【具体数学 读书笔记】1.2 Lines in the Plane
本节介绍平面划分问题,即n条直线最多把一个平面划分为几个区域(region)。
问题描述:
"What is the maximum number Ln of regions defined by n lines in the plane?"
这个问题最初由瑞士数学家Jacob Steiner在1826年解决。
延续上一节的解题步骤,即首先关注小规模数据,观察出结果,然后猜测一个递推式并从理论上证明,最后由递推式导出"closed form"(通项式)。下面具体整理解题步骤:
1. 观察得出小规模数据的结果,尝试给出递推式:
L1 = 2
L2 = 4 = 2 + 2
L3 = 7 = 4 + 3
现在可以猜测一个递推式:Ln = Ln-1 + n
2. 从理论上证明递推式:
首先对于直线分平面问题有一个结论: a straight line can split a convex region into at most two new regions, which will also be convex. 即一条直线最多可以把一个凸的区域分成两个凸的区域。
(对于convex,旁注上有如下定义:a region is convex if it includes all line segments between any two of its points.)
接下来可以观察到如下结论:
for n>0, the nth line increases the number of regions by k
iff. it splits k old regions
iff. it hits the previous lines in k-1 different points.
由于已有n-1条直线,所以第n条直线最多和已有直线产生n-1个交点,所以k的最大值为n,由此一个可行解,它是充分的 Ln <= Ln-1 + n (n>0)
接下来试图说明它的必要性:只要把第n条直线放在与前n-1条都不相交的方向,那么第n条直线必和前n-1条直线各有一个交点。又因为Ln-1为最大值,所以保证了前n-1条直线产生的n-2个交点互异,可以做到第n条直线产生的n-1个新交点彼此互异,且和前n-2个交点也互异。由此 Ln >= Ln-1 + n (n>0)。
所以取等号了,加上对平凡情况的约定,构成如下递推式:
L0 = 1
Ln = Ln-1 + n (n>0)
3. 由递推式求通项式:
"we can often understand a recurrence by 'unfolding' or 'plugging in' it all the way to the end." 即逐项代入,直至平凡情况,看展开后的值是否易求。
Ln = Ln-1 + n
= Ln-2 + (n-1) + n
= ...
= L0 + 1 + 2 + ... + (n-1) + n = 1 + Sn
其中Sn是很常见的前n项整数和,又叫"triangular numbers",因为它是n行的三角形摆放的保龄球的个数;也可以叫它前缀和吧。传说高斯在9岁时给出的通项式~~Sn = n(n+1)/2。由此得到Ln的通项式 Ln = n(n+1)/2 + 1
作者说我们不妨记住Sn数列的小规模值,如下表:
n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 |
Sn | 1 | 3 | 6 | 10 | 15 | 21 | 28 | 36 | 45 | 55 | 66 | 78 | 91 | 105 |
接下来作者还介绍了原问题的一个变种----折线分平面问题。
一条折线(bent line, each containing one "zig")可以看作是两条直线相交得到;因抹除了两条射线,所以比两条直线分成的区域数减少一半。
如果每条折线的zig point都放置在交点“外围”,那么在放置第n条折线时(与之前的所有折线交于4个点),相比2n条直线分成的平面数,每条直线会减少2个交点,也就减少了两个区域。由此得到如下递推式及通项式:
Zn = L2n - 2n
= 2n(2n+1)/2 + 1 - 2n
= 2n^2 - n + 1
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