（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$\sum ^n_{i=1} i^k$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$\sum ^n_{i=1} i = n(n+1)/2$。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$(i+1)^2=i^2+2i+1$可知，$i=((i+1)^2-i^2-1)/2$。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，$\sum ^n_{i=1} i = ((n+1)^2-1)/2-n/2=n(n+1)/2$。对于$k=2$，因为$(i+1)^3=i^3+3i^2+3i+1$，所以$i^2=((i+1)^3-i^3-3i-1)/3$。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），$i^k$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$\sum ^{\infty}_{i=1} i^{-s} =\sum ^{\infty}_{i=1} \frac{1}{i^{s}} $，这就是著名的$\zeta$函数，这两天吵得火热的黎曼猜想就与此有关。黎曼认为，$\zeta$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$|a_{ij}|$（$n\times n$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)\times (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，$a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}$，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，$a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{22}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{31}a_{22}a_{13}-a_{32}a_{23}a_{11}-a_{33}a_{21}a_{12}$。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$3\times 5$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$k\times (n-k)$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$n^3$次的运算。与$(n+1)!$相比，$n^3$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$x=e^{\ln x}$，就可以把$n!$这样的乘积转化为求和运算。$n!=e^{\ln n!}=e^{\sum ^n_{i=1} \ln i} $，指数上的部分是个求和，$\sum ^n_{i=1} \ln i $，这个求和可以用积分来近似，$\sum ^n_{i=1} \ln i \approx \int ^n _1 \ln x \ dx $。利用分部积分法，$ \int ^n _1 \ln x \ dx =x\ln x - \int x d(lnx) = x(\ln x -1)$，就可以得到 $\sum ^n_{i=1} \ln i \approx n(\ln n -1) $，也就是说，$n!\approx (\frac{n}{e})^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$xy \leq (x+y)^2/4$，可以知道$n!$ 大约是$ (\frac{n+1}{2})^{n+1}$（大部分数还是靠近$n/2$的），跟前面的估计值$n!\approx (\frac{n}{e})^n$相差不大。

重新做求和$\sum ^n_{i=1} \ln i $。把每一项$\ln i$替换为$\ln i=i \ln i - (i-1)\ln i $，带入求和式并重新安置各项就得到，$\sum ^n_{i=1} \ln i = i \ln i -\sum _i (i-1) [\ln i -\ln (i-1)] $。因为$\ln i -\ln (i-1)= \ln [i/(i-1)]= \ln [1+ 1/(i-1)] \approx 1/(i-1) $，代回原式就再次得到$\sum ^n_{i=1} \ln i \approx n(\ln n -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！

PS：

2018年9月，Michael Atiyah声称自己解决了黎曼猜想，以及物理学里的精细结构常数（~1/137）的问题。

THE RIEMANN HYPOTHESIS Atiyah.pdf

2018-The_Fine_Structure_Constant.pdf