3b1b视频《奥数级别的数数问题》笔记

本文是对3Blue1Brown在B站发布的视频【官方双语】奥数级别的数数问题的笔记。

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问题：集合 S = { 1 , 2 , 3 , ⋯   , 2000 } S=\{1,2,3,\cdots,2000\} S={ 1,2,3,⋯,2000}有多少个子集的和是$5$的倍数？空集也包含在内。例如，子集 { 2 , 3 , 5 } \{2,3,5\} { 2,3,5}的和是$2+3+5=10$，是$5$的倍数。

解：考虑多项式$$\begin{array}{c}f(x)=(1+x^1)(1+x^2)(1+x^3)\cdots (1+x^{2000})\end{array}$$将其展开，得$$\begin{array}{c}f(x)=1+x+x^2+2x^3+2x^4+3x^5+\cdots +x^{2001000}\end{array}$$则$x^{5k}(k\in \mathbb{N})$项的系数之和就是我们要求的答案。原理很简单，考虑展开式$(2)$是怎么得到的，我们需要在乘积式$(1)$中的每一乘积项选取一项（$1$或$x^m$）相乘，例如$x^3$可以这么选$$(1+x^1)(1+x^2)(1+x^3)\cdots (1+x^{2001000})$$也可以这么选$$(1+x^1)(1+x^2)(1+x^3)\cdots (1+x^{2001000})$$共两种选法，故展开式$(2)$中$x^3$项的系数为$2$。这两种选法对应集合$S$的两个子集 { 1 , 2 } \{1,2\} { 1,2}和 { 3 } \{3\} { 3}，其中集合的元素是$x$的指数，这两个集合的和都是$3$，故$S$有两个子集的和是$3$。

问题在于，我们不可能硬算展开式，那么如何求得$x^{5k}(k\in \mathbb{N})$项的系数之和呢？考虑引入$5$次单位根$\omega =e^{\frac{2\pi i}{5}}=\cos \frac{2\pi }{5}+i\sin \frac{2\pi }{5}$（原视频用的字母是$\zeta$，但国内一般习惯用$\omega$），则${\omega }^5=1$，${({\omega }^2)}^5$、${({\omega }^3)}^5$、${({\omega }^4)}^5$也等于$1$。单位根还有一个非常好的性质，设$s$为整数，考虑和${({\omega }^0)}^s+{({\omega }^1)}^s+{({\omega }^2)}^s+{({\omega }^0)}^s+{({\omega }^4)}^s$，当$s$是$5$的倍数时，每一项都是$1$，此和显然为$5$；当$s$不是$5$的倍数时，$$\begin{array}{rl}{({\omega }^0)}^s+{({\omega }^1)}^s+{({\omega }^2)}^s+{({\omega }^0)}^s+{({\omega }^4)}^s& ={({\omega }^0)}^s\frac{1-{({\omega }^s)}^5}{1-{\omega }^s}\\ & =\frac{1-1}{1-\omega }\\ & =0\end{array}$$所以说，${({\omega }^0)}^s+{({\omega }^1)}^s+{({\omega }^2)}^s+{({\omega }^0)}^s+{({\omega }^4)}^s=\{\begin{array}{ll}0,& s\text{不是}5\text{的倍数}\\ 5,& s\text{是}5\text{的倍数}\end{array}$。
现在我们将$f(x)$表示成$$f(x)=c_0+c_1{x}^1+c_2{x}^2+c_3{x}^3+\cdots +c_{2001000}{x}^{2001000}$$其中$c_k$是$x^k$项的系数。将${\omega }^0,{\omega }^1,{\omega }^2,{\omega }^3,{\omega }^4$代入$f(x)$得$$\begin{array}{rl}f({\omega }^0)& =c_0+c_1{({\omega }^0)}^1+c_2{({\omega }^0)}^2+c_3{({\omega }^0)}^3+c_4{({\omega }^0)}^4+c_5{({\omega }^0)}^5+\cdots +c_{2001000}{({\omega }^0)}^{2001000}\\ f({\omega }^1)& =c_0+c_1{({\omega }^1)}^1+c_2{({\omega }^1)}^2+c_3{({\omega }^1)}^3+c_4{({\omega }^1)}^4+c_5{({\omega }^1)}^5+\cdots +c_{2001000}{({\omega }^1)}^{2001000}\\ f({\omega }^2)& =c_0+c_1{({\omega }^2)}^1+c_2{({\omega }^2)}^2+c_3{({\omega }^2)}^3+c_4{({\omega }^2)}^4+c_5{({\omega }^2)}^5+\cdots +c_{2001000}{({\omega }^2)}^{2001000}\\ f({\omega }^3)& =c_0+c_1{({\omega }^3)}^1+c_2{({\omega }^3)}^2+c_3{({\omega }^3)}^3+c_4{({\omega }^3)}^4+c_5{({\omega }^3)}^5+\cdots +c_{2001000}{({\omega }^3)}^{2001000}\\ f({\omega }^4)& =c_0+c_1{({\omega }^4)}^1+c_2{({\omega }^4)}^2+c_3{({\omega }^4)}^3+c_4{({\omega }^4)}^4+c_5{({\omega }^4)}^5+\cdots +c_{2001000}{({\omega }^4)}^{2001000}\end{array}$$把它们加起来，注意到只有$x$的指数是$5$的倍数的项才能留下来，其余的都被消掉了，所以我们有$$\begin{array}{c}f({\omega }^0)+f({\omega }^1)+f({\omega }^2)+f({\omega }^3)+f({\omega }^4)=5(c_0+c_5+c_{10}+\cdots +c_{2001000})\end{array}$$所以说我们要求的就是$c_0+c_5+c_{10}+\cdots +c_{2001000}=\frac{f({\omega }^0)+f({\omega }^1)+f({\omega }^2)+f({\omega }^3)+f({\omega }^4)}{5}$。

显然，$f({\omega }_0)=f(1)=2^{2000}$。考虑$f({\omega }^1)=(1+\omega )(1+{\omega }^2)(1+{\omega }^3)(1+{\omega }^4)(1+{\omega }^5)(1+{\omega }^6)\cdots (1+{\omega }^{2000})$，而${\omega }^{5k+r}={\omega }^r$，所以它就是把橙色部分重复了$400$次，即$$f({\omega }^1)={\left[(1+\omega )(1+{\omega }^2)(1+{\omega }^3)(1+{\omega }^4)(1+{\omega }^5)\right]}^{400}$$问题是如何求出橙色部分的值。不要忘了，单位根之所以称为单位根，是因为${\omega }^0,{\omega }^1,{\omega }^2,{\omega }^3,{\omega }^4$是方程$x^5-1=0$在复数域上的$5$个根，因此根据因式定理有$$x^5-1=(x-{\omega }^0)(x-{\omega }^1)(x-{\omega }^2)(x-{\omega }^3)(x-{\omega }^4)$$将$x=-1$代入得$$-2=(-1-{\omega }^0)(-1-{\omega }^1)(-1-{\omega }^2)(-1-{\omega }^3)(-1-{\omega }^4)$$而右端恰好是橙色部分的相反数，因此橙色部分的值为$2$，$f({\omega }^1)=2^{400}$。

对于${\omega }^2,{\omega }^3,{\omega }^4$，我们这么思考：对于${\omega }^j(j=2,3,4)$，$({\omega }^j{)}^1,({\omega }^j{)}^2,({\omega }^j{)}^3,({\omega }^j{)}^4,({\omega }^j{)}^5$的$5$次方也都等于$1$（即${\left[({\omega }^j{)}^k\right]}^5=1$，$k=1,2,3,4,5$），所以$({\omega }^j{)}^1,({\omega }^j{)}^2,({\omega }^j{)}^3,({\omega }^j{)}^4,({\omega }^j{)}^5$也是方程$x^5-1=0$的五个根，事实上它们就是${\omega }^0,{\omega }^1,{\omega }^2,{\omega }^3,{\omega }^4$的另一种排列而已。因此相应于$f({\omega }^j)$的橙色部分的值也是$2$。因此，$$\begin{array}{rl}f({\omega }^0)& =2^{2000}\\ f({\omega }^1)& =f({\omega }^2)=f({\omega }^3)=2^{400}\end{array}$$故$c_0+c_5+c_{10}+\cdots +c_{2001000}=\frac{2^{2000}+4\times 2^{400}}{5}$，即$S$的和是$5$的倍数的子集的个数为$\frac{2^{2000}+4\times 2^{400}}{5}$。