具体数学第一章练习

1.1[0]

对 (n) 归纳证明：(forall S,|S|=n)，(S) 中的马的颜色相同。(n=1) 成立。归纳假设 (n) 成立，(n+1) 时，考虑新加入的一只马，它和其他 (n-1) 个马的颜色相同，因此 (n+1) 时结论成立。问：此推理的问题在哪里？

Solution

(n=2) 时不成立，你找不到其他的马。

(lacksquare)

1.2[1]

Hanoi 问题，从 A 移到 B，限定不能直接从 A 往 B 移，求最短操作序列。

Solution

设 (M_n(i,j))​​ 表示由 (i)​ 移到 (j) 的方案，且 ({i,j}={1,3})。

取 (M_1(1,3)=(1 o 2),(2 o 3),M_1(3,1)=(3 o 2),(2 o 1))。

(nge 2) 时，构造 (M_n(1,3)=M_{n-1}(1,3),(1 o 2),M_{n-1}(3,1),(2 o 3),M_{n-1}(1,3))。

(M_n(3,1)) 同理。

(lacksquare)

1.3[1]

求证：在上题限定条件下，可以在三个柱子上都遇到 (n) 个圆盘的一种正确的叠放。

Solution

对 (n) 归纳，考虑 最后一次的 (n+1:1 o 2)，下一次移动 (n+1) 必然是 (n+1:2 o 3)，根据归纳假设在此期间存在符合要求的时刻。

(lacksquare)​

1.4[1]

是否存在 (n) 个圆盘在 (3) 个柱子上的某种开始或结束摆放，使得按照原来规则，需要多于 (2^n-1) 次移动？

Solution

否。同样对 (n) 归纳可得，唯一与一般归纳不同之处在于讨论 (n) 原本就在 (3) 上，而这种情形是显然的。

(lacksquare)

1.5[1]

用四个圆是否可以表示四阶维恩图？

Solution

考虑第四个圆，其必须经过圆 A 由圆 B、C 分出的 (4) 部分的每一部分，这不可能。

(lacksquare)

1.6[1]

(n) 条直线至多围成多少个有界区域？

Solution

对 (n) 归纳易得答案为 (dbinom{n-1}{2})。

(lacksquare)

1.7[0]

(H(n)=J(n+1)-J(n))，由于 (H(2n)=2,H(2n+1)=2H(n)-2)，是否可以通过对 (n) 归纳证明 (forall n,H(n)=2)？

Solution

因为 (H(1)=0)，所以奠基有问题。

(lacksquare)

1.8[1]

解递归式：

[Q_0=alpha;Q_1=eta;Q_n=(1+Q_{n-1})/Q_{n-2},n>1. ]

假设 (forall nge 0,Q_n eq 0)。提示：(Q_4=(1+alpha)/eta)。

Solution

[Q_1=alpha,Q_2=eta,Q_3=frac{1+eta}{alpha},Q_4=frac{1+alpha+eta}{alphaeta},Q_5=frac{alpha+1}{eta},Q_6=alpha,Q_7=eta ]

因此以五为周期。

(lacksquare)

1.9[1,1,0]

试用反向归纳求证均值不等式。已知 (P(2)) 为真命题。
a. 求证：(P(n) o P(n-1))。
b. 求证：(P(n),P(2) o P(2n))。
c.证明为什么这就说明 (forall n)，(P(n)) 为真。

Solution

a. 取 (x_n=dfrac{x_1+dots+x_{n-1}}{n-1}) 成立。

b. 对 (dfrac{x_1+dots+x_{n}}{n},dfrac{x_{n+1}+dots+x_{2n}}{n}) 应用 (P(2))，对 ((x_1dots x_n),(x_{n+1} dots x_{2n})) 分别应用 (P(n))，可知 (P(2n)) 成立。

c. 反证，如 (exists n)，(P(n)) 假，设 (n) 是最小的，则 (n>1)。

由 a 逆否可知 (forall kge n)，(P(n)) 假。

而 (P(n-1)) 真，由 b 可得 (P(2n-2)) 真，可得 (2n-2<n)，矛盾！

(lacksquare)

1.10[1]

Hanoi 问题，限制移动顺时针，设 (1 o 3) 为 (Q_n)，(3 o 1) 为 (R_n)。
证明：(Q_n=2R_{n-1}+1,R_n=Q_n+Q_{n-1}+1,n>0)。

Solution

注意到 (3 o 1) 和 (1 o 2)，(2 o 3) 等价为 (R_n)，然后对 (n) 用归纳即可。

(lacksquare)

1.11[0,2]

双重 Hanoi 塔问题。a 要求相同尺寸圆盘不可区分，b 要求必须恢复原来的次序。

Solution

a. 显然等价于翻倍的单塔，答案是 (2^{n+1}-2)。

b. 构造：(M_n(1,3):M_{n-1}(1,3),1 o2,1 o2,M_{n-1}(3,1),2 o3,2 o3,M_{n-1}(1,3))，(M_n(3,1)) 同理。

对 (n) 归纳即可证明最优，和 1.3 较为类似，但是存在一定分类讨论，此处略去。

(lacksquare)

1.12[0.5]

推广 1.11a，改为大小为 (i) 的有 (m_i) 个，且 (m_i>0,forall i)。

Solution

(A(m_1dots m_n)=2A(m_1dots m_{n-1})+m_n)，所以

[A(m_1dots m_n)=(m_1dots m_n)_2=sum_{i=1}^{n}m_i2^{n-i} ]

(lacksquare)

1.13[1]

求由 (n) 条 Z 形线定义的最大区域个数。

Solution

两条 Z 线可以有 (9) 个交点，因此 (S_n=S_{n-1}+9(n-1)+1)，可得 (S_n=dfrac{9}{2}n^2-dfrac{7}{2}n+1)。

(lacksquare)

1.14[0]

设 (P_n) 表示在一块厚奶酪上划出 (n) 道直的切痕所得到的奶酪数，求 (P_5)，以及写出一个递归关系。

Solution

同理前文可推出

[P_n=P_{n-1}+L_{n-1}=P_{n-1}+1+dbinom{n}{2} ]

所以 (P_5=26)。

(lacksquare)

1.15[1.5]

求倒数第二个幸存者的号码 (I(n))。

Solution

[egin{cases} I(1)=0,I(2)=2\ I(2n+1)=2I(n)+1\ I(2n)=2I(n)-1 end{cases} ]

所以设 (2^m+2^{m-1}le n<2^{m+1}+2^m)，且 (k=n-2^m-2^{m-1})，则 (I(n)=2k+1)。

(lacksquare)

1.16[1]

求解递归式：(g(1)=alpha,g(2n+j)=3g(n)+gamma n+eta_j,j=0,1,nge 1)

Solution

构造 (h(n)=g(n)+gamma n)。

[egin{cases} h(1)&=alpha+gamma\ h(2n)&=g(2n)+2gamma n=3g(n)+3gamma n+eta_0=3h(n)+eta_0\ h(2n+1)&=3h(n)+eta_1 end{cases} ]

设 (n=(1b_{m-1}dots b_1b_0)_2)，可得

[h(n)=sum_{i=0}^{m-1}3^ieta_{b_i}+3^m imes(alpha+gamma) ]

所以

[g(n)=sum_{i=0}^{m-1}3^ieta_{b_i}+3^m imes(alpha+gamma)+gamma n ]

(lacksquare)

1.17[1]

Hanoi (3 o 4)，证明：(W_{n(n+1)/2}le W_{n(n-1)/2}+T_n)，并给出 (f(n)) 的一个封闭形式，使得 (forall n,W_{n(n+1)/2}le f(n))。

Solution

(M'_n(1,4)=M'_{n-1}(1,2),M_n(1,4,3),M'_{n-1}(2,4))。

取 (f(n)=2f(n-1)+2^n-1=sum_{i=1}^{n}(2^i-1)2^{n-i}=n2^n-(2^n-1)=(n-1)2^n+1) 即可。

(lacksquare)

1.18[3]

证明如下一组折线定义 (Z_n) 个区域：第 (j) 条折线的锯齿点在 ((n^{2j},0))，并向上经过点 ((n^{2j}-n^{j},1)) 和 ((n^{2j}-n^j-n^{-n},0))。

Solution

(n=1) 成立，考虑 (n>1)。

只需证：((n^{2j},0)) 和 ((n^{2k},0)) 引出四条直线，恰好可以产生四个交点，且所有这些交点两两不同。

设两条直线分别过 ((x_j,0),(x_j-a_j,1)) 和 ((x_k,0),(x_k-a_k,1))，则解析式分别为 (x=-a_jy+x_j,x=-a_ky+x_k)。

联立可得交点为

[(frac{x_ja_k-x_ka_j}{a_k-a_j},frac{x_k-x_j}{a_k-a_j}) ]

代入 (x_j=n^{2j},x_k=n^{2k},a_j=n^j+(n^{-n}/0),a_k=n^k+(n^{-n}/0))。

所以 (y) 坐标为：

[dfrac{n^{2k}-n^{2j}}{n^k-n^j+(0/pm n^{-n})}in (n^{k}+n^j-1,n^k+n^j+1) ]

因此交点坐标可以唯一确定 (j,k)，由此确定是哪两条直线交出来的。

(lacksquare)

1.19[1]

如果每个锯齿的角度都是 (30°)，有可能由 (n) 条折线得到 (Z_n) 个区域吗？

Solution

(nge 6) 时不行。

设一个折线的角度为 ( heta, heta+30°)，另一个为 (varphi,varphi+30°)，则可得 (|varphi- heta|in [30°,150°])，否则无法得到四个交点。

因此至多取出五组，(n>5) 不行。

(lacksquare)

1.20[3]

(h(1)=alpha,h(2n+j)=4h(n)+gamma_jn+eta_j)，求解 (h(n))。

Solution

设 (h'(n)=h(n)+an^2+bn)，希望

[egin{cases} h(2n)+4an^2+2bn&=4h(n)+4an^2+4bn+gamma_1n\ h(2n+1)+4an^2+(4a+2b)n&=4h(n)+4an^2+4bn+gamma_2n end{cases} ]

可得

[egin{cases} 2b&=4b+gamma_0\ 4a+2b&=4b+gamma_1 end{cases} ]

所以

[egin{cases} a=frac{gamma_1-gamma_0}{4}\ b=-frac{gamma_0}{2} end{cases} ]

所以 (h'(n)=h(n)+frac{gamma_1-gamma_0}{4}n^2-frac{gamma_0}{2}n)，代入：

[egin{cases} h'(1)=alpha+frac{gamma_1-3gamma_0}{4}\ h'(2n)=4h'(n)+eta_0\ h'(2n+1)=4h'(n)+eta_1 end{cases} ]

设 (n=(1b_{m-1}b_{m-2}dots b_0)_2)，可得：

[h'(n)=(alpha+frac{gamma_1-3gamma_0}{4}) imes 4^m+sum_{i=0}^{m-1}4^ieta_{b_i} ]

所以

[h(n)=(alpha+frac{gamma_1-3gamma_0}{4})4^m+sum_{i=0}^{m-1}4^ieta_{b_i}+frac{gamma_0}{2}n-frac{gamma_1-gamma_0}{4}n^2 ]

(lacksquare)

1.21[1]

Joseph 游戏，证明存在 (q)，使得先处死后 (n) 个人。

Solution

取 (q=[n+1,n+2,dots,2n]) 即可。

(lacksquare)

1.22[?]

对 (n) 个给定集合的所有 (2^n) 个可能的子集，利用 (n) 个相互全等且绕一公共中心旋转的凸多边形，有可能构造出一个韦恩图。

Solution

有能理解书后答案的请联系作者并给出解释。

1.23[4]

Joseph 游戏，(j) 固定，可以选择 (q)，问是否一定可以保全自己。

Solution

设 (L=operatorname{lcm}(1,2,dots,n))。由 Betrand 假设，(exists pin [frac{n}{2},n])，(p) 质，所以 ((p,L/p)=1)。

不妨 (j>n/2)，取杀人顺序为 (1dots n-p,j+1dots p,n-p+1dots j-1)。

取

[egin{cases} qequiv 1pmod{L/p}\ qequiv j-n+1pmod p end{cases} ]

即可，由中国剩余定理，这样的 (q) 存在。

(lacksquare)

1.24[*]

求形如 (X_n=(1+a_1X_{n-1}+dots+a_kX_{n-k})/(b_1X_{n-1}+dots+b_kX_{n-k}))，使得任意初值均可构成周期。

Solution

仅知道的例子是：(X_n=2isin pi r+1/X_{n-1})，其中 (rin mathbb Q,0le r<frac{1}{2})。一个有趣的例子：(X_n=|X_{n-1}|-X_{n-2})。

1.25[*]

证明 1.17 里面等号成立。

Solution

设 (T^{(k)}(n)) 表示 (k) 个柱子，(n) 个圆盘所需最小移动次数，有

[T^{(k)}left(inom{n+1}{k} ight)le 2T^{(k)}left(inom{n}{k} ight)+T^{(k-1)}left(inom{n}{k-1} ight) ]

目前没有上述式子等号不成立的 ((n,k)) 构造。另外，在 (k<!!<n) 时，(2^{n+1-k}dbinom{n-1}{k-1}) 给出 (T^{(k)}left(dbinom{n}{k} ight)) 的一个合适的上界。

1.26[*]

推广 1.23，称 ({1,2,dots n}) 的一个约瑟夫子集为由 (k) 个数组成的集合，使得对于某个 (q)，另外 (n-k) 个号码的人会被首先清除掉。已知 (n=9) 时有 (3) 个非约瑟夫子集，分别是 ({1,2,5,8,9})、({2,3,4,5,8}) 和 ({2,5,6,7,8})。(n=12) 时，有 (13) 个非约瑟夫子集，而对 (nle 12) 的其他值，没有非约瑟夫子集。对于大的 (n)，非约瑟夫子集罕见吗？

Solution

Bjon Poonen 证明了，当 (nequiv 0pmod 3,nge 9) 时，存在 (k=4) 的非约瑟夫集合，且至少有 (varepsilon dbinom{n}{4}) 个，其中 (varepsilon) 是某个正的常数。另外，具有非约瑟夫集合的仅有的另一个 (n<24) 是 (n=20)，对 (k=14) 有 (236) 个这样的集合，而对 (k=13) 仅有 (2) 个。（一个是 ({1,2,3,4,5,6,7,8,11,14,15,16,17})，一个是他的反射）。对 (n=15,k=9)，有唯一的非约瑟夫集合，即 ({3,4,5,6,8,10,11,12,13})。