写在前面

最近在看一本很开阔思路的书, 名为《组合证明的艺术(proof that really count: The art of combinatorial proof)》,中译版是机械工业出版社出版的, 里面有一些错漏的地方(如符号等), 建议大家中英文对照着看(如果有兴趣的话).

虽然是写给高中生的书, 但是对我来说还是很受启发, 不得不说组合证明实在是巧妙, 称为一门艺术也不足为奇. 下面主要对这样一个定理作组合意义上的证明 (直接利用通项公式也可证明,但是步骤要繁琐很多).

预备定义

Fibonacci数:Fn=Fn−1+Fn−2,(n⩾2),F0=0,F1=1F_n=F_{n-1}+F_{n-2}, (n\geqslant2),F_0=0,\,F_1=1Fn=Fn−1+Fn−2,(n⩾2),F0=0,F1=1, e.g.e.g.e.g.
0,1,1,2,3,5,8,13,…0,1,1,2,3,5,8,13,\dots 0,1,1,2,3,5,8,13,…
为方便后述定理, 这里用新记号fnf_nfn表示Fibonacci数, 有fn=Fn+1,∀n⩾−1f_n=F_{n+1},\, \forall n\geqslant -1fn=Fn+1,∀n⩾−1.
nnn-平铺: 对于一块长为nnn的地板, 使用长为1或2的砖块铺满整块地板, 所有满足条件的方法数为fnf_nfn(直接由尾部砖块为1或2即可得到递推关系fn=fn−1+fn−2f_n=f_{n-1}+f_{n-2}fn=fn−1+fn−2).
可分隔(breakable): 一个nnn-平铺在kkk单位块可分隔, 即该平铺在第kkk个单位块处为方砖块(长度为1), 若该处是长度为2的砖块, 则不可分隔.

定理

对m⩾1,n⩾0m\geqslant1,n\geqslant0m⩾1,n⩾0, 如果m∣nm\,|\,nm∣n, 那么fm−1∣fn−1f_{m-1}\,|\,f_{n-1}fm−1∣fn−1, 事实上, 若n=qmn=qmn=qm, 则fn−1=fm−1∑j=1qfm−1j−1fn−jmf_{n-1}=f_{m-1}\sum_{j=1}^qf_{m-1}^{j-1}f_{n-jm}fn−1=fm−1∑j=1qfm−1j−1fn−jm.

组合证明

考虑这样一个问题

当n=qmn=qmn=qm时, 存在多少种n−1n-1n−1平铺?

第一种解答: 显然是fn−1f_{n-1}fn−1;

第二种解答:

考虑一个最小的jjj, 使得平铺在第jm−1jm-1jm−1单位块处可分隔, 这样的jjj显然存在且至多为qqq, 因为平铺在n−1=qm−1n-1=qm-1n−1=qm−1单位块处是可分隔的. 考虑下面三种不同位置上的平铺(如下图):

给定一个jjj, 则有j−1j-1j−1块长度为2的砖块位于m,2m,…,(j−1)mm,2m,\dots,(j-1)mm,2m,…,(j−1)m单位块处(因为jm−1jm-1jm−1为最小的可分隔位置), 这些长度为2的砖块的平铺有fm−2j−1f_{m-2}^{j-1}fm−2j−1种方法;
对于(j−1)m+1(j-1)m+1(j−1)m+1直到jm−1jm-1jm−1单位块, 有fm−1f_{m-1}fm−1种平铺方法(因为其长度为jm−1−(j−1)m−1+1=m−1jm-1-(j-1)m-1+1=m-1jm−1−(j−1)m−1+1=m−1);
对于剩下的n−jmn-jmn−jm个单位块, 有fn−jmf_{n-jm}fn−jm种平铺方法.

综上, 我们得到了:
fn−1=fm−1∑j=1qfm−1j−1fn−jm.f_{n-1}=f_{m-1}\sum_{j=1}^qf_{m-1}^{j-1}f_{n-jm}. fn−1=fm−1j=1∑qfm−1j−1fn−jm.

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