奇妙的多項(xiàng)式

1、奇妙的多項(xiàng)式數(shù)學(xué)到底有什么用？很多人，尤其是很多學(xué)數(shù)學(xué)不多的人會(huì)有這個(gè)疑問。在 這里不妨反問一下， 要是沒有用為什么還會(huì)有這么多的人學(xué)習(xí)和研究數(shù)學(xué)呢？先 看一個(gè)例子， 數(shù)論，即關(guān)于自然數(shù)的理論， 在很長(zhǎng)一段時(shí)間里被一些人看成是沒 有實(shí)際應(yīng)用價(jià)值， 只有理論意義的數(shù)學(xué)， 哥德巴赫猜想 （每一個(gè)大于等于 6 的偶 數(shù)總是可以表示為兩個(gè)奇素?cái)?shù)的和， 即所謂“1+1”）有什么用？素?cái)?shù)有無窮多個(gè) 又有什么用？然而， 隨著科學(xué)的發(fā)展， 數(shù)論也開始尋找到了它的用武之地， 成為 我們?cè)O(shè)計(jì)密碼的工具 （見密碼學(xué)中的 RSA 公開密鑰體制）。在對(duì)保密的需求程度 越來越高的今天， 智慧的人類開始研究如何設(shè)置密碼，

2、于是自然地產(chǎn)生了 “密碼 學(xué)”。因此，可以這樣講，任何理論上的發(fā)現(xiàn)都是有用的，也許只不過是我們還 沒有發(fā)現(xiàn)它的用途而已。本文將通過一個(gè)小小的例子說明，運(yùn)用數(shù)學(xué)需要技巧。人們通過概念和思維來認(rèn)識(shí)世界，觀察、歸納和演繹推理在人們認(rèn)識(shí)事物的 過程中起著關(guān)鍵的作用。 數(shù)學(xué)作為一種有力的工具推動(dòng)了科學(xué)的發(fā)展， 要認(rèn)識(shí)事 物的規(guī)律必須先建立能較好反映事物規(guī)律的數(shù)學(xué)模型。 古人曾在測(cè)量、 建筑、天 文、歷法等方面，應(yīng)有算術(shù)、幾何、三角等方法，解決了生產(chǎn)和生活中的實(shí)際問 題。在近代科學(xué)發(fā)展中， 牛頓建立了萬有引力定律， 麥克斯韋建立了電磁場(chǎng)理論， 這些都是數(shù)學(xué)模型取得成功的典型范例。 近百年來， 人們通過建立

3、數(shù)學(xué)模型， 在 認(rèn)識(shí)世界、改造世界方面取得了更多的成績(jī)。在力學(xué)、物理學(xué)等領(lǐng)域中，人們建 立了空氣動(dòng)力學(xué)方程組、 粘性流體的 Navier-Stoke 方程組、彈性力學(xué)方程組等等。 在其他領(lǐng)域， 通過建立數(shù)學(xué)模型來研究實(shí)際課題的實(shí)例也層出不窮。 美國(guó)經(jīng)濟(jì)學(xué) 家列昂杰夫的投入產(chǎn)出模型、馬爾薩斯的人口模型、 Logistic 模型、蘭切斯特 關(guān)于軍備競(jìng)賽的模型、 天氣預(yù)報(bào)中的正壓模式和斜壓模式模型等等。 總之，模型 化方法已成為研究問題的基本方法。近幾十年來，隨著電子計(jì)算機(jī)技術(shù)的發(fā)展， 模型化方法更顯示了其價(jià)值與活力。 為了培養(yǎng)學(xué)生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)和計(jì)算機(jī)技術(shù)解 決實(shí)際問題的能力，在數(shù)學(xué)教學(xué)中，滲透數(shù)學(xué)

4、建模思想，演示數(shù)學(xué)建模過程，引 導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行建模實(shí)踐， 是提高學(xué)生綜合素質(zhì)與實(shí)際能力的有效手段。 下面，我們 擬從一個(gè)簡(jiǎn)單的問題出發(fā)， 展示問題的分析和模型的構(gòu)建過程， 使學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)模型 的學(xué)生對(duì)什么是數(shù)學(xué)模型、如何建立模型，及如何應(yīng)用有一個(gè)大概的了解。一、問題的提出 假設(shè)你現(xiàn)有質(zhì)量分別為 1克、2克和 3 克的砝碼各 1枚，問只用這些砝碼各 一次你能稱出哪幾種質(zhì)量的物體來？而對(duì)每種質(zhì)量確定的物體又有多少種不同 的稱量方案？當(dāng)然，該問題擁有的砝碼個(gè)數(shù)很少，只需要對(duì)砝碼進(jìn)行組合搭配就能很容易 地推算出來。為了方便起見，我們把不取砝碼的特殊情況也看成是一種稱量方案， 將其質(zhì)量視為 0 克。經(jīng)過簡(jiǎn)單分析

5、，本問題中各種可能的稱量情況如下表 1 所示：表1簡(jiǎn)單砝碼稱量問題的解擁有 砝碼 情況稱量種數(shù)稱量方案數(shù)學(xué)模型（一）Q（x）數(shù)學(xué)模型(二)Q(x, y, z)可稱 物體 的質(zhì) 量種數(shù)n被稱量物 體質(zhì)量克數(shù)m稱量的 方案數(shù)P實(shí)際稱量方案（重物=砝碼）枚 克 克 克3 12 37m =0P=1無砝碼(1 + x)g(1 + x2)g(1 + x3) =1 + x + x2 + 2x3 + x4 + x5+x6(1 + x)g2(1 + y )g(1 + z3) =21+x+ y + (z + xy2) + xz3 十 y2z3 十2 3xy zm2 =1F2=11克=1克m3=2R=12克=2克叫

6、=3P4=23 克=（1+2）克或3克叫=4R=14 克=（1+3）克m6 =5R=15 克=（2+3）克m7 =6P7 =16 克=（1+2+3）克上述表格中的最后兩列是什么意義， 我們將在后面加以說明。通過上面的表 格可以看出，問題的答案由3個(gè)參數(shù)組成：一是我們擁有的砝碼可以稱出的物體 質(zhì)量的“種數(shù)” n （ 7種）；二是這n種質(zhì)量的實(shí)際“克數(shù)”m = m1,m2,.,m = 01,2,3,4,5,6 f ;三是每種質(zhì)量的稱量“方案數(shù)p = r, P2,r =1,1,121,1,1。那么這三組數(shù)據(jù)之間到底有什么內(nèi)在的聯(lián)系呢？能否用一個(gè)具體的數(shù)學(xué)表達(dá)式（模型）將n,m,p這三組數(shù)據(jù)同時(shí)表示出

7、來呢？二、問題分析和數(shù)學(xué)模型考慮僅擁有1枚K1克重的砝碼的最簡(jiǎn)單情況，顯然此時(shí)可以稱量的物體的質(zhì)量種數(shù)n=2，兩種物體的實(shí)際質(zhì)量mm, =0,m2二，每種質(zhì)量的稱量方案 數(shù)P = p=1,P2=1。觀察各種數(shù)學(xué)表達(dá)式，容易發(fā)現(xiàn)二項(xiàng)式的項(xiàng)數(shù)是2,指數(shù)是0和K1，系數(shù)是1和1,剛好和可稱質(zhì)量的“種數(shù)”n=2,可稱量物體質(zhì)量即“克數(shù)”的類別m= 0,mt = &餐和每種質(zhì)量的稱量“方案數(shù)” P=p=1,P2=1 一對(duì)應(yīng)。顯然，給定1枚K1克重的砝碼，用此對(duì)應(yīng)方法，可 以唯一地確定一個(gè)二項(xiàng)式1 xK1 ;反過來，任意給定一個(gè)形如1 XK1 (= x0 xKl ) 的二項(xiàng)式，用它含有的項(xiàng)數(shù)(2項(xiàng))、每一

8、項(xiàng)的指數(shù)(0和Ki )以及每一項(xiàng)的系 數(shù)(1和1)可以表示出擁有1枚K1克重的砝碼稱量物體時(shí)的各種稱量情況。這 也就是說1 xK1可以作為擁有1枚K1克重砝碼的稱重情況的數(shù)學(xué)模型?，F(xiàn)在假定我們有兩種砝碼，其質(zhì)量分別為K1克和K2克，不妨先假定K K2。 于是稱量情況時(shí)K1克的砝碼可稱質(zhì)量f0,Kj、K2克的砝碼可稱質(zhì)量(0山2?，把 兩種砝碼搭配在一起，可稱的質(zhì)量有以下幾種：(1) 0+0=0 (表示兩個(gè)砝碼都不取)；(2) K1 +0= K1 (表示只取第一個(gè)砝碼而不取第二個(gè))；(3) 0+K2=K2 (表示只取第二個(gè)砝碼而不取第一個(gè))；(4) K1 + K2 (表示兩個(gè)砝碼都取到)，故共有

9、四種可稱的物體質(zhì)量數(shù)。注意到當(dāng)兩個(gè)二項(xiàng)式相乘時(shí)，一個(gè)因式中的每一 項(xiàng)都乘遍另一個(gè)因式中的每一項(xiàng)，且某兩項(xiàng)相乘時(shí)有系數(shù)相乘、指數(shù)相加的規(guī)律， 則由兩枚單一的砝碼(K1克，K2克)對(duì)應(yīng)的兩個(gè)二項(xiàng)式之積恰好對(duì)應(yīng)著兩枚砝 碼所對(duì)應(yīng)的多項(xiàng)式：(1XK1)(1XK2) = (1xK1 )(1xK1)XK2= 1XK1xK2xK1K2(1)上面多項(xiàng)式的指數(shù)剛好反映了擁有K1和K2兩個(gè)砝碼時(shí)可稱質(zhì)量的各種情況：可稱質(zhì)量分別為0，K1， K2和K1 + K2，共4種不同的質(zhì)量(多項(xiàng)式有4個(gè) 項(xiàng)，每項(xiàng)的指數(shù)就是可以稱量的質(zhì)量)，且每種質(zhì)量的稱量方案數(shù)均為 1種(由 于K1=K2，方案數(shù)就是多項(xiàng)式各項(xiàng)前面的系數(shù))。

10、因而我們認(rèn)定 (1 xK1)(1 xK2(V xK1) (V xK1)xK2xK1 xK2 xK1 K2 是擁有 K1 和 K2 克兩枚砝碼的稱重問題的數(shù)學(xué)模型。通過上面對(duì)于一個(gè)砝碼和兩個(gè)質(zhì)量不等的砝碼的情形的分析，我們猜測(cè)在有質(zhì)量分別為K1,K2, ,Kn克的n個(gè)砝碼下，其所對(duì)應(yīng)得數(shù)學(xué)模型應(yīng)該為：Q(x) =(1 xK1)(1 xK2) (1 xKn)(2)那么究竟該怎么去確認(rèn)其正確性呢 ？前面的分析只是保證了我們?cè)陧来a個(gè)數(shù)為一個(gè)和兩個(gè)的情況下成立，要確定上面這個(gè)表達(dá)式對(duì)于所有正整數(shù) n (n個(gè)不同 質(zhì)量的砝碼的情況）都成立,還需用數(shù)學(xué)歸納法加以證明在（2）的基礎(chǔ)上倘若再增 加1枚Kn1克重

11、的砝碼，則可稱量物體的質(zhì)量數(shù)除原有 n個(gè)砝碼的可稱量質(zhì)量數(shù)外,還要增加在每一個(gè)原有質(zhì)量上都加 Kn,克后所得的各種質(zhì)量數(shù)，于是對(duì)應(yīng)的數(shù)學(xué)模型為:(1 xKl)(r xK2)(1 xKn)(1 xKl)(r xK2)(1 xKn)xKn1=(1 xK1)(1XK2)(1 xKn)(1 xKn1)(3)將上述結(jié)果運(yùn)用于本章開頭的問題，可以不用觀察的方法，而用數(shù)學(xué)模型的表 達(dá)式解答如下:在擁有1,2,3克重的砝碼各一枚的稱重模型為：(1 x)(1x2)(1x3)=1 xx22x3x4x5x6該展開式顯示可稱量的質(zhì)量有7（含有7個(gè)項(xiàng)）種，即0,1,2,3,4,5和6克（每一項(xiàng)的指數(shù)）由于x3的系數(shù)是2

12、,故稱3克的方案有2種，而稱其余6種質(zhì)量的方案均為1種（每一項(xiàng)前面的系數(shù)）.通過上面并不復(fù)雜的分析，相信大家已經(jīng)看懂了表格中倒數(shù)第二列是怎么回 事了，那么最后一列又該作何解釋呢？請(qǐng)看下面的分析.三、模型改進(jìn)（V xK1）（1 xK2）（1 xKn）作為擁有質(zhì)量分別為心&,Kn克的n個(gè)砝碼的數(shù)學(xué)模型，雖然比較貼切地解決了稱量”種數(shù)” ”克數(shù)”和”方案數(shù)”的問題,但其具 體的稱量方案并沒有反映出來，而且從第二部分的分析來看，我們必須要求叫=0 ,i “，即任何兩個(gè)砝碼質(zhì)量不一樣，這顯然阻礙了對(duì)更一般的問題的歸納為了進(jìn)一步解決這一問題，我們可以對(duì)模型進(jìn)行調(diào)整：采取對(duì)不同質(zhì)量的砝碼在上 述模型種換用不

13、同的變量表示，也就是不同變量代表不同質(zhì)量的砝碼，如下式所 示：(1x)(1X；2)(1 x：n)在上式的展開式中可以發(fā)現(xiàn)每一項(xiàng)的系數(shù)都為1,各項(xiàng)的次數(shù)則是按照Xi的系數(shù)之和來計(jì)算的.此時(shí)新模型的展開式中各項(xiàng)的次數(shù)即為可稱質(zhì)量的”克數(shù)”且 同次的克數(shù)只計(jì)算一次，所有項(xiàng)中不同次數(shù)的個(gè)數(shù)為稱量的”種數(shù)”,同次項(xiàng)中所包 括的項(xiàng)數(shù)為其次數(shù)所表示質(zhì)量的稱量”方案數(shù)”每一項(xiàng)各變量指數(shù)的相加式表示具體的”稱量方案”例如,對(duì)擁有1克、2克、3克砝碼的問題，若分別用x,y,z記1 克、2克、3克的砝碼解答表1中最后一列的數(shù)學(xué)模型（二）:23Q(x, y,z)工(1 x)(1 y )(1 z )223-_23-_2

14、 3=1 x y (z xy ) xz y z xy z 所表達(dá)的信息是稱量0,1,2,4,5和6克只有一種方案，稱量3克有兩種方案,且具體 的稱量方案為3克砝碼一枚或1克、2克的砝碼各一枚，和表1所表述的完全吻合.綜上,表1中的數(shù)學(xué)模型(二)和數(shù)學(xué)模型(一)是同一個(gè)問題的兩種不同的模型, 而模型(二)多攜帶了一種信息，即具體的稱量方案也被表示出來了 ，但其缺點(diǎn)是當(dāng) 擁有的砝碼個(gè)數(shù)較多時(shí)，運(yùn)算的工作量將會(huì)大大增加.多項(xiàng)式相乘還可這樣被利用，還可以賦予蘊(yùn)藏這樣的實(shí)際背景，意想不到吧！四、模型性質(zhì)為了實(shí)際應(yīng)用的需要，根據(jù)上述(2)和(5)兩類數(shù)學(xué)模型的構(gòu)建思想，我們可以 得到下面有關(guān)這類模型的一些

15、性質(zhì)，供選擇參考之用：命題1若有質(zhì)量為1,2,3,n克的砝碼各1枚，則稱量情況的數(shù)學(xué)模型為：1. (1 x)(1 X?)(1 x),能表示方案總數(shù)，但是不能表示稱量情況的具體方案.2. (1 n)(1 x；)(1 *),既能表示稱量的方案總數(shù)，又能表示具體的稱量方案.命題2若有質(zhì)量為KK2, Kn克的砝碼各1枚，則稱量情況的數(shù)學(xué)模型為1. (1 xK1)(V xK2)(1 xKn),能表示方案總數(shù),但是不能表示稱量情況的具體方案.2. (1 - X)(1 X；2)(1 xn),既能表示稱量的方案總數(shù)，又能表示具體的稱命題1所敘述的模型是砝碼質(zhì)量都不相同的情況，那么能否表示有質(zhì)量相同 的多個(gè)砝碼

16、的稱量方案呢？例如，若質(zhì)量為1克的砝碼共有2枚,要是套用命題1的 數(shù)學(xué)模型，則有2(1 x)(1 x) = 1 2x x展開式中2x表明稱1克的方案有2種,其原意為可以用這枚1克的砝碼稱,也可以 用那枚1克的砝碼稱，故有兩種稱法，然而這種理解與我們講的兩種不同稱法不符. 在我們看來，取這兩枚質(zhì)量相同砝碼中的任何1枚稱都一樣，取這一枚與取那一枚沒什么區(qū)別，所以只能算作一種方案.為了解決這個(gè)問題，再次調(diào)整模型的結(jié)構(gòu)：凡 是相同質(zhì)量的一枚砝碼稱同一重物時(shí)，只算一種，于是1克砝碼取2枚時(shí)的稱量情 況的數(shù)學(xué)模型應(yīng)該為1 x x2(含有三個(gè)項(xiàng)表示可以稱量三種質(zhì)量，質(zhì)量分別是各 項(xiàng)的指數(shù)0,1,2;能夠稱量

17、的質(zhì)量的稱量方案數(shù)仍然還是系數(shù)),類似的可以得到下 列命題:命題3若有質(zhì)量為1克的砝碼n枚,則稱量情況的數(shù)學(xué)模型為1 x XX.命題4若有質(zhì)量為1克的砝碼任意多枚,則稱量情況的數(shù)學(xué)模型為命題5若有質(zhì)量為K克的砝碼n枚,則稱量情況的數(shù)學(xué)模型為1 xKX2xnK .命題6若有質(zhì)量為K克的砝碼任意多枚,則稱量情況的數(shù)學(xué)模型為1 XK X2.命題7若有質(zhì)量為K,K2,Kn克的砝碼各g，叫，叫枚，則稱量情況的數(shù) 學(xué)模型為：1.(1xKl-x2j xmKl)(1XK2X2K- xm2K2)(1 xKn-X2K - X叫Kn),能表示方案總數(shù)，但是不能表示稱量的具體方案2.(1 -xK1x：j xmK1)(

18、1xK2x|K - x；2)仆xKn.xKn.x；nKn),既能表示稱量的方案總數(shù)，又能表示具體的稱量方案.命題8若有質(zhì)量為K1,&,Kn克的砝碼各任意多枚,則稱量情況的數(shù)學(xué)模 型為：1. (1 -xK1-x2K1)(1 xK2x2K2心)XKn-x2Kn心)，能表示方案總數(shù),但是不能表示稱量的具體方案2. (1 x X2Kj)(1 X；2 - x； )(1 xn - 心)，既能表示稱量的 方案總數(shù)，又能表示具體的稱量方案.五、模型應(yīng)用實(shí)際上，絕大多數(shù)的數(shù)學(xué)模型建立不只是為了解決原問題，其真正的意義在于 是否能解決具有原問題特征的其他實(shí)際應(yīng)用問題.下面用一個(gè)例子加以應(yīng)用.例 某一案件中一共聽到4聲槍聲，已知甲、乙、丙三個(gè)嫌疑犯各有機(jī)會(huì)開至 多3槍、2槍和1槍,試分析誰開這4槍共有多少種可能情況.雖然這個(gè)問題比較簡(jiǎn)單，可以通過基本計(jì)數(shù)方法得出結(jié)論.但是,作為一個(gè)實(shí)例, 我們將它轉(zhuǎn)化為稱量問題來計(jì)算.用x,x2,x3分別表示嫌疑犯甲、乙、丙，根據(jù)命題 7,可有如下模型：(1 X1 X12 X；)(1 X2 X；)(1 X3)=1 (X1 X2 X3)(為2 X； 軌 X1X3 X2X3)(x1 X：X2 x1x| X2x3 X?x3 XjX2X3)(X3X2 X2x2 X；X3X1XIX3)X；X2X3 X：X；X3)X；X；X3