Разбиение чисел (стр. 1 из 3)
Ф. В. Вайнштейн
Разбиением называется представление натурального числа в виде суммы натуральных слагаемых, а сами слагаемые — частями разбиения. Порядок слагаемых не играет роли; так разбиения 3=1+2 и 3=2+1 не различаются. Мы будем записывать разбиения, перечисляя их части через запятую в невозрастающем порядке. Например, разбиение 4=2+1+1 записывается как (2, 1, 1).
Пусть p(n) обозначает количество всех разбиений натурального числа n. Для небольших n легко вычислить p(n), просто выписав все разбиения. Например, p(5) = 7. Вот все 7 разбиений числа 5: (5), (4, 1), (3, 2), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1). Однако получить таким способом, скажем, p(100) = 190 569 292 без помощи компьютера немыслимо. Между тем p(100) было известно ещё в XIX веке. Мы познакомим вас со многими интересными свойствами разбиений и научим находить p(n), не выписывая всех разбиений числа n.
Задача вычисления p(n) имеет почтенный возраст. Впервые она была сформулирована Лейбницем в 1654 году, а в 1740 — предложена немецким математиком Филиппом Ноде Леонарду Эйлеру. Занимаясь разбиениями, Эйлер открыл целый ряд их свойств, среди которых главное место занимала знаменитая «пентагональная теорема». С исследований Эйлера начинается история теории разбиений, в развитии которой принимали участие крупнейшие математики последующих поколений.
Две теоремы Эйлера
Изучение функции p(n) Эйлер начинает с рассмотрения бесконечного произведения
(1 + x + x2 + ...)(1 + x2 + x4 + ...) ... (1 + xk + x2k + ...) ...
Каждый член произведения получается в результате умножения мономов, взятых по одному из каждой скобки. Если в первой скобке взять xm1, во второй — x2m2 и т.д., то их произведение будет равно xm1+2m2+3m3+.... Значит, после раскрытия скобок получится сумма мономов вида xm1+2m2+3m3+....
Сколько раз в этой сумме встретится хn? Столько, сколькими способами можно представить n как сумму m1 + 2m2 + 3m3 + ... Каждому такому представлению отвечает разбиение числа n на m1 единиц, m2 двоек и т.д. Так получаются все разбиения, так как каждое из них, конечно, состоит из нескольких единиц, нескольких двоек и т.д. Поэтому коэффициент при xn равен числу разбиений p(n).
Посмотрим теперь на выражения в скобках. Каждое из них — бесконечная геометрическая прогрессия. По формуле суммирования
| 1 + x + x2 + x3 + ... = | 1 1 – x | , |
| 1 + x2 + x4 + x6 + ... = | 1 1 – x2 |
и т.д. Теперь наш результат можно записать так:
| d(0) + d(1) x + d(2) x2 + d(3) x3 + ... = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) ... , | ||
| l(0) + l(1) x + l(2) x2 + l(3) x3 + ... = | 1 (1 – x)(1 – x3)(1 – x5) ... | . |
Упражнение 1. Докажите эти формулы.
Воспользуемся формулой
| 1 + xk = | 1 – x2k 1 – xk | , |
верной при всех k:
| (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) ... = | 1 – x2 1 – x | · | 1 – x4 1 – x2 | · | 1 – x6 1 – x3 | · ... |
В правой части равенства все числители сокращаются со знаменателями, содержащими x в чётной степени. Поэтому в знаменателе останутся только сомножители вида 1 – x2k–1. Итак,
| ∞ | ∞ | ||
| ∏ | (1 – xk) = | ∑ | (–1)qx(3q²+q)/2. |
| k=1 | q=–∞ |
Пентагональная теорема оказалась «крепким орешком» — Эйлер сумел доказать её лишь 14 лет спустя. Эта теорема позволяет сравнительно просто вычислять значения p(n). Вот как это делается.
Умножим обе части равенства (1) на
| ∞ | |
| ∏ | (1 – xk) |
| k=1 |
и воспользуемся пентагональной теоремой:
( p(0) + p(1) x + p(2) x2 + ...)(1 – x – x2 + x5 + x7 – x12 – x15 + ...) = 1.
Раскрыв скобки в левой части, получим, что коэффициенты при ненулевых степенях x равны нулю. Отсюда мы получаем замечательную формулу Эйлера, позволяющую последовательно находить числа p(n):
| p(n) = p(n–1) + p(n–2) – p(n–5) – p(n–7) + ... + (–1)q+1 | ( | p | ( | n– | 3q² – q 2 | ) | + p | ( | n– | 3q² + q 2 | ) | ) | . |
(Мы считаем, что p(n) = 0 при n < 0.)
Упражнение 2. Найдите p(10).
Пользуясь формулой Эйлера, можно составить таблицу значений p(n) для n ≤ 200, что и проделал в начале XX века известный английский специалист по комбинаторике майор Мак-Магон. В то время это была наиболее полная таблица чисел p(n).
Итак, мы сформулировали две теоремы, одну из которых — d(n) = l(n) — доказали. Согласитесь, что при всей элегантности этого доказательства, оно всё же оставляет чувство неудовлетворённости. Два множества разбиений — на нечётные и на неравные части — неожиданно оказались состоящими из одинакового числа элементов, но причина этого равенства осталась скрытой от нас. Хотелось бы думать, что существует какой-то естественный способ каждому элементу одного множества ставить в соответствие элемент другого.
Соответствия Глэйшера и Сильвестра
Приведём ещё два доказательства теоремы Эйлера: d(n) = l(n).
Первое соответствие между разбиениями на различные слагаемые и разбиениями на нечётные слагаемые строится так:
Каждую часть разбиения нужно поделить на максимально возможную степень двойки. Частное будет нечётным числом и нужно включить это число в новое разбиение столько раз, каков делитель.
Например, разбиению (6, 2, 1) соответствует разбиение (3, 3, 1, 1, 1). Это остроумное соответствие придумано в конце XIX века английским математиком Дж. Глэйшером.
Чтобы доказать взаимную однозначность соответствия Глэйшера, достаточно построить обратное соответствие между разбиениями с нечётными частями и разбиениями с неравными частями. Вот это соответствие:
Пусть в разбиении некоторая нечётная часть r встречается k раз. Запишем k в виде суммы различных степеней двойки
k = 2a1 + 2a2 + ..., a1 > a2 > ...
и заменим (..., r, r, ..., r, ...) (k раз) на (..., 2a1r, 2a2r, ...). То, что получится, будет разбиением с различными частями.
Например, разбиение (5, 5, 5, 1, 1, 1, 1, 1, 1) соответствует разбиению (10, 5, 4, 2), поскольку число пятёрок равно 3 = 21 + 20, а число единиц равно 6 = 22 + 21.
Упражнения
3. Докажите, что в результате второго преобразования получается разбиение с различными частями.
4. Докажите, что если сначала выполнить преобразование Глэйшера, а затем обратное, то получится исходное разбиение.
Существует другое, не менее интересное и совершенно неожиданное доказательство теоремы Эйлера, принадлежащее американскому математику XIX века Дж. Сильвестру. Вот конструкция Сильвестра: пусть имеется разбиение числа n на нечётные части: (2k1+1, 2k2+1, ..., (2kq+1), где k1 ≥ k2 ≥ ... ≥ kq. На листе клетчатой бумаги в некотором её узле поставим точку x1. Справа от x1, поставим в узлах k1 точек и столько же точек поставим в узлах, расположенных под точкой x1. Затем проделаем то же самое с числом k2, взяв в качестве исходной точку x2, расположенную в следующем за точкой x1 по диагонали направо вниз узле, и т.д., пока не дойдём до числа kq.
Например, разбиению на нечётные части (9, 9, 5, 1, 1) числа 25 будет отвечать картинка, изображённая на рис. 1.
 Рис. 1. |  Рис. 2. |
Она состоит из симметричных относительно диагонали уголков, так что в самом верхнем уголке 2k1+1 точек, в следующем 2k2+1 точек и т.д., а всего точек будет n. Теперь проведём на той же картинке линии так, как показано на рис. 2, подсчитаем количество точек на каждой из этих линий и образуем из полученных таким образом чисел разбиение. Оказывается, все части этого разбиения различны.
Упражнение 5. Докажите это утверждение.
В нашем примере получится разбиение (9, 6, 5, 4, 1). Подумайте, как построить по разбиению на различные части разбиение на нечётные, т.е. восстановить по такому разбиению исходную симметричную картинку.
Отступление: решение задачи М1065
В этом разделе используется более сложная техника, чем в остальной части статьи. При желании вы можете пробежать его, не вникая в детали, и продолжить чтение со следующего раздела. Итак, займёмся решением задачи М1065 из «Задачника «Кванта» (1987, № 9). Напомним её формулировку.
Будем рассматривать векторы (x, y) с целыми неотрицательными координатами, причём хотя бы одна из координат отлична от 0. Назовём такой вектор образующим, если |x–y| = 1.