（武帝）用主父偃谋，令诸侯以私恩裂地，分其子弟，而汉为定制封号，辙别属汉郡。汉有厚恩，而诸侯地稍自分析弱小云。
分治法是常用的解题方法。把一个比较难的大问题分解为几个比较简单的小问题，分而治之（divide and conquer），就不会有“老虎吞天，无从下口”的感觉了。计算机算法里常用的“递归法”也是一种分治法。
有限项∑ni=1ik的求和公式就可以用分治法得到。这里的n和k都是正整数。如果n=100和k=1，就是神童高斯的著名求和公式1+2+3+…+100=5050。对于一般性的n，如果k=1，则∑ni=1i=n(n+1)/2。求解的方法很简单，把第一项和最后一项相加，把第二项和倒数第二项相加，等等，都可以得到n+1，一共有n/2这样的组合。但是，这个方法不适合k>1的情况。k>1的情况可以用分治法来处理。重新考虑k=1的情况。
由(i+1)2=i2+2i+1可知，i=((i+1)2−i2−1)/2。除了一个常数项以外，i是由两项的差组成的。i+1也是如此，但是它的负号项和i的正号项正好抵消了。由此可知，∑ni=1i=((n+1)2−1)/2−n/2=n(n+1)/2。对于k=2，因为(i+1)3=i3+3i2+3i+1，所以i2=((i+1)3−i3−3i−1)/3。三次方的项是一正一负，所以求和的结果是((n+1)3−1)/3，而一次方和常数项求和的结果都是已知的，直接带入就可以了。这个方法可以推广到任意的k，因为(i+1)k+1可以用牛顿二项式展开（杨辉三角），ik可以表示为两个k+1次方的差，以及k−1次方和更低阶的幂。k+1次方的差的n项求和最后只包括两项，而k−1次方和更低阶的幂的求和公式是已经知道的了。
可以看出，这个方法跟数学归纳法非常相似。
顺便说一下，如果把n取为无穷大，而令k=−s（s可以取复数），上述求和就变成了∑∞i=1i−s=∑∞i=11is，这就是著名的ζ函数，这两天吵得火热的黎曼猜想就与此有关。黎曼认为，ζ函数的非平凡零点的实部都等于1/2。这个猜想困扰了数学界接近160年了，阿提亚（M. Atiyah）声称自己证明了这个猜想。
行列式的计算也可以采用分治法（递归法）。
n阶行列式|aij|（n×n个数排成了n行、n列）的数值由n!个项的和构成，每一项包含由n个乘积构成，乘积的每个引自来自于n行列式的不同行和不同列（所以有n!
种不同的排列方式），乘积前面还有个正负号（决定于排列的奇偶性）。
计算n阶行列式，可以先随便选定一行元素，每个元素乘以它的子行列式（删除该元素所在行和所在列后剩下来的n−1阶行列式，(n−1)×(n−1)），再由该元素位置决定正负号，然后把n个这样的项加起来就可以了。所以，n阶行列式就约化为n个n−1阶行列式的求和了。
一阶行列式只有一个数，该行列式的数值就是这个数。二阶行列式有4个数，行列式的数值由2项构成，a11a22−a21a12，也就是说，左上到右下的连线减去左下到右上的连线。三阶行列式有9个数，行列式的数值由6项构成，a11a22a33+a12a22a31+a13a21a32−a31a22a13−a32a23a11−a33a21a12。一个简单的记忆方法是，把三阶行列式左边的两列复制到行列式的右边，这样就得到一个3×5的矩阵，这个矩阵有3条从左上到右下的斜线和3条从左下到右上的斜线，用前3条斜线减去后3条斜线，就可以了。
4阶以上的行列式没有简单的算法，但是原则上可以用递归法求解。
之所以说是原则上，因为没有人真的用这种方法求行列式的值。这种方法需要求n!
个项的和，而每个项又有n个数相乘，总计(n+1)!
次运算，这样会累死人的。肯定要采用其他更加有效的方法。
如果行列式碰巧有一行（或一列）的元素都等于零，那么你就走运了：这个行列式的值就等于零，因为n!
项的每一个都包含这一行的元素。如果有一行里只有一个元素不为零，那么你选中这个元素，n阶行列式的计算就简化为n−1阶行列式了。如果你的运气好，每一行都只有一个元素为零（而且不同列），那么你把乘起来就可以了。这就是对角行列式（需要适当地重新安置各行和各列），如果对角行列式的所有对角元素为1，就是单位矩阵。
如果你观察到一个k×(n−k)的小矩阵里的元素都是零，就可以把原来的行列式拆分为k阶行列式和n−k阶行列式的乘积。如果你运气好，你可能发现行列式的左下方（或右上方，除了对角线）的元素都是零，这就是所谓的下三角行列式，其数值就是对角线元素的乘积。
一般来说，你没有这么好的运气。这时候，你就要创造条件自己上了——高斯消元法就是干这个的。行列式的目的是什么？为什么要采用上述的方式来定义行列式？其实，行列式就是用来求解n个变量的n阶线性线性方程组的。每个线性方程组是一个限制条件，n个变量需要n个限制条件才能唯一求解。限定条件多于n个，就是“超定”方程组，不一定有解，婆婆太多、束手束脚；限定条件少于n个，就是“欠定”方程组，有太多的解，山高皇帝远、无法无天。但是，如何确定n
个限定条件确实是独立的呢？这就要计算系数行列式的数值，等于零就不是独立的，否则就是独立的。自己求解一遍二阶和三阶的线性方程组，就会明白的。
某个限定条件乘以一个常数，显然不会改变自己的独立性，所以行列式的某行上的公因子可以提取出来。某个限定条件与另一个限定条件相加，并不会改变后者的独立性，所以行列式的一行加上另一行，并不会改变行列式的数值。行列式如果有两行一模一样，这个行列式一定等于零，因为交换两行以后，行列式应该变符号，但还是原来的行列式，所以只能等于零了。
利用这几个性质，就可以一行行地处理，使得一般性的行列式变为下三角行列式，然后就容易计算了。可以知道，这种过程只需要进行大约n3
次的运算。与(n+1)!相比，n3真的是太平易近人了。
那么，n!到底有多大呢？我们知道，2!=2，3!=6，4!=24，5!=120，6!=720，再往后算就有些累了。我们能不能简单地估计一下n!呢？
注意到x=elnx，就可以把n!这样的乘积转化为求和运算。n!=elnn!=e∑ni=1lni，指数上的部分是个求和，∑ni=1lni，这个求和可以用积分来近似，∑ni=1lni≈∫n1lnx dx。利用分部积分法，∫n1lnx dx=xlnx−∫xd(lnx)=x(lnx−1)，就可以得到 ∑ni=1lni≈n(lnn−1)，也就是说，n!≈(ne)n。
现在，你也许会叫起了撞天屈：我们还没有学微积分呢，更别提什么分部积分法了！别着急，这种估计不用分部积分法也是可以的。
回到原始的问题，求n!。把第一项和最后一项乘起来，把第二项和倒数第二项乘起来，等等，根据xy≤(x+y)2/4，可以知道n! 大约是(n+12)n+1（大部分数还是靠近n/2的），跟前面的估计值n!≈(ne)n相差不大。
重新做求和∑ni=1lni。把每一项lni替换为lni=ilni−(i−1)lni，带入求和式并重新安置各项就得到，∑ni=1lni=ilni−∑i(i−1)[lni−ln(i−1)]。因为lni−ln(i−1)=ln[i/(i−1)]=ln[1+1/(i−1)]≈1/(i−1)，代回原式就再次得到∑ni=1lni≈n(lnn−1)。
你看，其实并不难的，每一步你都会的——唯一能吓住你的是你自己。只要你在战略上藐视敌人，在战术上重视敌人，想办法把一个看起来可怕的大问题分解为若干个可以处理的小问题，你就能够解决它的。请记住：在这个世界上，读书和考试是最简单的事情。任何一道题出现在考卷上，你一定能够在五分钟里做出来的。如果做不出来，肯定是自己想错了，换个思路就是了。试题出现在考卷上这件事本身就是一个巨大的提示：
一切考试题都是纸老虎！
评论 (0)