证明

推荐视频：另类素数筛选法

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    画一个三角形阵列，初始时只有每一行的两头有标记，然后从上到下依次把每一行复制两份，摆放成一个等边三角形。最后你会发现，第i行为空行（除两头外不再有其它标记），当且仅当i为素数。对于其它行，标记的位置也与该行行号的质因子有关。这是为什么呢？
    照惯例，给个YouTube链接：http://youtube.com/watch?v=sbjPwyPT1AI

    设f[i,j]表示第i行左起第j个位置是否有标记。j从0开始计数（即第i行最左边用f[i,0]表示）。对于每个f[i,j]，我们将它的值赋给了f[i+j,j]和f[2*i-j,i]。也就是说，对于每组i和j，我们都进行以下两个操作：
f[i+j,j] <- f[i,j]
f[2*i-j,i] <- f[i,j]
    而这实际上就是辗转相除的变形，不断递归下去后，最终f[i,j]表示的其实就是i和j是否互质。这样一来，上面那些东西就全解释清楚了。
    用这种方法描述数论问题是一件很有趣的事，给人感觉很神奇。如果你感兴趣的话，这里有一个类似的例子，你可以看到Sierpinski三角形、杨辉三角和组合数的奇偶性是如何联系在一起的。

趣题：n为奇数时，正n边形的三角形剖分内有且仅有一个锐角三角形

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    求证：当n为奇数时，用n-3条对角线将正n边形分为n-2个三角形，有且仅有一个三角形是锐角三角形。

    这道题几乎可以说是非常简单的脑筋急转弯。如果我告诉你，整个证明过程只需一句话，你再仔细想想能想到答案么？偷看答案后你会后悔你没有想到这个简单而神奇的证明。

    

    
    证明：做出正n边形的外接圆后我们可以清楚地看到，有且仅有一个三角形，其外心在该三角形内部，它就是唯一的那个锐角三角形。
    题目来源：http://www.eaglefantasy.cn/article.asp?id=22
    我本来可以想到这个证明的。之前曾经见过不少类似的题目。比如，有一道题问你为什么当n>4时正n边形不可能内接于长短轴不等的椭圆内。整个证明过程也只有一句话：因为它的外接圆与椭圆最多只有4个交点。

Kobon问题新进展：17条直线可构成多少个互不重叠的三角形

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    很多时候，问题越是简单，解答起来越复杂。1983年，Kobon Fujimura提出了这样一个问题：N条直线最多可以构成多少个互不重叠的三角形？这个问题后来被称为Kobon三角形问题。虽然对于一些特殊的n，人们已经找到了确切的最优解，但目前Kobon三角形问题还没有一般的结论。就在上个月，Johannes Bader用17条直线构造出85个互不重叠的三角形，它被证明是n=17的最优解。这里，我们将给出Johannes Bader构造出来的图形，并且证明它确实是n=17时的最优解。

      
    如果n条直线中任两条不平行，任三条不共点，则每条直线都被其它n-1条直线切割为n份，产生了n-2个小线段，因此n条直线最多可以构成n(n-2)个小线段。我们将证明，n(n-2)/3是Kobon三角形问题的一个上界。有人会说，这不是显然的吗，如果这n(n-2)个小线段被“充分利用”的话，每条小线段都是一个三角形的边，n(n-2)/3显然已经是最大的了。且慢，万一两个三角形有公共边咋办？这样是不是可以“节约”一条边出来？有人甚至会想到，这样做节约的可不止一条边，如果两个三角形有公共边的话，必然会出现三线共点的情况，这将导致这两个三角形对面又产生另一对共边的三角形（图1）。但事实上，允许公共边的出现不但没有节约任何边，反而浪费了更多的线段。别忘了，三线共点这一情况的出现将减少总线段数，此时总线段数不再是n(n-2)，你将白白损失三条本该有所作为的线段（图2）。省了两条，丢了三条，可见同样是想构造n(n-2)/3个三角形，只要有共用边出现，n(n-2)条小线段是不够的。证明的基本思路就是这样，有兴趣的话大家可以自己整理出详细的证明过程。
    注意这个证明并没有说存在公共边的构造肯定不是最优解。有可能对于某些n，某个包含公共边的解是最优解，只是它没达到这里给出的上界而已。另外大家可能会问到的问题是，是否存在“部分公共边”的情况。这种“大边包含小边”式的共边三角形显然是愚蠢的，因为此时其中一个三角形必然被划分为了更小的三角形，选择小的那个三角形显然更好。

    当n=17时，上界n(n-2)/3是可以达到的。Johannes Bader构造出了下面这个图形，图形中包含了85个互不重叠的三角形，完美解决了n=17时的Kobon三角形问题。

查看更多：http://www.tik.ee.ethz.ch/sop/people/baderj/?page=other.php
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趣题：估算小数点后第三位

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    下面这道题来自今年的Virginia Tech Rigeonal数学比赛（不知道该咋翻好）。比赛时间为两个半小时，一共有7道题，这是第5题：
    找出下面这个数小数点后第三位上的数字：(2+√5)^100 * ((1+√2)^100 + (1+√2)^(-100))

    这个问题有趣的地方就是，你真的可以用一个简单的办法估算出答案来。为什么不先试试看？

    我们需要求出(2+√5)^100 * ((1+√2)^100 + (1+√2)^(-100))小数点后第三位上的数。首先，(1+√2)^(-1)就等于(√2-1)，而二项式展开后你会发现(√2 + 1)^(2n) + (√2 – 1)^(2n)总是一个整数（根号2的奇数次幂总是一正一负抵消）。同样地，((√5 + 2)^(2n) + (√5 – 2)^(2n)) * ((√2 + 1)^(2n) + (√2 – 1)^(2n))也是一个整数，于是(√5 + 2)^(2n) * ((√2 + 1)^(2n) + (√2 – 1)^(2n))和(√5 – 2)^(2n) * ((√2 + 1)^(2n) + (√2 – 1)^(2n))的小数部分是互补的（相加为1），我们可以依据后面这个数的小数部分来确定前面这个数（也即题目要求的数）的小数部分。而当n较大时，后面这个数很可能会变得非常小。事实上，当n=50时，

  (√5 – 2)^100 * ((√2 + 1)^100 + (√2 – 1)^100)
< (√5 – 2)^100 * 2((√2 + 1)^100)
< (1/4)^100 * 2((5/2)^100)
= 2(5/8)^100

    可以断定，这是一个非常非常小的数，小数点后面紧跟着的0至少有10个。这足以说明，题目里那个数的小数点后面十几位全部是9。事实上，
(2+√5)^100 * ((1+√2)^100 + (1+√2)^(-100))
= 94158733601034420664808450657998303298219601745567527892456021922994
  873597395955752869490271254871747.9999999999999999999999996186915243
  507242961564029332966750212181162222265977213142686546252118999….
    小数点后一共有24个9。

本文来源：http://www.cut-the-knot.org/arithmetic/PowersOf10.shtml

计算阶乘的另一些有趣的算法

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    一个正整数n的阶乘就是前n个正整数的乘积，我们通常需要n-1次乘法操作来算出精确的值。不像等差数列求和、a的n次幂之类的东西，目前求阶乘还没有什么巨牛无比的高效算法，我们所能做的仅仅是做一些小的优化。

更少的乘法运算次数？
    在高精度运算中，乘法计算的速度远远慢于加减法，因此我们有必要减少乘法运算的次数。下面我将做一个非常简单的变换，使得计算阶乘只需要n/2次乘法。继续看下去之前，你能自己想到这个算法来吗？

    我们可以把一个数的阶乘转换为若干个平方差的积。例如，假如我想求9!，我可以把前9个正整数的乘积写成这个样子：
   1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9
= (5-4) * (5-3) * (5-2) * (5-1) * 5 * (5+1) * (5+2) * (5+3) * (5+4)
= (5-1) * (5+1) * (5-2) * (5+2) * (5-3) * (5+3) * (5-4) * (5+4) * 5
= (5^2 – 1^2) * (5^2 – 2^2) * (5^2 – 3^2) * (5^2 – 4^2) * 5
    注意到一个有趣的事实：上面的四个平方差算出来分别是24, 21, 16, 9，它们之间的差正好是连续的奇数（因为n^2等于前n个正奇数的和）。因此，我们可以用初始数(n/2)^2不断减去一个个的正奇数，求出所有n/2个平方差，再用n/2次乘法把它们乘起来。这种算法实现起来非常简单，并且（当n不大时）同样只需要单精度乘高精度，但需要的乘法次数大大减少了。假设我们已经有了一个高精度类，求n!只需要下面几句话：
long h=n/2, q=h*h;
long r = (n&1)==1 ? 2*q*n : 2*q;
f = LargeInteger.create(r);
for(int d=1; d<n-2; d+=2)
   f = f.multiply(q-=d);

更少的总运算次数？
    尽量提取阶乘中的因子2，我们可以得到另一种阶乘运算的优化方法。这很可能是不需要分解质因数的阶乘算法中最快的一种。
    假如我们需要计算20!，我们可以把20拆成若干组正奇数的乘积：

  1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9 * 10 * 11 * 12 * 13 * 14 * 15 * 16 * 17 * 18 * 19 * 20
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 2 * 4 * 6 * 8 * 10 * 12 * 14 * 16 * 18 * 20
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9 * 10 * 2^10
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 2 * 4 * 6 * 8 * 10 * 2^10
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 2^15
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 1 * 3 * 5 * 2 * 4 * 2^15
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 1 * 3 * 5 * 1 * 2 * 2^17
= 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 15 * 17 * 19 * 1 * 3 * 5 * 7 * 9 * 1 * 3 * 5 * 1 * 2^18

    只需要一次累乘就可以求到每一组奇数的乘积，最后再花费log(n)次乘法把它们全部乘起来。最后的那个2^18也可以二分计算出来。真正的代码还有很多细节上的优化，另外还借用了递归使得操作变得更加简便。你可以在本文最后附的那个链接里去找Split-Recursive算法。

还能再快一点么？
    继续扩展上面的算法，我们可以想到，如果把每个数的质因数都分解出来，并且统计每种质因子有多少个，我们就可以多次使用二分求幂，再把它们的结果乘起来。注意这里并不是真的要老老实实地去分解每个数的质因子。对于每个质数x，我们可以很快算出前n个正整数一共包含有多少个质因子x（记得如何求n!末尾有多少个0么）。这种算法的效率相当高，已经能够满足大多数人的需要了。

另一种诡异的阶乘算法：
    这个算法可能是所有有名字的阶乘算法中最慢的一个了（Additive Moessner算法），它对一个数列进行重复的累加操作，一次次地计算前缀和，总共将花费O(n^3)次加法操作。但是，令人费解的是，这个简单的程序为什么可以输出前n个正整数的阶乘呢？
a[0]:=1;
for i:=1 to n do
begin
   a[i]:=0;
   for j:=n downto 1 do
   begin
      for k:=1 to j do
         a[k]:=a[k]+a[k-1]
      write(a[i],' ');
   end;
end;
    我在网上搜索相关的东西时找到了另一个有趣的东西。对一个初始时全为1的数列反复进行这两个操作：累加求前缀和，然后以1,2,3,…的间隔划掉其中一部分数（即划去所有位置编号为三角形数的数）形成新的序列。类似的数列操作方法最先由Alfred Moessner提出的，我们这里不妨把它叫做Moessner数列。你会发现，第n轮操作开始前，数列的第一个数恰好是n! 。看看下面的例子吧：

1 1 1 1 1 1 1 1 1  1  1  1  1  1  1 …
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 …
x 2 x 4 5 x 7 8 9  x 11 12 13 14  x …

2 4  5  7  8  9 11 12 13 14 …
2 6 11 18 26 35 46 58 71 85 …
x 6  x 18 26  x 46 58 71  x …

6 18 26 46  58  71 …
6 24 50 96 154 225 …
x 24  x 96 154   x …

24  96 154 …
24 120 274 …
x 120  x  …

120 …
…..

    当然，发现前面O(n^3)的程序和这个Moessner数列的关联时我很是吃了一惊：在前面的程序里，如果你输出每一次i循环末所得到的数列，你会发现输出的这些数正好就是后面这个问题里被我们划掉的数，而它们其实就是第一类Stirling数！
    这到底是为什么呢？是什么东西把阶乘、第一类Stirling数、Moessner数列和那个O(n^3)的程序联系在一起的呢？昨天，我想这个问题想了一天，最后终于想通了。如果把Moessner数列排列成这个样子，一切就恍然大悟了：

  
    仔细观察上图，我们会发现：
    1. 按照Moessner数列的定义，每个数都应该等于它左边的数和左上角的数的和（这个“左边”可以跳过若干空格）。例如，35 = 9 + 26，46 = 11 + 35。排成一系列三角形后，每个三角形最右边一列的数就是被划去的数，它永远不能参与它下面的那些行的运算。
    2. 设a[n,i,j]表示左起第n个三角形阵列中的第i行右起第j列上的数，则a[n,i,j]=a[n-1,i-1,j]*n + a[n-1,i,j]，例如274=50*5+24。如果递推时遇到空白位置而它左边隔若干空格的地方还有数的话，则需要用左边的数来补，例如18=4*4+2。对于每个三角形的最后一列来说，这个性质实际上就是第一类Stirling数的递推关系，因此Moessner数列中才会出现第一类Stirling数。
    3. 在第一类Stirling数中，s(n,1)=n! ，也即左起第n个三角形最底端的那个数等于n!。从上面的第二个性质来看，这也是显然的。
    4. O(n^3)的算法实际上就是在绘制上面这个图。每一次j循环末，我们得到
的序列是第i个三角形中每一行左起第j个数组成的序列。例如，计算第5个三角形内的数时，程序首先累加出1, 11, 46, 96, 120, 120，这样便算出了a[5]=120，数列的前5个数再次累加即得到1, 12, 58, 154, 274，由此算出a[4]=274。
    第二个性质可以利用第一个性质进行数学归纳法证明，证明很简单，我就不多说了。现在我尽可能少写一些繁琐的细节，节约一些时间用来复习古代汉语。

做人要厚道，
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http://www.luschny.de/math/factorial/FastFactorialFunctions.htm
http://www.luschny.de/math/factorial/index.html <—- 巨牛，20多种阶乘算法的代码！