并不惟獨變換(1)這一種.事實上,可以令(4)因為可見,以,,為邊長可以組成另一個.由變換(4)直接算出,故這兩個三角形有相等的周長.此外,由變換(4)容易推出:若,那么必有.這就是說,倘若不是等邊三角形,那么經(jīng)變換(4)之后仍不會變?yōu)橐粋€等邊三角形.這與變換(1)是不相同的,變換(1)有如此強烈的磨光作用,以至于它能把任一個三角形一次變?yōu)橐粋€等邊三角形,可是變換(4)卻不能做到這一點.固然如此,從長遠的觀點來看問題,即從極限的觀點來看問題,變換(4)仍具有磨光的作用.為了說明以上事實,需要引人“變換的方冪”的概念,即同一變換延續(xù)作用的概念.由經(jīng)變換(4)得到之后,再對后者施行同一變換(4),令得出,即它是將變換(4)對延續(xù)作用兩次的結(jié)果,也可以說是將變換(4)的二次冪作用于所得的結(jié)果.倘若我們已經(jīng)得到了,它的邊長分離記為,,,再將變換(4)對這個三角形作用一次,也就是說,令得出,這個三角形稱為變換(4)的次冪作用于所得的結(jié)果.在數(shù)學(xué)中,把同一個動作(或變換)一次又一次地做下去,稱為迭代.迭代在數(shù)學(xué)中無處不在.舉一個最容易的例子:把1加上1得到2,把2加上1得到3,再把3加上1得到我們重復(fù)著“加上1”這一動作,便可以得到所有正整數(shù).從一個不等邊的開始,把迭代一次又一次地舉行下去,得到由三角形組成的序列,,,…前面指明的結(jié)論告訴我們,這個序列中的任何一個三角形都不是等邊的,也就是說,把變換(4)對于一個不等邊的三角形延續(xù)作用有限多次,總不能得出一個等邊三角形,但是,若把變換無限次地舉行下去,卻能使所得的三角形越來越向一個等邊三角形逼近,用確切的數(shù)學(xué)語言來說,就是(5)為了證實這一事實,注重 ,這也就是,在這里,,,應(yīng)理解為,,.反復(fù)遞推地利用上述公式,可得,總算得出因為為一定數(shù),,則由上式知，同理可證式(5)中的后兩個不等式成立.這就證實了,徹底的磨光只能在作過無窮多次變換之后,即惟獨在極限過程之中才干實現(xiàn).在變換(4)之下,三角形的面積將發(fā)生怎樣的變化?由海倫公式,面積的平方等于，而面積的平方為.由變換(4)的磨光性質(zhì),可知比更臨近于一個等邊三角形,由等周不等式可以預(yù)測:的面積比的面積更大,即我們預(yù)測,應(yīng)有不等式（6）成立,這里,,是三個不全相等的正數(shù).事實上,不等式(6)是可以直接證得的,只需注重:,,.以上三式中最后的不等號中不能全取等號(否則將有),將它們兩邊相乘再開方,便得出不等式(6).至此,我們已經(jīng)證實,倘若不是一個等邊三角形,那么我們通過變換(4)可以造出另一個具有相同周長的來,而后者有更大的面積.這也表明,在一切具有相等周長的三角形中,不等邊的三角形不能有最大面積.但是,我們還不能趕緊由此得出結(jié)論:在一切具有相等周長的三角形中,等邊三角形的面積最大.這是因為,三角形面積組成無限個正實數(shù)的集合,對于無限數(shù)集,我們不能一概斷言在其中必有最大值,例如開區(qū)間中的全體實數(shù),其中既無最大數(shù),也無最小數(shù).倘若我們能指出在具有相等周長的一切三角形中,有面積為最大者,那么這個最大的面積非等邊三角形莫屬!但是變換的迭代能協(xié)助我們證實三角形的等周不等式.由于為不等邊三角形,因此的面積:組成鄭重升高的實數(shù)列,注重當(dāng)?shù)淖兓厔?即趨向于一個有相同周長的等邊三角形,因此得到的面積有相等周長的等邊三角形的面積.到此為止,我們對三角形的等周不等式給出了兩個證實.第一個證實,即利用變換(1)所作的證實,一次即達到磨光的目的,索性利索,容易明快;第二個證實,即利用變換(4)所作的證實,任何有限次迭代都不能達到目的,必須舉行無限次迭代才干最后達到磨光的目的,所以顯得冗長煩瑣,轉(zhuǎn)彎抺角.就解決當(dāng)前的問題而言,第二種證法似乎毫無可取之處.但是,存心義的是,它代表著一種論證的模式,在我們今后研究平面封閉曲線的等周問題時,非用到這樣一種模式不可.4等周問題的一個應(yīng)用關(guān)于等周問題,可以有各式各樣的提法.例如,考察具有相同的底且有相等面積的所有的三角形的集合.設(shè)相同的底為,那么這些三角形的另一個頂點可以認為是在某一條平行于的直線上變化.在這些無限多個三角形中,哪一個算得上是“最光”的呢?直覺告訴我們,應(yīng)該是以為底邊的那個等腰三角形.我們指出這個最光的三角形的一個性質(zhì):在這一類三角形中,它的周長是最短的.這就是另一類三角形的等周問題.例1中,底邊固定,在平行于的直線中,變點在這向來線中變化.求證:在一切中,周長最短的是等腰三角形.證實在平行于的那條直線上,找出點使得是以為底的等腰三角形.設(shè)為上的不同于的另一點.將延伸到使,再聯(lián)結(jié),(圖).易見及.在中,按照兩邊之和大于第三邊,得,由此趕緊看出的周長大于的周長.證畢.有了以上這一性質(zhì),我們可以來證實一個有趣的題目.例2倘若凸四邊形的面積等于1,那么它的周長兩條對角線長之和.證實設(shè)這個凸四邊形為,過頂點與作平行于對角線的直線(圖4-2),又設(shè)的垂直平分線與這兩條平行直線分離交于,兩點,顯然這時四邊形的面積四邊形的面積.但是四邊形的周長不大于四邊形的周長,并且由可知,四邊形的兩條對角線長之和四邊形的兩條對角線長之和.再過分離作的平行線,讓及在這兩條線上變化到這兩條線段的中點及上,這時得到的四邊形為一坴形,面積依然等于1且其周長與兩條對角線長之和四邊形的周長與兩條對角線長之和四邊形的周長與兩條對角線長之和.因此,只需對菱形來證實我們的結(jié)論就行了.設(shè)菱形的邊長為,令.于是,由此知,它的周長與兩條對角線長之和為,由平均值不等式知 ,這便是需證的結(jié)論.證畢.在本節(jié)的例1中,一些涉及某些距離之和達到最小值,“反射”是一個很實用的幾何技巧.美國普特南(Putnam)大學(xué)生數(shù)學(xué)比賽,是世界上最聞名的數(shù)學(xué)比賽之一,成立于1938年,每年舉辦一次,因為各種緣故,總共舉辦了73次(1943年、1944年、1945年停辦,1958年舉辦了2次).比賽題目與時倶進,世界數(shù)學(xué)家和數(shù)學(xué)最好者,從這些數(shù)學(xué)題目中得到了啟發(fā)和教益,專門研究普特南數(shù)學(xué)比賽的書籍,層出不窮.1998年普特南數(shù)學(xué)比賽的題目B2,就是“反射”的技巧.例3(普特南數(shù)學(xué)比賽,1998年,B2)給定一點,其中.試決定一個三角形的最小的周長:一點在,一點在軸上,還有一點在直線上.解如圖4-3所示.三角形的三頂點是:在軸上,在直線上,令,即點對軸的反射.而是點對直線的反射.因此并且.所以的周長是,這個下界是可以達到的.證畢.5三種色彩的玻璃片在第2節(jié)中,為了證實算術(shù)平均-幾何平均不等式,我們精心設(shè)計了由一組正數(shù)到另一組正數(shù)的變換,為了使得這一變換具有磨光性質(zhì),我們是針對數(shù)組中的最小數(shù)及最大數(shù)人手的,將它們用在它們之間的另外兩個正數(shù)來代替.異常注重最大值與最小值,是處理磨光變換的一個典型的手法.下面是一個有說服力的例子.例 有1987塊正方形的玻璃片,每一塊涂上了紅、黃、藍三種色彩之一,以下的動作可稱一次“調(diào)節(jié)”:擦去兩塊不同色的玻璃片上的色彩,然后將它們涂上第三種色彩.求證:不論本來色彩的分布情況如何,總可以通過有限多次適當(dāng)?shù)恼{(diào)節(jié)之后,把所有的玻璃片全涂上同一種色彩.并且,總算的色彩是由原始狀態(tài)徹低決定了的,與詳細的調(diào)節(jié)順序無關(guān)(1987年東北三省數(shù)學(xué)邀請賽試題).注重題目中包含著兩個需證的結(jié)論.在證實第一個結(jié)論時,應(yīng)該認識到:并不是說隨意舉行符合規(guī)定的調(diào)節(jié),經(jīng)有限次之后一定可達目的,而是說,能達到目的的調(diào)節(jié)次序,總是可以被設(shè)計出來的.證實我們先證第一個結(jié)論.設(shè)在原始狀態(tài)中,紅、黃、藍三種玻璃片的數(shù)目依次為n0,n1先研究一種異常的情況,設(shè)n0,n1,n2三個數(shù)中有兩個相等,不妨設(shè)n0=n1,這時調(diào)節(jié)的計劃是顯而易見的:把紅、黃兩色玻璃片一一配對,將它們都改為藍色轉(zhuǎn)而研究普通的情形.不失普通性,可設(shè)n0<n1<n2.前面的經(jīng)驗告訴我們,應(yīng)該在最小值、最大值上做文章.詳細地說,應(yīng)把最大值降低,而把最小值升高,這樣上下兩頭擠壓著,對n0<n1<n2的情形,我們應(yīng)該取出黃、藍兩色的玻璃片各一片,把它們改涂紅色.經(jīng)過這一次調(diào)節(jié)后,紅、黃、藍三種色彩的片數(shù)依次為n0+2,n1-1,n2-1.顯然有n1-1<n2-1.我們來證實n0+2?n2-1.假若不然,設(shè)n0+2>n2-1n中,n2-1是最大的數(shù),它比原先最大的數(shù)n2減少了1.這三個數(shù)中最小的數(shù)是n0+2或n1-1?n0,不比本來的最小數(shù)n0更小.以上的論證可以總結(jié)為:當(dāng)本來的三個數(shù)互不相等時,經(jīng)過一次調(diào)節(jié)之后,色彩相同的最多片數(shù)下降了1,同色的最少片數(shù)不會減少.因為本來的差n2-n0為一有限數(shù),可見這種調(diào)節(jié)不可能無止境地舉行下去,也就是說請注重:這里的證實是“構(gòu)造性的”,即不僅證實了目的總可達到，而且詳細地指明了達到目的的途徑.這里舉一個數(shù)值例子:有17塊玻璃片,開始的時候,紅、黃、藍三種色彩的片數(shù)分離為2,1,14,按上述主意反復(fù)舉行調(diào)節(jié),得到一個數(shù)表(表5-1).這表明:經(jīng)過8次調(diào)節(jié)之后,浮上了6塊紅玻璃以及6塊藍玻璃,所以再經(jīng)過6次顯然的調(diào)節(jié),便可使17塊玻璃片所有涂成了黃色.這里所謂的“磨光”,就是說總算可達到“清一色”的境地.當(dāng)我們轉(zhuǎn)來證實第二個結(jié)論的時候,再用紅、黃、藍三種色彩來講述就很不方便了.這時的關(guān)鍵是:要用某種合適的方式把三種色彩“數(shù)字化”.很顯然,紅、黃、藍三種色彩可以被任何三種不同的對象代替,異常地,可以分離用0,1,2三個數(shù)字代替,問題的實質(zhì)并沒有變化.這時問題的形式變?yōu)?在1987塊玻璃片上,每一塊上寫著0,1,2三個數(shù)字中的一個.允許舉行以下的操作:將寫有不同數(shù)字的兩塊玻璃片上的數(shù)字擦去,然后寫上第三個數(shù)字.求證:適當(dāng)安頓這種調(diào)節(jié),總可以在有限步之后,使得每一片玻璃上寫著同一個數(shù)字.把所有玻璃片上的數(shù)字之和記為s.設(shè)0,1,2三個數(shù)字的個數(shù)分離為n0,n1,n2,顯然s=n1+2擦去一個0與一個1,寫上2,這時總和變?yōu)閟+3擦去一個0與一個2,寫上1,這時總和仍為s;擦去一個1與一個2,寫上0,這時總和變?yōu)閟-3由此可見,在調(diào)節(jié)的過程中,固然總和s是一個變量,但是,這種改變不過是相差3的某一整數(shù)倍,這也就是說:“總和s被3除所得的余數(shù)是一個不變量”.另一方面,倘若每一塊玻璃上寫的都是0,那么數(shù)字的總和也是0,可被3整除,倘若寫的都是1,那么數(shù)字的總和為1987,被3除余1;倘若寫的都是2,那么數(shù)字的總和為2×1987,這個數(shù)被3除余2.因為每一個整數(shù)關(guān)于模3只能與0,1,2中之一同余,因此,任何一個決定的初始分布,總算只能化為上述特硃情況之一.以本節(jié)的數(shù)值例子為例,這時,s=2×0+1×1+14×2=29,它被3除余2;但是17塊全寫著1的玻璃片上的數(shù)字之和為17,被3除也余2,因此總算可調(diào)節(jié)為全是1的情況,也就是全為黃色的情況,這先前面的表5-1中可以顯然看到題中的數(shù)字1987可以改為任何不能被3整除的正整數(shù),結(jié)論依然成立,但不可以改為可被3整除的正整數(shù).例如研究3塊玻璃片,初始狀態(tài)是紅、紅、藍,這時不論經(jīng)過多少次調(diào)節(jié),也不會浮上“清一色”的局面;倘若初始狀態(tài)是紅、黃、藍,這時經(jīng)過一次調(diào)節(jié)之后,既可以變?yōu)槿t,也可以變?yōu)槿S或者全藍,唯一決定性就不存在了.6小孩分糖塊數(shù)學(xué)大師華羅庚(1910-1985)教授曾任中國科學(xué)院數(shù)學(xué)所所長,1958年中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)成立時,他擔(dān)任這個大學(xué)的數(shù)學(xué)系系主任,后來又升任副校長.華先生熱烈倡導(dǎo)并親手主持中學(xué)生數(shù)學(xué)比賽,1962年和1963年他主持北京市數(shù)學(xué)比賽,邀請了中科院數(shù)學(xué)所、北京大學(xué)數(shù)學(xué)系、北師大數(shù)學(xué)系以及中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)數(shù)學(xué)系的專家,為中學(xué)生舉辦講座,反復(fù)推敲比賽命題,以至改卷評分,傾注了大量心血.在大師的主持下,這兩年的數(shù)學(xué)比賽,總的特點是,不看重知識,重在巧思,以達到靈便運用的目的.這兩年來,在美國數(shù)學(xué)刊物有報道北京市數(shù)學(xué)比賽的題目,可惜的是,這種數(shù)學(xué)比賽,沒能堅持下來,這主要緣于政治氣候的改變.在第5節(jié)中又一次看到,如要證實反復(fù)舉行某一變換總算達到磨光的目的,控制最大值和最小值在調(diào)節(jié)中的變化,就等于抓住了“牛鼻子”.本節(jié)的例子再一次說明了這個事實.例1(北京市數(shù)學(xué)比賽,1962年)有若干個小孩圍坐一圈,在教師的指導(dǎo)下玩分糖塊的游戲,首先,每個小孩手中握有偶數(shù)塊糖,教師一聲令下,每一個小孩將手中糖塊的一半分給自己的右鄰.這樣做過之后,倘若有的小孩手中的糖塊數(shù)變成了奇數(shù),他可向教師補要一塊糖以湊成偶數(shù),這樣算是完成了一次調(diào)節(jié).求證:不管本來糖塊分配情況如何,經(jīng)有限次調(diào)節(jié)之后,每個小孩手中的糖塊是一樣多的.證實這里所說的調(diào)節(jié),實際上就是變換,可以看成是非負的偶數(shù)組之間的變換.在這里,變換的規(guī)矩已經(jīng)明確指出,不需要由我們設(shè)計,也不需要我們安頓變換的順序,這與第5節(jié)的例子不同.唯一要求我們做的是,證實反復(fù)舉行這一變換,經(jīng)有限次之后,可以實現(xiàn)磨光(即消失差別)的目的.設(shè)在舉行調(diào)節(jié)之前,每個小孩手中的最多糖塊數(shù)為2m,最少糖塊數(shù)為2n.倘若m=n,表明每個小孩手中糖塊已一樣多,目的已經(jīng)達到.(1)調(diào)節(jié)后,每個小孩手中的糖塊數(shù)仍在2n與2m這是因為,設(shè)某小孩子手中有2h塊糖,他的左鄰手中有2k塊糖.那么一次調(diào)節(jié)后,這個小孩手中的糖塊數(shù)變?yōu)閔+k(當(dāng)h+k為偶數(shù)時),或變?yōu)閔+k+1(當(dāng)h+k為奇數(shù)時).因為n?h,k?m,用通俗的話來說,在調(diào)節(jié)過程中,每個小孩手中的糖塊數(shù),“上面封了頁,下面保了底”.(2)調(diào)節(jié)前手中糖塊多于2n的小孩,調(diào)節(jié)后手中糖塊仍多于2這是因為,若h>n,那么(3)手持2n塊糖的小孩的人數(shù),在一次調(diào)節(jié)之后至少減少理由如下:一定能找出一個手持2n塊糖的小孩,他的左鄰手中的糖塊數(shù)2k>2n;倘若不是如此,說明每個小孩手中糖塊數(shù)均為2n,與n<m矛盾!調(diào)節(jié)之后,這個手持2總括以上三條性質(zhì)可見:在調(diào)節(jié)過程中,最大值不會變大,但經(jīng)過有限次(注重:不是說每一次)調(diào)節(jié)之后,最小值在變大.顯然,這種情況不可能無限制地浮上,也就是說,經(jīng)過有限次調(diào)節(jié)之后,每個小孩手中的糖塊數(shù)會一樣多.證畢.這個題目,行文容易明快,證實主意異常初等,不需要任何知識,只需要“磨光”的技巧.1963年北京市數(shù)學(xué)比賽也是一個很好的題目,它異常新奇,妙趣橫生,它不是“磨光”,不是和睦,不是平直,而恰恰相反,有一點“獨斷獨行,一統(tǒng)天下”的韻味.這個題目是這樣的:例2(二北京市數(shù)學(xué)比賽,1963年)設(shè)一分的硬幣2n枚,其中n為隨意正整數(shù),隨機地分布在若干盒子中.設(shè)隨意兩個盒子A和B,分離有p枚硬幣和q枚硬幣.若p?q,我們可以允許從盒子A中取出q枚硬幣放人盒子B中,這種行為叫做“一次操作”.證實:不管本來的硬幣分布如何證實假若m個盒子編成號碼1,2,?,m,第i個盒子包含pi枚硬幣p我們希翼的結(jié)果用數(shù)學(xué)歸納法來作:2n其中n對于n=1,也就是說,有兩枚硬幣.倘若兩枚硬幣裝人一個盒子中,已經(jīng)不需要任何的操作;倘若在A與B中,各有一枚硬幣,把A中的硬幣移到B中,B中有兩枚硬幣了,所以n=1結(jié)論天然假設(shè)2n枚硬幣總可以移到一個盒子中用數(shù)學(xué)歸納法來證實我們的結(jié)論,我們考慮2n+1枚硬幣的情形.我們首先注重到:所有為奇數(shù)的硬幣一定是偶數(shù),不然的話所有硬幣為奇數(shù),與2的方冪不合.設(shè)2s是盒子中為奇數(shù)硬幣.倘若s>0,能夠找到兩個盒子A與B,它們的硬幣p?q都是奇數(shù),以A中把q枚硬幣移到B中,得到A有p-q枚硬幣,而B有2q枚硬幣.兩個盒子中,硬幣的數(shù)目都是偶數(shù).現(xiàn)在,所有的盒子中硬幣成雙成對,我們將兩枚硬幣粘貼在一起,做成“加厚型硬幣”,數(shù)目是2n.由歸納法假設(shè),惟獨一個盒子可裝2n枚加厚型硬幣.再把加厚型硬幣一一折開來,我們有2n+1硬幣總數(shù)2n是異常關(guān)鍵的.倘若是3枚硬幣,分成兩個盒.子,A是2枚硬幣,B是1枚硬幣,無論?么操作,都不能夠?qū)?枚硬幣放在一個盒子里最后一個問題是Putnam數(shù)學(xué)比賽1973年B1的題目.例3設(shè)a1,a2,?,a2n+1都是整數(shù),倘若隨意拿走一個整數(shù),其他2n個整數(shù)可以分成兩組,證實因為在證實中將要反復(fù)提到題目中所說的性質(zhì),為了方便,將那個性質(zhì)叫做“均分性質(zhì)”.我們的題目說的是:一組整數(shù)a1,a2把a1拿出來,其條的2n個數(shù)a2,a3,?,a2n+1可以被分為兩組,各組中一切數(shù)字和相等,a所以a1與a1+a2+?+a2na要么全是奇數(shù),要么全是偶數(shù).在上述數(shù)列中,各數(shù)減去a1,0,很顯然,這組新數(shù)中,具備均分性質(zhì),并且苺一個者是偶數(shù).按上述各數(shù)以人2除之,待至0,很顯然地,它們還具備均分性?.由此推知,它們有相同的奇偶性;但因為0在其中,故上行中的各數(shù)者是偶數(shù).再以人2除之又又?出一組新的整數(shù)0,它們?nèi)跃哂芯中再|(zhì)，而且它們都是偶數(shù)……對于2k,k=1,2,?惟獨a17糖塊換成砂糖我們繼續(xù)第6節(jié)的例1談起.設(shè)想每個小孩手中握的不是糖塊,而是砂糖,每一次調(diào)節(jié)意味著每個小孩將自己手中的糖量的一半分給他的右鄰,這時再沒有“補糖”問題了.設(shè)想把隨意數(shù)量的砂糖按質(zhì)量鄭重地平分為二沒有技術(shù)上的艱難,那么不斷地舉行調(diào)節(jié),會有什么后果?用xi,i=1,2,?,n表示第i個小朋友手中砂糖的分量,這樣就對應(yīng)著一組放置在一個圓周上的數(shù)(圖7-1),用xi(1)x這里,所有的下標(biāo)作關(guān)于模n的運算,即xn+1=x1,xn+2=x2,如此等等.經(jīng)過kx這一變換的磨光性質(zhì)體現(xiàn)在等式lim事實上,對于任何給定的實數(shù)x1,x2,?,xn(它們不必所有非負）,在規(guī)定式（1）與式（2x之下來證實式(3).設(shè)常數(shù)M相宜x由式(1)及式(2)可以推知x普通地x這里n-1i-1表示從n-1由式(6)與式(4)得x再由式(5)得x但是i故x因為每一個xi在操作中處于徹低平等的位置,x倘若對x1(n-1),x2(n-1),?,xn(nx普通地,對于任何正整數(shù)k,有x因為對任何正整數(shù)n,有0?1-n2n-1lim對于正整數(shù)m,總可以找至正整數(shù)k,使得k(nx對i=1,2,?,n成立,由式lim對i=1,2,?,n成立.這樣,就在限制式(4)之下證實現(xiàn)在去掉限制式(4),考慮n個隨意的實數(shù)x1,x然后來研究下列n個實數(shù):x很顯然,對于數(shù)組(11)來說，它們的和等于零,即限制式(1)對于這組數(shù)來說是成立的.另一方面,對這一組數(shù)而言，一次調(diào)節(jié)之后就是x由調(diào)節(jié)一次便是xm次調(diào)節(jié)后,則為x由已證的結(jié)果得知lim亦即lim這樣,我們總算證實了式(3).倘若取n=3,這里得到的結(jié)論已在第3節(jié)的式(5)中得到了證實.那里的證實是容易的,不過,那種證實不能直接地被搬過來證實本節(jié)所研究的普通情況宛若第3節(jié),當(dāng)把糖塊換成砂糖之后,普通來說,不能在有限步之后達到徹底的磨光,而只能在極限的意義之下完成徹底的磨光.8圓周上的圍棋子在20世紀(jì)60年代初,前蘇聯(lián)有一道很柔美的數(shù)學(xué)比賽題目,倘若不拘泥于原題的講述,而采用為我國人民所熟知的圍棋子(大家知道,圍棋子有黑子和白子兩種)來表達,那么該題可以表述如下：n是一個正整數(shù),有2n個圍棋子勻稱地分布在同一圓周上,完成以下的動作算作一次調(diào)節(jié):倘若相鄰兩個圍棋子是同色的,則在它們所在圓弧的中點上放一黑子;倘若相鄰兩個圍棋子是異色的,則在它們所在圓弧的中點上放一白子;然后把原先的那2n個圍棋子撤走.求證:不論最初那2n個圍棋子的色彩分布如何,經(jīng)過有限次調(diào)節(jié)之后由最初的色彩不統(tǒng)一的狀態(tài),最后得到全為黑子的狀態(tài),我們說,題中所設(shè)計的變換(調(diào)節(jié))具有消失差別的性質(zhì),即磨光性質(zhì).初看起來,這簡直不像一個數(shù)學(xué)題目,因為它既不涉及任何幾何關(guān)系,又沒有可供運算的對象.這正是這個題目的第一個妙處.關(guān)鍵之處在于,要把它轉(zhuǎn)化為一個數(shù)學(xué)題目,即要設(shè)法找出可用來作運算的東西.讓我們回想一下調(diào)節(jié)的規(guī)矩:“同色圍棋子之間放黑子,異色圍棋子之間放白子”,這同整數(shù)加法中“奇偶性相同的兩整數(shù)之和為偶數(shù),奇偶性相異的兩整數(shù)之和為奇數(shù)”是何等的相似!現(xiàn)在,用0來代表全體偶數(shù),也代表其中的任何一個偶數(shù),用1來代表全體奇數(shù),也代表其中的任何一個奇數(shù).對于加法而言,我們有如下運算法則:依照題目所說的調(diào)節(jié)邏輯,我們應(yīng)該用0來代表黑子,用1來代表白子.圓周上圍棋子的任何一種分布,在指定一個圍棋子為起點并規(guī)定依逆時針方向羅列順序的時候,可以表為x這里xi=0或1,i=1,2,?,m,而m=x這里的“加法”,應(yīng)按上述表格中的規(guī)矩來計算.我們不把x1,x2,?,xm排在同一圓周上,而排在同向來線上(按從左到右的方向)這里xi=0或1,i可以為任何整數(shù),且xi+m=xi對于任何整數(shù)i成立.這條直線上任何m個排在一起的數(shù),都可以代表圓周上圍棋子的分布.經(jīng)過一次調(diào)節(jié)后xi(1)=xi+xxi(1)上角的(1)表示是經(jīng)過第一次調(diào)節(jié)后所形成的數(shù)列.現(xiàn)在,Ixi=xi,這里i代表任何整數(shù).I作用到任何xi上仍得到xi,故稱I為恒等算子;E作用到任何xi之后,得出xi右邊的那一項,即xi+1,故稱x我們指出,xi(1)仍是一個周期為m的數(shù)列x再經(jīng)一次變換之后,得到的數(shù)列記為xi(2)x普通地,經(jīng)過k次調(diào)節(jié)之后,得到數(shù)列x它依然是一個以m為周期的雙向無限的數(shù)列,此數(shù)列中每一個項不是0,便是1.由式(2)可知,算子I與E是可以交換的,這是因為EI所以EIxi=IExi(I+E)k=I上式右邊浮上的E2,E3,?分離表示算子E延續(xù)E等等.最值得協(xié)助的情況是:在展開式(3)的右邊所有的系數(shù)均為奇數(shù),也就是說,我們希翼知道,當(dāng)k取何值時,式(3)右邊的組合系數(shù)ki全為奇數(shù).下面的定理回答了這一問題定理 對任何正整數(shù)n,組合數(shù)2n-1i,證實 按組合數(shù)的計算公式,我們有2n-1i=2n-12用k代表1,2,?,i中的任何一個數(shù),將k作如下的分解k這里pk為奇數(shù),qk為非負整數(shù).顯然qk<2n-1i=2n-這時顯然可見,乘積p1p2?pi為奇數(shù),并且因為2n-q1-p1,2n-q2-p2,?,2n-qi這個定理說的是:楊輝三角的第1,2,4,8,16,32,?行全由奇數(shù)組成.這一事實可由圖8-1得到驗證.在式(3)中代人k=2n-1,我們得到:在作過2nx==這里λ1,λ2,?,λm-1λ于是x因為i,i+1,i+2,?,i+m-1x對一切整數(shù)i成立.上式布邊是一個與指標(biāo)i無關(guān)的數(shù).倘若這個數(shù)等于0,說明經(jīng)過m-1次調(diào)節(jié)之后,圓周上所有浮上黑子;倘若這個數(shù)等于1,說明圓周上所有浮上白子,這時再經(jīng)過一次調(diào)節(jié),就得到一致是黑子的情況.這樣,我們不但證實了所需的結(jié)論,而且得知,至多經(jīng)過不超過m=2n次的調(diào)節(jié),圓周上便會9最普通的情況在第8節(jié)中,圍棋子的數(shù)目為2的方冪這一限制是十分重要的,不然的話結(jié)論可能不成立.以三個圍棋子為例,倘若是兩白一黑,那么無論作多少次調(diào)節(jié),也絕不能達到全變?yōu)楹谧拥那闆r.事實上,永遠也改變不了兩白一黑的布局.設(shè)m為圓周上圍棋子的數(shù)目,在本節(jié)里,m不必是2的正整數(shù)方冪.我們要研究的是,在怎樣的條件下,經(jīng)過有限次調(diào)節(jié)能達到“全為黑子”的局面.對于任何一個正整數(shù)m,總可以有如下的分解式:m=式中n與p是非負整數(shù).當(dāng)m為奇數(shù)時,也惟獨在此時,n=0;當(dāng)初p=0,m以下的研究中,總是設(shè)m已表為式(1)的形式.研究無限整數(shù)列2,在這個數(shù)列中,總有兩項,例如2s1及2s2(其中s1<22這里t1與t2是非負整數(shù).將它們相減2此式表明2s1能整除上式右邊,因為2p+1為奇數(shù),故2s1必整除t2-t令s=s2-s1,則s是一個正整數(shù).至此,我們已經(jīng)證實,2s將上式兩邊同乘以2n+2按照第8節(jié)中的式(6),得x因為數(shù)列xi有周期m,x注重到x所以x實際上,上式中的下標(biāo)1可以換為任何整數(shù)i,即有xi?最后的等式表明,變換2n+1+s-1次之后,黑子、白子的分布與變換2n+1-1次之后的分布徹低相同,以后不斷做下去,總會回到這樣一種分布.所以,是否會浮上“所有設(shè)在作過2n+1-1次變換之后,x將以上兩式相減,得出x這表明,圍棋子黑白的分布必須以2n+1為一個周期.但是,因為我們的規(guī)定,它們又是以m=2n2p+1為一個周期的.注重到2n+反之,倘若圓周上的圍棋子可以分為k段,每一段包含相同數(shù)目的圍棋子,這個數(shù)目為2的某一方冪,同時這個數(shù)又是黑白分布的一個周期,那么對整體的變換可以看成是對k個布有圍棋子的圓周來自立舉行變換.依第8節(jié)的結(jié)論,經(jīng)有限步變換后,圍棋子總是可以所有變成黑的.總結(jié)起來說,我們可以陳述以下的異常普通的定理.定理在一個圓周上放著m個黑、白兩色的圍棋子.按第8節(jié)所規(guī)定的主意對它們舉行變換(即“調(diào)節(jié)”).在有限步后一定能得到全為黑子的充要條件是m為2的某一方冪;當(dāng)m不是2的方冪時,初始狀態(tài)的黑白分布以2的某一方冪為一個周期,并且m為這一方冪的整倍數(shù).讓我們看一個極端的情形.設(shè)m為一個奇數(shù),就是說圓周上放有奇數(shù)個圍棋子.這時m只能是20=1的倍數(shù),惟獨周期為1的情況下才干變?yōu)樗泻谧?周期為1意味著:所有圍棋子有相同的色彩,或全是白色或全是黑色.這是兩種平庸的情況,顯然至多經(jīng)過一次變換,可以達到全黑的目的.定理告訴我們,除了這兩種平庸的情形,固然,以上兩種異常情形,也不難證得.我們只需證實:對于奇數(shù)個圍棋子,倘若色彩不全相同,則調(diào)節(jié)一次之后,仍是不全同色的.這是因為在不全同色的情況下,一定可以找到相鄰兩個圍棋子,它們一白一黑.倘若調(diào)節(jié)一次之后全得出白子,那么本來圍棋子必須是黑、白相間的,這對于奇數(shù)個圍棋子的情形,是不可能的.本節(jié)的有趣結(jié)論是中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)的校友、北京大學(xué)數(shù)學(xué)系劉嘉荃教授所證實的.10杜賽問題還有一個古老的問題,據(jù)說是杜賽(Ducci)提出的,與第8節(jié)研究的問題是密切相關(guān)的.設(shè)A=a1,a2,?,an是一個有序的n元數(shù)組,其中a1,a2,?,aa這個數(shù)組記為TA.顯然TA是一個由非負整數(shù)組成的n元數(shù)組,T仍可對它舉行作用,記為T2A,再定義對于n=4,我們可以看下面的例子→34由這些例子,我們預(yù)測到,變換T具有磨光性質(zhì).事實上,-我們有如下的結(jié)論:當(dāng)n為2的某一正整數(shù)方冪時,不管A是怎樣一個給定的n元數(shù)組,總有一個正整數(shù)k,使T為了證實這一結(jié)論,我們分兩步走.第一步,設(shè)A中的每一元素ai只取0與1這兩個值,并且它們之間的加法按第8節(jié)中圖8-1來舉行,也就是說0+0=1+1=0,1+0=0+1時,那么前面所定義的變換T有如下效果:T這與第8節(jié)中的調(diào)節(jié)計劃是徹低一致的.因此,只需引用那邊的結(jié)果,而不需要重新證實,趕緊得到:存在正整數(shù)k,使得T正像在那里所指出的,可以使k≤n,也就是說,至多n次就可以把數(shù)組變?yōu)樗械诙?現(xiàn)在再設(shè)A中的每一項都是非負的整數(shù).用記號A'表示由A的各項被2除后產(chǎn)生的余數(shù)所組成的數(shù)組,例如若A=1,若A=1,若A=2,4如此等等.我們先來證實TA'=TA'.式中右邊的T是第一步中定義的變換,左邊的T是本節(jié)一開始就定義了的變換.設(shè)A=a1,a2,?,T故T用歸納法可證,對任何正整數(shù)k,均有Tk當(dāng)n為2的某一方冪時,由第一步知TnA'=0,這里0表示0,0,?,0.故我們有TnA'=0.這表明,數(shù)組TnA中的每一項全為偶數(shù),于是由此得知122T2nA中的各項為非負整數(shù)??如此繼續(xù)下去,可知2m可以整除TmnA的各項.另一方面,設(shè)A中各項的最大值為a,由T的定義可知,TA中的最大項不會大于a,對TmnA,m=1,2,3當(dāng)n不是2的方冪時,結(jié)論普通不成立.例如A=0,11調(diào)節(jié)整數(shù)矩陣一個長方形的數(shù)表稱為一個矩陣:a矩陣的每一橫排叫做“行”,從上到下來計算行的順序,矩陣的每一豎直的排叫做“列”,從左到右來計算列的順序.數(shù)aij稱為這個矩陣的元素,第一個下標(biāo)i表示它所在的行數(shù),第二個下標(biāo)j表示它所在的列數(shù).上面寫出的那個有m行、n列的矩陣,稱為m×在高等數(shù)學(xué)中,有專門研究矩陣?yán)碚摰膬?nèi)容.倘若aij都是整數(shù),那么這個矩陣稱為“整數(shù)矩陣”.在矩陣?yán)碚撝?對于整數(shù)矩陣又有異常的研究方式現(xiàn)在,設(shè)A是隨意給定的一個整數(shù)矩陣.將-1去乘A的任何一行或任何一列,得到的矩陣顯然仍為一整數(shù)矩陣.以上的操作可以看成是一個變換,它把一個整數(shù)矩陣變?yōu)榱硪粋€整數(shù)矩陣下面是一個命題:不管A是怎樣的一個整數(shù)矩陣,經(jīng)過有限次的上述變換之后,必可得到一個這樣的矩陣B,它的每一行、每一列元素的和是非負的.在這里,我們擔(dān)心的是一個矩陣各行及各列元素之和的符號,倘若它們都變成非負的,便認為它們有了統(tǒng)一的符號,算是“光”了.我們應(yīng)該證實的是:上述變換確實具有磨光性質(zhì).倘若沒有抓到要害,證實上述結(jié)論并非易事.設(shè)A是本節(jié)開始所寫下的那個矩陣.我們定義A的一個函數(shù)f即該矩陣中一切元素之和,顯然這是一個整數(shù).倘若A中的某一行元素之和為負數(shù),固然最大只能為-1;用-1去乘這一行之后,每個元素有了相反的符號,這行的元素之和也就變成了正數(shù),最小也不會小于1.倘若用D表示由A變過來的矩陣,顯然有這表明,經(jīng)過每一次變換之后,f的值至少增強2.但是f而右邊那個數(shù)對于任何變換后的矩陣來說都是相等的,所以這種變換不能無限地舉行下去.也就是說,經(jīng)過有限次變換之后,矩陣中各行、各列的元素之和必全為非負的.證實本題的關(guān)鍵在于找到一個合適的取整數(shù)值的函數(shù),它在每一次變換之下是增強的.下一節(jié)的問題在這一點上與本題相似,但需要更多的技巧.12兩道國際數(shù)學(xué)比賽題國際中學(xué)生數(shù)學(xué)比賽,簡稱IMO,是國際性水平最高的比賽,眾多的國家和地區(qū)參加,是世界數(shù)學(xué)新苗一試身手的盛會.多少年來,中國的選手在歷屆IMO中,取得了最靚麗的成績.1986年,對于中國中學(xué)生數(shù)學(xué)比賽的歷史也是值得歡慶的日子.那年夏天,第27屆IMO在波蘭華沙舉行,中國隊的6位隊員以滿隊的身份正式參加了比賽,揭開了中國隊參加國際數(shù)學(xué)奧林匹克比賽新的一頁.中國隊的領(lǐng)隊是老一輩數(shù)學(xué)家王壽仁教授和裘宗滬教授.我想談一談這屆IMO的兩個題目,即第3題和第2題.先講第3個題目,題目的表述是這樣的:例1在一個正五邊形的每一頂點上放置一個整數(shù),已知這五個數(shù)之和是正的.若延續(xù)的三個頂點上放置的數(shù)依次為x,y,z且y<0,則允許舉行以下的操作:三數(shù)x,y,z依次被x+y,-y作為第一天比賽的最后一題,就表明當(dāng)年國際數(shù)學(xué)奧林匹克比賽的主試委員會認為這是一個難度最大的題目.比賽的結(jié)果也表明,主試委員會的預(yù)見是有按照的.本題的答案是:確實在經(jīng)過有限次操作之后,必然會終止.也就是說,經(jīng)過有限次操作之后,五個頂點上所放的數(shù)全為正數(shù).從符號的統(tǒng)一可視為“光”的意義之下,這種操作具有磨光性質(zhì),經(jīng)過有限次變換之后,必然達到磨光的目的.這個題目的解答是這樣的:這5個數(shù)的和數(shù)在操作的過程中,是一個不變量,這就是說,在每一步的數(shù)值是保持不變的.這5個數(shù)的和記為s,按照假設(shè),s>設(shè)x1,x2,x3f或者f其中x0=x假設(shè)有5個數(shù),其中一個是負值,改變標(biāo)號,我們可以設(shè)x3<0,選取x=x2,x我們考察f值的改變是i=iwx=兩式相加得到f=因此,實際上,f的數(shù)值形成了鄭重遞減的正整數(shù)數(shù)列.所以,操作必然停止.證畢.這一年,因為主意標(biāo)新立異,美國選手克恩(Keane)獲得了國際數(shù)學(xué)奧林匹克主試委員會頒發(fā)的“異常獎”.我們暫且不談第二個題目的本身,聽我娓娓道來.這個題目,由中國數(shù)學(xué)家提交國際主試委員會作為比賽試題,因而有異常的意義,對中國來說,1986年考題,還是第一次.在那以后,中國命的IMO考題,屢見不鮮了.1986年3月,作者與吉林大學(xué)齊東旭教授在浙江大學(xué)參加“計算幾何”學(xué)術(shù)研究會.因為初等數(shù)學(xué)是我們的共同興趣,所以它成了我們晩間聊天的話題.齊東旭向我談起1985年“五四青年智力比賽”有一道這樣的題目:例2地面上有A,B,C三點,一只青蛙位于地面上距C點為27厘米的P點處.青蜂第一步從P點跳到關(guān)于A點的對稱點P1點,第二步從P1點跳到關(guān)于B點的對稱點P2點,第三步從P2點跳到關(guān)于C點的對稱點P3點,第四步從P3點跳到關(guān)于A點的對稱點P4點??按這種方式向來跳下去,若青蛙在第解1985是一個很大的數(shù)目.倘若你想實實在在地一步一步地把青蛙的行蹤畫出來,那是不可想象的事,誰也沒有那么多的時光和耐心來重復(fù)這種單調(diào)無味的操作.有理由相信,在青蛙跳的過程之中,一定可以找到某種容易的邏輯.從一點出發(fā)找出關(guān)于某一固定點的對稱點,是由點到點的變換.為了解這一個題目,初中數(shù)學(xué)課本中的“中點公式”就足以夠用.設(shè)x1,y1與x給出.現(xiàn)在設(shè)在某個平面直角坐標(biāo)系中,A=xa,ya,B=xb,因為A點是P點與P1點的中點,依中點公式得即x由同樣的理由xx令k=2xc-注重到青蛙由P3點跳到P6點的過程與它從P點跳到P3點的過程徹低一樣同理y6=y0,即P6=P.這說明,青蛙跳過六次之后就回到了本來的出發(fā)點.用數(shù)學(xué)的語言來說因為1985=6×而P5點與P6=P點是關(guān)于C這就是我們的答案.證畢.齊東旭問:有沒有再推廣的可能性?青蛙的“對稱跳”的特點是:走直線,不拐彎,就像大家玩最普通的“跳棋”一樣.倘若設(shè)想青蛙有更高的智商,會拐彎,當(dāng)會浮上另一番景象.平面上隨意給定不同的3點A,B,C.設(shè)平面中有一點P0,從P0聯(lián)向來線到達A,設(shè)θ為某一個角,青蛙到達A點之后,左拐θ,沿直線使P0A=AP1.青蛙到達后,從P1沿著直線到達B,左拐θ沿著直線使得P1B=BP2到達P2.青蛙從P2走直線到C對我們來說,我們的題目用復(fù)數(shù)表示最為容易而方便.“左轉(zhuǎn)彎θ運動”就代表eiA為了記號容易,令u=eP用同樣的主意可得以下一系列的等式:P進一步有P3=P因為從P3到P6與從P0到P3的過程P最后得到P現(xiàn)在令u6=P倘若P6=1若u3-1=0或者u+1=0,上面那個方程會自動被滿意,不管3點A,B,C如何選取,相應(yīng)的4個根是u=1C成立.因為u2=C這里θ是60°或-60°.也就是說,當(dāng)初θ=π3ABC是正向的等邊三角形(圖12-1),而當(dāng)初θ=-π3ABC是負向的等邊三角形(圖12-2).因1986是6圖12-1正向等邊三角形圖12-2負向等邊三角形現(xiàn)在,我們擻開“對稱跳”、“青蛙”之類的形象語言,直接進人IMO的數(shù)學(xué)題目.例3在平面上有一個三角形A1A2A3和一個給定的點P0,定義As=As-3,對于所有的s≥4.構(gòu)造點列P1,P2,P3,?,使得以Ak+1除了上面復(fù)數(shù)證實之外,還有其他的兩個證實供讀者參考.這一本書叫做《InternationalMathematicalOlympiads,1986-1999》,《美國數(shù)學(xué)協(xié)會》出版,作者是MarcinE.Kuczma,波蘭數(shù)學(xué)家證法1考察平面上的變換,由復(fù)合所定義:f=r3°r2°r1,這里rj是關(guān)于Aj的順時針方向旋轉(zhuǎn)120°,映射f保持長度和每一個向量的方向,因此,它就是一些向量的平移.按照問題的條件,fP0=P3,而由周期性,fnP0=P3n,這里符號fn表示n重復(fù)合(迭代)f°f°?°f.因為f是兩個等腰三角形A1A2B和BA3A1不是重合的,它們有相等的角∠A2=∠A3=120°并且有公共的底邊A1B,因而它們是全等的.圖12證法2仍用復(fù)數(shù)解法.給定的點Ak,Pk,k=0,1,2,?代表著復(fù)數(shù)ak,pkr這里λ是三次單位根λ因為λ3=f這里ω按照假設(shè),p0=p1986=f662pa注重到a1-a2≠0(點a1a這個方程的幾何意義是:A1A2A13中國數(shù)學(xué)冬令營的異常獎1987年元月,中國數(shù)學(xué)冬令營在北京大學(xué)舉行.筆者本人也參加了主試委員會的命題工作,基中試題中的第2題正是筆者題供的.現(xiàn)將這個題目表述如下:例1把一個給定的等邊三角形ABC的各邊都n等分,過各分點作平行于其他兩邊的直線,將這個三角形分成小三角形,小三角形的每一個頂點都稱為結(jié)點.在每一個結(jié)點上放置了一個實數(shù).已知(1)A,B,C三頂點上放置的數(shù)(2)在每個由有公共的兩個最小三角形組成的菱形中,兩組相對頂點上放置的數(shù)之和相等.試求所有的結(jié)點上的總和Sn(圖圖13-1n我們不忙著來證實這個定理.考察有下列關(guān)系的5個結(jié)點上所放的數(shù)(圖13-2).由性質(zhì)(2)可得:圖13-2y上兩式相加并化簡,得到2y=x+z,這個等式又可以寫成y-x=z-1由題設(shè),每一個結(jié)點放置的數(shù)目是固定的,所有數(shù)目的和等于多少?對于n=1而言,情況異常容易(圖13-3),圖13-3對于,我們有三個等差數(shù)列,見圖.圖13-4六個數(shù)之和是.再看圖13-5).四個數(shù)形成的等差數(shù)列,圖13-5的和是;三個數(shù)形成的等差數(shù)列的和是;兩個數(shù)的和是;最一個數(shù)就是.總加起來,得到 對于普通的正整數(shù).我們有公式 只要知道等差級數(shù)的公式,而且耐心細致,求出是沒有艱難的.但是,那屆冬令營的一個選手,上海向明中學(xué)的學(xué)生潘子剛(他后來成了我國參加第28屆國際中學(xué)生奧林匹克的代表隊員)所給出的解答充足地利用了對稱性,為此,他獲得了本屆冬令營主試委員會的異常獎.作者感嘆,數(shù)學(xué)是衰老人的!潘子剛的解答將同一個正三角形按不同的方位放置,如圖13-6,然后把

圖13-6三個圖形疊加起來,得一張新的三角形數(shù)表,三個頂點上的數(shù)是,參看圖.圖13-7因為本來的三張數(shù)表有性質(zhì)(2),所以三個數(shù)表疊加起來,也有性質(zhì)(2),由此可知,每一個結(jié)點上所放的數(shù)都是,因此其總和為 但因它是由具有同一和數(shù)的三張三角形數(shù)表疊起來的,故上數(shù)為,所以 證畢.2023年年P(guān)utnam數(shù)學(xué)比賽的題目B4,表述異常容易,證法值得玩味,其核心的主意歸結(jié)為等差數(shù)列.例2找出實系數(shù)多項式和,相宜 解設(shè)與滿意給定的條件,它們都不恒等于零.由條件 兩式相減,得到 在最初的方程中,蘊涵與沒有常數(shù)因子,所以 因為和是同次的多項式,這說明 我們推出 …是等差級數(shù),所以,類似地,.令,有等式,這也就是.兩個一次多項式相宜,就是我們的解.14無窮遞降法在第12節(jié)的證實中,我們用到了這樣一個事實:假若對于某種類型的狀態(tài)定義著一個取值為正整數(shù)的函數(shù),倘若有一個變換,在它對一狀態(tài)作用之下,這個函數(shù)是鄭重遞減的,那么這一變換只能做到有限次就必須終止.這是因為不存在鄭重減小的有無窮項的正整數(shù)數(shù)列.這種推理的主意稱為無窮遞降法.我們舉兩個例子.在中學(xué)課本中,曾經(jīng)證實過是無理數(shù).普通地,只要正整數(shù)不是某一個整數(shù)的平方,那么就是無理數(shù).我們用無窮遞降法來證實這一命題,可以避免使用任何初等數(shù)論的知識.假設(shè)為有理數(shù),即,這里與均為正整數(shù),由此得出.因為不是整數(shù),故存在正整數(shù)使得,由此得出,即.將等式兩邊同時減去得 從而 （1）令,由式(1)得出 （2）已知是小于的正整數(shù),由式(2)可知必是小于的正整數(shù).用上述主意定義了一個變換,它把變?yōu)?滿意式(2)并且.把當(dāng)成原先的,這種變換還可以舉行下去,即得到,它們都是正整數(shù),滿意 并且.這種變換可以無止境地舉行下去,這就違抗了無窮遞降法的原理.這一矛盾表明:不可能是有理數(shù).1988年7月,第29屆國際數(shù)學(xué)奧林匹克比賽在澳大利亞的首都堪培拉舉行,這是歡慶澳大利亞建國200周年的大型國際活動之一.作者和復(fù)旦大學(xué)數(shù)學(xué)系舒五昌教授有幸分離擔(dān)任中國隊的正、副領(lǐng)隊,和6位選手奮力拼搏,為國爭光,取得了團體總分第二名的優(yōu)異成績.下面的問題是這次比賽中最難的一道題目,它可以利用無窮遞降法來解決.例設(shè)存在正整數(shù)與使得可整除,求證: （3）是一個整數(shù)的平方.證實記式(3)的值為.若,則我們有 也就是 這時必須有,從而.不失普通性,可設(shè).把式(3)寫為 （4）將式(4)看成的一個二次方程,除之外,另一個根記為.由根與系數(shù)的關(guān)系得（5）（6） 由式(5)可知為一整數(shù).由式(4)可知滿意 （7）由此知不可為負整數(shù),即.再由 可知.倘若,由式(7)可知,命題得證.倘若,我們可對式(7)重復(fù)同一過程,得到整數(shù),它滿意并使得 （8）倘若,由式(8)可知,命題得證.倘若,我們再對式(8)舉行同上處理.這樣,我們造出了一個鄭重遞降的正整數(shù)列,這個數(shù)列中不可能含有無窮多項,這就是說,經(jīng)過有限步之后,必然得出兩個整數(shù),使得 即,這樣就徹低證實了所需的結(jié)論.證畢.以上的解法是一位保加利亞選手做出的,由此,他獲得了本屆比賽的異常獎.15折紙條的數(shù)學(xué)從本節(jié)起,我們比較擴散地談?wù)剮缀沃械淖儞Q.1979年,美國聞名的幾何學(xué)家匹多(D.Pedoe,1910-1998)在加拿大的數(shù)學(xué)雜志《CruxMathematicorum》上提出了一個問題,他寫道:“我不知道這個問題的來源,是若干年前一個學(xué)生問到我的."他的問題是這樣的:直線與是一張紙條的兩條平行邊,與分離是與上的點(圖15-1).將沿著直線折過去,得到折痕;將沿著直線折過去,得到折痕;將沿著直線折過去,得到折痕.倘若將這一過程無限地舉行下去,求證:將趨向于一個等邊三角形.圖15-1證實如下:設(shè)是與直線所成的角.當(dāng)我們把與直線重合時,折痕與的夾角記為.其后的是有公共點的兩條折痕所夾的角,三角形意義如圖15-1所示.因為與平行,并且注重到由同一條折痕所形成的鄰角是相等的,因此在三角形中,三個角分離是;用數(shù)學(xué)歸納法可以證實,在三角形中,三個角分離是.因此,我們有等式 （1）這個等式可以變形為 反復(fù)地利用這一公式一推究竟,得出 （2）因為,由上式可知 這說明,當(dāng)充足大時,三角形的三個角都異常臨近,粗略地說,越來越臨近于一個等邊三角形,這個三角形的高為與之間的距離.因為等邊三角形是三角形中最對稱的,所以上述由折紙條所造成的幾何變換(把一個三角形變成另一個三角形)可被認為具有磨光性質(zhì).下面的一個例子有著與前題十分相似的結(jié)構(gòu).設(shè)圓有隨意內(nèi)接.取劣弧的中點并分離記為,得到一個內(nèi)接于圓的;又取劣弧的中點并分離記為,得.重復(fù)施行同一變換,便得出一個由三角形組成的序列.求證:當(dāng)時,趨向于一個內(nèi)接于圓的等邊三角形.證實如下:由圖可知所對的弧是的一半,因此圖15-2 同理 普通地,有 其中.注重到,故上式可寫為-72?磨光變換 也就是 一推究竟,得 由此可見 同理 這就是所需的結(jié)論.16收斂的速度本節(jié)的例子看上去與第15節(jié)的例子有類似之處,但它們是有著根本的區(qū)別的:在本節(jié)中經(jīng)由變換產(chǎn)生的三角形序列固然它們的三邊越來越近乎相等,但它們不是趨向于一個固定的等邊三角形,而是收縮為一個點.早在1956年,在《美國數(shù)學(xué)月刊》的問題欄中,就提出了下面這樣一個問題:為隨意給定的三角形,作它的內(nèi)切圓,在三邊上的切點分離記為(圖16-1),再作的內(nèi)切圓,它在三邊上的切點分離記為,.無止境地重復(fù)這一過程,得到一個無窮的三角形序列圖16-1.在這些三角形中,前一個總是包含著后一個,越往后,所得的三角形就越小,所以我們稱之為“三角形套”.我們將對應(yīng)的三邊之長記為且用來記此三角形內(nèi)切圓的半徑.《美國數(shù)學(xué)月刊》的問題是:求證: （1）過了24年之后,即1980年,《CruxMathematicorum》重新研究了這一問題,并且要求證實: （2）從到,可以看成是一個決定的幾何變換.問題中的三角形套,就是不斷地重復(fù)這一過程而得到的.式(1)與式(2)有著相同的幾何解釋,這就是說,當(dāng)比較大的時候,經(jīng)過次變換所得到的將同等邊三角形異常臨近.也就是說,這種幾何變換也具有磨光性質(zhì).事實上,設(shè)為的內(nèi)心(圖).在四邊形中,與為直角,故,因為,所以.普通地,對于與,也有這種關(guān)系,即 這一關(guān)系與第15節(jié)的式(1)是一樣的,因此我們模仿那里的式(2)可以?出 （3）由此立得 同理,可以證實式(2)中的后兩個等式.利用式(3)來預(yù)計一下“磨光的速度”是十分有趣的.在式(3)中取,我們得到 倘若將上式右方的弧度化為“度”,便得 這就是說,不管本來的是何等形狀,在作過七次變換之后,所得出三角形中每個角與之差不會超過.這表明磨光的速度是相當(dāng)快的.現(xiàn)在我們可以來解答《美國數(shù)學(xué)月刊》提出的問題了.用來表示內(nèi)切圓的半徑,由圖16-1可知 普通地,我們有 在上式令,利用式(2),得 由此推出式(1).用來記的面積,直觀上可以預(yù)見,當(dāng)趨于無窮時,有.現(xiàn)在,我們提出這樣的問題:能不能確切地描述趨于零的速度?下面,我們給出絕對的回答.首先,利用初等幾何可證實與的面積之間的關(guān)系,確切地說,我們有 因此普通地,有 其中.反復(fù)利用這一關(guān)系作遞推,得 一推究竟,我們有 其中,代表連乘積,且 用去乘上式兩邊,利用公式 得從而有 所以,我們有 令,注重到此時,便得出 也就是此式表明,趨于零的速度,相當(dāng)于趨向于零的速度.17重心央標(biāo)定義了復(fù)數(shù)的平面稱“復(fù)平面”.在復(fù)平面中,字母,等既是符號又可以代表復(fù)數(shù),兩全其美.也有作者把小寫的英文字母表示復(fù)數(shù),而大寫字母純粹是符號.兩種記法都沒有混淆之處.這節(jié)我們用第一種.在復(fù)平面上,給定了一個三角形,還給定了一點.用直線段把與聯(lián)結(jié)起來,延伸交于(圖17-1).因為在上,我們有等式圖17-1 （1）其中是邊長對于邊長的比值.類似地 （2）將式(1)代人式(2),我們有 （3）人 方程(3)變成 （4）其中和是非負的實數(shù),滿意 （5）這三個實數(shù)稱為點的坐標(biāo)三角形的重心坐標(biāo).寫成.我們指出,實數(shù)能夠表成一些三角形的面積,實際上,面積與面積之比就是.也就是 （6）三個頂點的重心坐標(biāo)分離是 設(shè)是復(fù)平面的點,它們的重心坐標(biāo)是 不難證實 （7）式(7)右邊代表三階行列式.式(7)是一個實用的公式.本節(jié)與上節(jié)一樣,想要定出不同的三角形套的極限的速度.P.J.Davis(戴維斯)是美國應(yīng)用數(shù)學(xué)家,曾任布朗大學(xué)應(yīng)用數(shù)學(xué)系教授,很聞名望.戴維斯教授寫過一本書,叫做《CirculantMatrices》(1979年),其中有一個習(xí)題,姑且叫做“戴維斯定理”:戴維斯定理給定的三角形內(nèi)有一點,令在圖17-2決定的三角形套內(nèi).證實:當(dāng)時趨向非零的常數(shù),并且定出它的極限.圖17-2證實令三角形為坐標(biāo)三角形,建立重心坐標(biāo)系統(tǒng).置,點的重心坐標(biāo)為.我們有 B按照式(7),得到A現(xiàn)在我們計算P對于三角形A1B1C1的重心坐標(biāo).這些重心坐標(biāo)是αP并且A因此α對稱地β反復(fù)應(yīng)用式(8),我們得到αβγ為了計算極限αn,我們注重α極限值是limn→∞lim最后得到lim符號[ABC]表示三角形的面積,而(α,這里,筆者回憶和戴維斯教授相處的情景,彌漫著愉悅.1982年元旦那一天,我離開猶他大學(xué)數(shù)學(xué)系來到羅德島的布朗大學(xué)應(yīng)用數(shù)學(xué)系,當(dāng)戴維斯的拜訪學(xué)者,他的辦公樓是一個古典建造,惟獨三層,他在上樓.1月1日他在他的辦公室接待了我.他要我與他合用一個辦公室,因為他的辦公室實在太大了.我的拜訪歷時7個月,我與他朝夕相處,那時,他講兩門研究生課程,分離是“應(yīng)用函數(shù)逼近論”和“高等矩陣論”.他是很好的教師,無論是在美國還是在中國,都當(dāng)之無愧,他講課不緊不慢,談笑風(fēng)生.我旁聽他的兩門課,堂堂必到.7個月的時光,從他那里學(xué)到的東西,異常豐盛.戴維斯認識無數(shù)的知名數(shù)學(xué)家,紐曼(B.H.Neumann,1909-2002)教授就是其中一個.紐曼教授是英國人,但出生在德國柏林,后來到澳大利亞國立大學(xué)教書.戴維斯和紐曼來往密切.我寫過一篇關(guān)于“道格拉斯-紐曼定理”的論文,當(dāng)初不知道有沒有雜志為我刊登,固然,我也不認識紐曼.還是戴維斯的推薦,把我的論文寄給紐曼,那時紐曼擔(dān)任美國《休斯頓數(shù)學(xué)雜志》的編委.我的文章很快地發(fā)表了,這與紐曼教授不無關(guān)系.關(guān)于道格拉斯一紐曼定理,在本書第19節(jié)將有詳細的表述.18拿破侖定理本書作者不知道拿破侖(Napoleon)曾經(jīng)發(fā)現(xiàn)過一個很優(yōu)美的定理.按照西方的幾本書籍,我們也叫它拿破侖定理.設(shè)ABC是隨意給定的三角形.在每一條邊AB,BC,CA向外各作等腰三角形ABC',BCA',CA倘若“向外”改成“向內(nèi)”,其他的表述不變,可以證實:A'B從隨意給定的三角形ABC中,經(jīng)過一系列的操作,最后得一個等邊三角形A'B'定理1向外或向內(nèi)的拿破侖三角形是等邊三角形.(拿破侖定理的證法有無數(shù)種,我們采用復(fù)數(shù)證法,優(yōu)點是不連輔助線,計算直截了當(dāng);缺點是幾何滋味不濃.可參閱本書12節(jié).)證實設(shè)A,B,C,A',B',C'在等腰三角形ABC'中a這里u=eiπ/3圖18-1循環(huán)地,有b因為有復(fù)數(shù)等式u2=c也就是說,c'-a'=改成“向內(nèi)”,也可以得出一個等邊三角形來.證畢.在上述證實過程中,我們用復(fù)數(shù)等式趕緊推出公式a三角形ABC的重心與它的拿破侖三角形A'B越發(fā)巧妙的是,我們有如下定理:定理2設(shè)隨意給定的三角形ABC,它們的外拿破侖三角形的面積與內(nèi)拿破侖三角形的面積之差等于三角形ABC的面積.現(xiàn)在,我們不用復(fù)數(shù),只用到余弦定理.設(shè)ABC是隨意三角形,AB=c,A這是因為在三角形A'BC和ABC'中利用正弦定理.于是C因為ac這里K表示三角形ABC的面積,我們得到C這個等式的右邊,對于a,b,c來說是不變量,于是可以得出C'對于內(nèi)拿破侖三角形A''BC把式(1)與式(2)加起來,我們得到如下的結(jié)論:三角形ABC的邊長平方之和等于內(nèi)、外拿破侖三角形平方之和.最后,外拿破侖三角形面積是3而內(nèi)拿破侖三角形的面積是3兩個面積之差等于K,即三角形ABC的面積.在下一節(jié),我們要研究道格拉斯-紐曼定理,它是拿破侖定理更深層次的推廣.19道格拉斯-紐曼定理讀過第18節(jié)中的拿破侖定理之后,大家天然會想到,能不能把這一定理推廣到多邊形,即能不能構(gòu)造出一種帶有磨光性質(zhì)的變換,它能夠把隨意的多邊形逐步地變成一個正多邊形?直觀上很容易采納這種觀念:正多邊形在所有多邊形的集合中,是最“光”的.這一預(yù)測是準(zhǔn)確的,而且已經(jīng)有人證實了這一預(yù)測.這一結(jié)果的浮上,還是近代的事情,在1940年前后,由道格拉斯(J.Douglas)和紐曼(B.H.Neumann)彼此自立地證得.紐曼當(dāng)初是澳大利亞國立大學(xué)的退休教授.1988年7月9日晩間,在悉尼的基督教女青年會為歡迎前來參加第29屆國際數(shù)學(xué)奧林匹克比賽的各國領(lǐng)隊的宴會上,作者曾見到過他,當(dāng)初他已80高齡,但身體異常健康,還常常往來于世界各地.本節(jié)專門推薦這一定理,首先必須推薦若干基本的定義.在處理這一問題的時候,使用復(fù)數(shù)最為方便.在復(fù)平面上隨意給定n個點z1,z2,?,zn,對這些點并不施加任何限制,例如,其中有些點是可以重合的,也不要求其中任何三個不同的點一定不共線.從z1聯(lián)向來線到z2,記為z1z2,這是一個矢量;再聯(lián)z2z3,z3z4,?,最后聯(lián)znz1,得到一個n邊形,記為z1,z2,?,zn,其中z1,z2,?,在上述這種定義之下,將點z1,z2,?,zz多邊形z1,z2,?,z(i)條件(＼mathrmi)表明,這個多邊形的每一條邊有相等的長度.在條件(ii)中,arg是復(fù)數(shù)“輻角”的符號.這一批等式表示的是:對兩個相鄰的邊而言,后一邊轉(zhuǎn)到前一邊的“有向角”也是相等的.因為多邊形有決定的定向,因此所謂相鄰兩邊的“前當(dāng)初z1=z2=?=zn,z1這里定義的正n邊形,要比通常中學(xué)幾何課本中的正n邊形的概念廣泛,請看下列兩個例子.例1設(shè)ω=eπ都是正五邊形,π1是內(nèi)接于單位圓的凸五邊形,這與通常的正五邊形是一致的.但多了一個定向,它是按照逆時針方向繞行的因為ω5=ei2π由圖19-1可知,π4與π1代表著相同的幾何圖形,但有相反的定向.π同樣,π2可以表為π2=1,ω2,ω4,圖19-11,ω3,ω,ω4下面這個例子大概能更好地說明我們關(guān)于正n邊形的定義的廣泛性.例2令ω=eπ都是正六邊形.因為ω6=1,所以π由此可知π1與π5的圖形與我們通常所指的正六邊形沒有兩樣,但它們是定向的,有著相反的定向(圖19-2).實際上,π2=1,ω2,ω4,1,ω2,ω4最后研究π3,很顯然,π3=1,ω3,1,ω3,1,ω3,因為ω3=eiπ=-1,故π3=(1,-1,1,-1,1,-1),現(xiàn)在,考察隨意給定的n邊形z1,z2,?,zn,除它之外,還考察一個以0,1,c為頂點的固定三角形△01c,這里c是一個復(fù)數(shù)(圖19-3).在上述多邊形的每一條邊上,都作一個同△01c相似的三角形.舉例來說,在邊z1z2圖19-2圖19-3z即z利用在第8節(jié)中引人的恒等算子和移位算子,式(1)可以表示為z類似地,對于其他的n-1條邊,z由此得到的z1',z2',?,zn'稱為自由頂點.用這些自由頂點固然,對于這個新的多邊形,又可以舉行同樣的操作,再得出一批新的自由頂點,以形成又一個n邊形.同樣的操作可以一次又一次地反復(fù)舉行下去.我們把這種操作共舉行n-1次,但每一次所用到的那個固定的三角形可以互不相同.也就是說,每一次所用到的那個復(fù)數(shù)c取不同的復(fù)數(shù).設(shè)第一次用到的復(fù)數(shù)為c1圖19-4z當(dāng)用c2這個復(fù)數(shù)舉行第二次操作的時候,得到的自由頂點記為z1'',z將前一式代人后一式的右邊,得到zj''=1-c2I+c2E1-z這里j=1,2,?,n.這一公式,因此,關(guān)鍵問題是,如何把算子的乘積1-展開?天然,展開之后,是算子E的n-1d其中系數(shù)d0,d1,?,dn1-按t的升冪展開后的系數(shù),令uj=c下面,來適當(dāng)挑選c1,c事實上,多項式tn-1可以分解為t這里ω=e1+由此可見,倘若令u那么便有d因為c所以c在這種挑選之下,d0=z也就是說z因為我們作圖的主意,這些點的下標(biāo)應(yīng)該是以n為周期的,即zn+1z注重,上式的右邊與j無關(guān),是一個固定的點.這表明,用如上的主意挑選c1,c2,?,cn-1,延續(xù)讓我們看看△01cj是怎樣的一種三角形1-故c此式表明cj到原點的距離與它到1的距離相等,因此△01cj,j=1,2,?,n-1都是等腰三角形.它的頂角等于多少?由圖19-3可知arg?讓我們把上述的作圖過程重復(fù)一遍,因為現(xiàn)在我們可以講得越發(fā)詳細了.令π0=z1,z2,?,zn是一個隨意給定的n邊形,以π0的每一邊為底邊,各作一個頂角為2πn的等腰三角形,n個自由頂點形成一個n邊形π1;又以π1的每一邊為底邊,各作一個頂角為4πn的等腰三角形,n個自由頂點又形成一個n邊形π2??重復(fù)這樣的操作直至獲得操作中應(yīng)注重的是,當(dāng)2pnπ>π,即p>n2時,就應(yīng)該以各邊為底朝另外一側(cè)作頂角為2(n-p)nπ倘若我們中止于πn-2,會發(fā)現(xiàn)什么事實呢?我們斷言πn-2必須為一個正多邊形.為什么呢?考察πn-2相鄰的兩邊,第一,這兩邊的夾角等于某一個等腰三角形的底角的兩倍;第二,以這兩邊作底,作出的具有相等底角的兩個等腰三角形具有相同的自由頂點,這說明這兩個等腰三角形全等,因此這相鄰的兩邊具有相等的長度.這兩條說明,對πn-2來說,它的各邊相等,總的來說,從隨意一個n邊形z1,z2,?,zn出發(fā),按上述操作舉行n-2次,事實上,在前面所說的n-1步操作中,只需去掉一步,而且每一步中所用的頂角的數(shù)值,不必是從小到大的順序,而是可以互相交換,最后得出的總是正n邊形把道格拉斯-紐曼定理異常化,便可得出豐盛多彩的平面幾何定理.例3以n=3為例.這時n-2=1,就是說,從隨意給定的三角形出發(fā),以它的各邊為底(1)2π(2)4中之一,各作一個等腰三角形,其自由頂點便會形成一個等邊三角形.在(1)的情形下,頂角為120°,得到的正巧是外拿破侖三角形;在(2)的情形下,因為4π3>π,所以應(yīng)該改為向內(nèi)作頂角為2π-4例4研究n=4,從任一個四邊形出發(fā),經(jīng)過n-2=2步操作后便可得出一個正方形,達到“磨光”這時頂角可取之值為2jπ4=jπ(1)π(2)π;(3)3π2(相當(dāng)于向另一側(cè)作頂角為π2的等腰直角三角形(1)π2,π.定理告訴我們:(i)先在隨意的四邊形的各邊上各向外作一個等腰直角三角形,把四個自由頂點聯(lián)結(jié)起來,得到一個四邊形;(ii)然后在這個四邊形的各邊上取中點(相當(dāng)于頂角為180°的“等腰三角形”的自由頂點),這樣便得出一個正方形,(2)把第(1)種情況中的兩個步驟顛倒過來,變?yōu)棣?（i)先取各邊的中點,聯(lián)成一個四邊形;(ii)然后在各邊上,向外作一個等腰直角三角形,也可得出一個正方形,如圖19-6所示.圖19-5圖19-6(3)π,32π.只需把第(2)種情況里的第二個步驟中“向外作一個等腰直角三角形”改為“(4)32π,π.只需把第(1)種情況中的第一個步驟改為“向內(nèi)”作一個頂角為90°的等腰三角形,再取自由頂點聯(lián)線的中點仍可得出一個正方形來.(5)π2,3π2.這時道格拉斯-紐曼定理是說,從隨意的四邊形出發(fā),(6)32π,π2.只需把第(5)情況中“內(nèi)”與對于隨意的五邊形,總可以通過三次變換而達到磨光的目的.在這種情況下,可以得到(5-1)!=4!=24個不同的幾何定理,固然不能在此一一列舉了.倘若讀者偶爾光又有耐心,不妨去試一試,畫一畫,即使不能畫出所有情形,畫出四五種情形,對于理解道格拉斯-紐曼定理也是十分有益處的.最后,我們說一下這一變換的不變量.因為j這就說明:在每一次變換之后,多邊形的重心保持不變.所以說,多邊形的重心是一個不變量.20等周商設(shè)F為平面上的一個幾何圖形,定義IQ(式(1)