【漢語音韻學筆記】通押韻次的數學期望與韻離合指數

02-12

在介紹韻離合指數之前，我們先考慮一個最基礎的組合學問題：

今有黑球 m 個，均可分辨（即可以編號為「黑球 0 號」至「黑球 (m-1) 號」，白球 n 個。我們要從中取出 l 組「球對」，每個「球對」中包含兩個小球。

「球對」內部兩個球之間的順序、「球對」之間的順序都不重要，比如以下三行都描述了同一種情況：

（「黑球 0 號」「黑球 1 號」）（「黑球 2 號」「白球0號」）

（「黑球 1 號」「黑球 0 號」）（「黑球 2 號」「白球0號」）

（「黑球 2 號」「白球0號」）（「黑球 0 號」「黑球 1 號」）

但以下兩行描述了不同情況：

（「黑球 0 號」「黑球 1 號」）（「黑球 2 號」「白球0號」）

（「黑球 2 號」「黑球 1 號」）（「黑球 0 號」「白球0號」）

我們想分析一下一共有多少種情況，使得這 l 組「球對」中恰好有 k 組「一黑一白」，s組「兩黑」（顯然「兩白」的對數是 (l-k-s)）。

由於「球對」之間的順序不重要，我們可以先後取出所有「一黑一白」「兩黑」與「兩白」。容易驗證這既不會算重也不會算漏。

第〇步，取出 k 組「一黑一白」：

先從 m 個黑球中取出 k 個黑球，取法有這麼多種（這是一個簡單的組合學問題）：

$frac{m!}{k!(m-k)!}$

再從 n 個白球中取出 k 個白球，取法有這麼多種：

$frac{n!}{k!(n-k)!}$

把這 k 個黑球與 k 個白球相互配對，配法有這麼多種：

$k!$

乘起來就是從 m 個黑球、n 個白球中取出k組「一黑一白」球對的取法數目：

$frac{m!n!}{k!(m-k)!(n-k)!}$

第一步，取出 s 組「兩黑」。現在還剩 (m-k) 個黑球。

假如這 s 組是可分辨的，取法應有這麼多種（這依舊是一個簡單的組合學問題）：

$frac{(m-k)!}{(2!)^{s}(m-k-2s)!}$

然而實際上這 s 組不可分辨，所以還要除掉一個階乘：

$frac{(m-k)!}{2^{s}·s!(m-k-2s)!}$

第二步，取出 (l-k-s) 組「兩白」。同理，取法有這麼多種：

$frac{(n-k)!}{2^{l-k-s}(l-k-s)!(n-2l+k+2s)!}$

第三步，全部乘起來就是我們想要的結果：

$g(k,s)=m!n!·frac{1}{2^{l-k}·k!s!(l-k-s)!(m-k-2s)!(n-2l+k+2s)!}$

另一方面，從 (m+n) 個可分辨的球中取出 l 組「球對」的方法總計有這麼多種；

$frac{(m+n)!}{2^{l}·l!(m+n-2l)!}$

而這理應等於「我們想要的結果」對所有可能的 k 與 s 求和。容易驗證所謂「所有可能的 k 與 s」就是指那些保證階乘的宗量非負的所有 k 與 s。因此：

$frac{(m+n)!}{2^{l}·l!(m+n-2l)!}=m!n!sum_{k,s}frac{1}{2^{l-k}·k!s!(l-k-s)!(m-k-2s)!(n-2l+k+2s)!}$

或者更順手一些：

$frac{(m+n)!}{m!n!l!(m+n-2l)!}=sum_{k,s}frac{2^{k}}{k!s!(l-k-s)!(m-k-2s)!(n-2l+k+2s)!}$

這是一個恆等式。

現在進入正題。對於韻譜中的兩類音節 A 與 B，我們想給出一個定量的「指數」來描述 A 與 B 的通押程度。

為了行文方便，我們設除了 A 與 B 以外的所有音節都算 C 類，並僅考慮韻文中相鄰韻腳的押韻關係，也就是「韻次」。更進一步地，為了簡化計算，我們假設所有韻次之間統計獨立。

設 AA、AB、BA、BB 這四種韻次的出現概率之和為 p，AC、CA、BC、CB 這四種韻次的出現概率之和為 q。顯然 CC 這種韻次的出現概率為 (1-p-q)。

在 A 與 B 中，設 A 出現的概率（與「A 或 B」出現的概率之比）為 a，B 出現的概率為 b。顯然二者之和為 1。

假如 A 與 B 在押韻方面沒有任何區別（通俗但不嚴謹地說就是自由通押），應有：

● AA 出現的概率為 a2p；

● AB、BA 出現的概率各為 abp；

● BB 出現的概率為 b2p；

● AC、CA 出現的概率各為 aq；

● BC、CB 出現的概率各為 bq；

● CC 出現的概率為 (1-p-q)。

由於之前我們已經假設所有韻次之間統計獨立，我們可以很快計算出某個「韻次序列」出現的概率。例如，韻次序列序列「AA AB CA BB AA CC」出現的概率為：

$a^{2}p·abp·aq·b^{2}p·a^{2}p·(1-p-q)=a^{6}b^{3}p^{4}q(1-p-q)$

更普遍的表達式為：

$a^{M}b^{N}p^{L}q^{M+N-2L}(1-p-q)^{T-M-N+L}$

式中 T 為該韻次序列中韻次的總數，M 為 A 出現的次數，N 為 B 出現的次數，L 為 AA、AB、BA、BB 這四種韻次的出現次數之和。

由此可見，所有 T、M、N、L 分別相同的韻次序列等概率出現。

下面我們計算這些限定了 T、M、N、L 的韻次序列集合之中有多少這樣的韻次序列：它們恰好包含了 K 組 AB 或 BA，同時也恰好包含了 S 組 AA。容易計算，此時必有 (L-K-S) 組 BB，(M-K-2S) 組 AC 或 CA，(N-2L+K+2S) 組 BC 或 CB，與 (T-M-N+L) 組 CC。

第〇步，我們從這 T 個位置中選出 K 個填上 AB 或 BA。取法有這麼多種（這是一個簡單的組合學問題）：

$frac{T!}{K!(T-K)!}$

每個位置都可以填上 AB 或 BA，因此填法有這麼多種：

$2^{K}$

因此總計有這麼多種情況：

$frac{2^{K}}{K!(T-K)!}$

第一步，我們從剩下的 (T-K) 個位置中選出 S 個填上 AA，有這麼多種情況：

$frac{(T-K)!}{S!(T-K-S)!}$

第二步，我們從剩下的 (T-K-S) 個位置中選出 (L-K-S) 個填上 BB，有這麼多種情況：

$frac{(T-K-S)!}{(L-K-S)!(T-L)!}$

第三步，我們從剩下的 (T-L) 個位置中選出 (M-K-2S) 個填上 AC 或 CA，有這麼多種情況：

$frac{2^{M-K-2S}(T-L)!}{(M-K-2S)!(T-M-L+K+2S)!}$

第四步，我們從剩下的 (T-M-L+K+2S) 個位置中選出 (N-2L+K+2S) 個填上 BC 或 CB，有這麼多種情況：

$frac{2^{N-2L+K+2S}(T-M-L+K+2S)!}{(N-2L+K+2S)!(T-M-N+L)!}$

剩下的位置都填上 CC。

把上面五個表達式都乘起來就是我們想要的結果：

$G(K,S)=frac{2^{M+N-2L}·T!}{(T-M-N+L)!}·frac{2^{K}}{K!S!(L-K-S)!(M-K-2S)!(N-2L+K+2S)!}$

利用類比，或者利用之前的那條恆等式，我們可以計算出總情況數：

$sum_{K,S}G(K,S)=frac{2^{M+N-2L}·T!}{(T-M-N+L)!}·frac{(M+N)!}{M!N!L!(M+N-2L)!}$

為了得出理論上的期望，我們還需要計算 K 的一階原點矩。一階原點矩的分母就是上面那個表達式，下面計算分子即可：

$sum_{K,S}K·G(K,S)=frac{2^{M+N-2L}·T!}{(T-M-N+L)!}·E_{1}$

式中：

$E_{1}=sum_{K,S}frac{K·2^{K}}{K!S!(L-K-S)!(M-K-2S)!(N-2L+K+2S)!}$

注意到 K 可能為 0，但那些項顯然都是 0，對求和沒有貢獻。我們可以從 K=1 開始求和，上下約分可得：

$E_{1}=sum_{K,S}frac{K·2^{K}}{(K-1)!S!(L-K-S)!(M-K-2S)!(N-2L+K+2S)!}$

令 m=M-1，n=N-1，l=L-1，k=K-1，s=S，可得（K=1就是k=0）：

$E_{1}=sum_{k,s}frac{2^{k+1}}{k!s!(l-k-s)!(m-k-2s)!(n-2l+k+2s)!}$

把分子上的一個 2 拿到求和號外面去，利用之前的那條恆等式可得：

$E_{1}=2·frac{(m+n)!}{m!n!l!(m+n-2l)!}=frac{2(M+N-2)!}{(M-1)!(N-1)!(L-1)!(M+N-2L)!}$

也就是說：

$sum_{K,S}K·G(K,S)=frac{2^{M+N-2L}·T!}{(T-M-N+L)!}·frac{2(M+N-2)!}{(M-1)!(N-1)!(L-1)!(M+N-2L)!}$

因此一階原點矩，也就是 K 的期望為：

${ m E}(K)=frac{sum_{K,S}K·G(K,S)}{sum_{K,S}G(K,S)}=frac{frac{2(M+N-2)!}{(M-1)!(N-1)!(L-1)!(M+N-2L)!}}{frac{(M+N)!}{M!N!L!(M+N-2L)!}}=frac{2MNL}{(M+N)(M+N-1)}$