组合数学在数论中应用实例.doc

组合数学在数论中的应用实例 摘要：本文将组合数学中的容斥原理和递归关系应用到数论中,讨论了数组整除性的判定和整除的计数;Euler函数的计数和质数个数的计数问题。 关键词：容斥原理;递归关系;整除;Euler函数;质数 我们知道,在组合数学中,容斥原理(又称包含排斥原理)和递归关系是解决组合计数问题的一个重要工具和方法。将这一重要工具和方法应用到数论中,对于数组整除性的判定和整除的计数;Euler函数的计数和质数个数的计数,都会带来很大方便。下面,首先简要介绍容斥原理、常系数线性齐次递归关系的建立和迭代解法,然后给出几个应用实例。 1　容斥原理与常系数线性齐次递归关系简介 1.1　容斥原理 设S是有限集合,Ai S　(i=1,2,…,n,n≥2)则 　　　　　　　　 ∪ni=1Ai =( A1 + A2 +…+ An )-( A1∩A2 + A1∩A3 + …+ An-1∩An )+…+(-1)n-1 A1∩A2∩…∩An =∑nk=1(-1)k-1∑1≤i1i2…ik≤n Ai1∩Ai2∩…∩Aik 这就是容斥原理。显然,容斥原理也可以写成 　　　　　　　　 S-∪ni=1Ai = S +∑nk=1(-1)k∑1≤i1i2…ik≤n Ai1∩Ai2∩…∩Aik 容斥原理还有另一种叙述形式,即 设S是有限集合,P1,P2,…,Pn是n个性质,Ai是S中具有性质Pi的元素的集合,A-i是S中不具有性质Pi的元素的集合(以上i=1,2,…,n)。对于任意k(1≤k≤n)个正整数i1,i2,…,ik(1≤i1i2…ik≤n), Ai1∩Ai2∩…∩Aik 表示S中同时具有性质Pi1,Pi2,…,Pik的元素个数, A-1∩A-2∩…∩A-n 表示S中不具有性质P1,P2,…,Pn中任何一个性质的元素个数,即 A-1∩A-2∩…∩A-n = S +∑nk=1(-1)k∑1≤i1i2…ik≤n Ai1∩Ai2∩…∩Aik 1.2　常系数线性齐次递归关系的解法 设{an}n≥0是一数列,通项an与其前面若干项的关系式通常称为关于该数列通项的一个递归关系。设c1,c2,…,ck是k个常数,且ck≠0,则递归关系 　　　　　　　　　　　an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k　(n≥k) 称为k阶常系数线性齐次递归关系。称方程 　　　　　　　　　　　xk=c1xk-1+c2xk-2+…+ck-1x+ck 为此递归关系的特征方程。由代数基本定理,这个k次方程在复数域内有k个根。设q1,q2,…,qt为其全部不同的根,重数分别是r1,r2,…,rt(显然r1+r2+…+rt=k),则此数列的通项为: an=(b11+b12n+…+b1r1nr1-1)qn1+(b21+b22n+…+b2r2nr2-1)qn2+…+(bt1+bt2n+ …+btrtnrt-1)qnt 其中诸bij(共有k个)是待定系数,只需将数列{an}开始的k项初值代入即可确定出这些系数,从而最终得到数列{an}的通项公式。反之,由数列{an}的通项公式也可求出关于an的递归关系式。 2　数列{an}n≥0的整除性的判定和整除的计数 整除性的判定是数论中经常遇到的问题。在数论中利用同余理论去解答此类问题是常用的方法之一。本文主要讨论数列{an}n≥0的各项可被某一整数整除的判定问题。利用递归关系的解法,可以给出上述问题的解答。读者可以通过下面的例题举一返三总结出解答此类问题的方法。 例1:证明数列{an}n≥0={11n+2+122n+1}的各项能被133整除。 证法1:利用数论中的同余理论证明 由于133等于两个质数7和19的乘积,因此只要11n+2+122n+1能被7和19整除,则一定能被133整除。通项an可写成为an=11n+2+122n+1=121×11n+12×144n。 因为121≡7,144≡11　(mod19),所以11n+2+122n+1≡7×11n+12×11n≡19×11n≡0　(mod19),即 19 11n+2+122n+1。 而121≡2,11≡4,12≡5,144≡4　(mod7),所以11n+2+122n+1≡2×4n+5×4n≡7×4n≡0　(mod7), 即7 11n+2+122n+1。 从而得到133 11n+2+122n+1。证毕 证法2:利用递归关系的解法证明 因为　　　　　　　　　an=11n+2+122n+1=121×11n+12×144n,而 　　　　　　　　　　　11+144=155,11×144=1584 所以x1=11,x2=144是方程x2-155x+1584=0的两个根,从而有递归关系 　　　　　　　　　　　an=155an-1-1584an-2　(n≥2) 又因为　　　　　　　　a0=121+1