不一样的组合数介绍

作者: 时间:2020-06-14S爱生活225人已围观


在现行教材的安排上,我们不难看出教科书编者对组合数的引进,以及教学策略的运用,都是透过排列数,从而由排列数 $${P}^n_m$$ 推导出组合数 $${C}^n_m$$ 的公式。这样的学习顺序安排有其便利性,但并非介绍组合数的唯一途径。

清代的算学家汪莱(1768-1831)在其着作《衡斋算学》第四册的〈递兼数理〉中,透过物件选取配对的观察,找寻规律性,进而利用堆垛求和的方法,提出组合数(汪莱称为递兼分数)$$\displaystyle{C}^n_m=\frac{{P}^n_m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}(m\leq{n})$$的一般公式。以下让我们一起来看看他是如何办到的。

首先,汪莱先考虑取一物的情形,其方法数恰为物数 $$({C}^n_1=n)$$。

$$C^n_2=1+2+\cdots+(n-1)=\displaystyle \sum^{n-1}_{k=1}k=\frac{n(n-1)}{2}$$

不一样的组合数介绍

接着,汪莱考虑一次取出相异三物的方法数(即 $$\displaystyle{C}^n_3$$,「三物相兼」)。他由二物相兼开始,如上所述,其配对情形与一平三角堆相对应。再来,汪莱考虑将平三角堆的每一层与第三物配对,即又可得出一平三角堆。接着,将其整合起来,恰与一立三角堆的每一层数目一一对应(如图二)

笔者接续图一的例子,写出部份配对情形。请注意各层之配对情形,均由图一的二物相兼情形扩展而得。不过,第九层为 $$ij$$,无法与其他物相兼成三物,必须捨去。所以,立三角堆的层数必须再少一为八。因此,

$$\begin{array}{ll}\displaystyle{C}^{n}_3&=\displaystyle1+(1+2)+(1+2+3)+\mbox{…}+(1+2+3+…..+n)\\&=\displaystyle\sum^{n-2}_{k=1}\frac{k(k+1)}{2!}\\&=\displaystyle\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\end{array}$$

事实上,我们由汪莱的「十物递兼分数图解」(见图三)可以看出,汪莱利用各种三角堆的和求出相对应的组合数 $${C}^n_m$$。如上所述,,十件不同的物件中每次取一物的组合数就是物数,十件不同的物件中每次取二物的组合数等于一个九层 $$(9=10-1)$$ 的平三角堆的总和,十件不同的物件中每次取三物的组合数等于一个八层 $$(8=9-1)$$ 的立三角堆之和。

汪莱类推下去,一次取四件的组合数就等于 $$7$$ 层 $$(7=8-1)$$ 的三乘三角堆之和,一次取 $$5$$ 件的组合数就等于 $$6$$ 层(根数为 $$6=7-1$$ )的四乘三角堆的总和,$$\mbox{……}$$,等等。如此一来,由对应的三角堆之总和就能将各种组合数,$${C}^n_1$$、$${C}^n_1$$、$$\mbox{…}$$、$${C}^n_n$$ 一一求出。利用他在书中所给出的三角堆求积通法,就能得到

$$\begin{array}{ll}\displaystyle{C}^{n}_m&=\displaystyle \sum^{n-m+1}_{k=1}\frac{1}{(m-1)!}k(k+1)(k+2)…(k+m-2)\\&=\displaystyle\frac{n(n-1)(n-2)…(n-m+1)}{m!}\\&=\displaystyle\frac{n!}{m!(n-m)!}\end{array}$$

这与现在的组合数 $${C}^n_m$$ 的公式一致。

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汪莱将组合与垛积求和建立起关係,在方法论上是相当独特的。带给我们另一种体会组合概念的可能,在实际的教学中也是具体可行的。此外,在级数的教学中,我们或许也可将汪莱的例子,纳入课外教材的补充,虽说汪莱所用的三角堆求和是属于阶差级数的範畴,但并不难理解。此外,这对于级数与其他数学领域的结合,也提供一个良好的範例。因此,我们不难发现在丰富教材内容上,古代数学文本可以提供教学上更多的挥洒空间呢。

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