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。

\(\blacksquare\)

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 \(M_1(1,3)=(1\to 2),(2\to 3),M_1(3,1)=(3\to 2),(2\to 1)\)。

\(n\ge 2\) 时，构造 \(M_n(1,3)=M_{n-1}(1,3),(1\to 2),M_{n-1}(3,1),(2\to 3),M_{n-1}(1,3)\)。

\(M_n(3,1)\) 同理。

\(\blacksquare\)

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

\(\blacksquare\)​

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。

\(\blacksquare\)

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。

\(\blacksquare\)

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 \(\dbinom{n-1}{2}\)。

\(\blacksquare\)

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。

\(\blacksquare\)

1.8[1]

解递归式：

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

假设 \(\forall n\ge 0,Q_n\neq 0\)。提示：\(Q_4=(1+\alpha)/\beta\)。

Solution

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

因此以五为周期。

\(\blacksquare\)

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：\(P(n)\to P(n-1)\)。
b. 求证：\(P(n),P(2)\to P(2n)\)。
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 \((x_1\dots x_n),(x_{n+1} \dots x_{2n})\) 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 \(\forall k\ge n\)，\(P(n)\) 假。

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

\(\blacksquare\)

1.10[1]

Hanoi 问题，限制移动顺时针，设 \(1\to 3\) 为 \(Q_n\)，\(3\to 1\) 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 \(3\to 1\) 和 \(1\to 2\)，\(2\to 3\) 等价为 \(R_n\)，然后对 \(n\) 用归纳即可。

\(\blacksquare\)

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：\(M_n(1,3):M_{n-1}(1,3),1\to2,1\to2,M_{n-1}(3,1),2\to3,2\to3,M_{n-1}(1,3)\)，\(M_n(3,1)\) 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。

\(\blacksquare\)

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

\(A(m_1\dots m_n)=2A(m_1\dots m_{n-1})+m_n\)，所以

\[A(m_1\dots m_n)=(m_1\dots m_n)_2=\sum_{i=1}^{n}m_i2^{n-i} \]

\(\blacksquare\)

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 \(S_n=\dfrac{9}{2}n^2-\dfrac{7}{2}n+1\)。

\(\blacksquare\)

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 \(P_5=26\)。

\(\blacksquare\)

1.15[1.5]

求倒数第二个幸存者的号码 \(I(n)\)。

Solution

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

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

\(\blacksquare\)

1.16[1]

求解递归式：\(g(1)=\alpha,g(2n+j)=3g(n)+\gamma n+\beta_j,j=0,1,n\ge 1\)

Solution

构造 \(h(n)=g(n)+\gamma n\)。

\[\begin{cases} h(1)&=\alpha+\gamma\\ h(2n)&=g(2n)+2\gamma n=3g(n)+3\gamma n+\beta_0=3h(n)+\beta_0\\ h(2n+1)&=3h(n)+\beta_1 \end{cases} \]

设 \(n=(1b_{m-1}\dots b_1b_0)_2\)，可得

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

所以

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

\(\blacksquare\)

1.17[1]

Hanoi \(3\to 4\)，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。

\(\blacksquare\)

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。

\(\blacksquare\)

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

\(n\ge 6\) 时不行。

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

因此至多取出五组，\(n>5\) 不行。

\(\blacksquare\)

1.20[3]

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

Solution

设 \(h'(n)=h(n)+an^2+bn\)，希望

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

可得

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

所以

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

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

\[\begin{cases} h'(1)=\alpha+\frac{\gamma_1-3\gamma_0}{4}\\ h'(2n)=4h'(n)+\beta_0\\ h'(2n+1)=4h'(n)+\beta_1 \end{cases} \]

设 \(n=(1b_{m-1}b_{m-2}\dots b_0)_2\)，可得：

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

所以

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

\(\blacksquare\)

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。

\(\blacksquare\)

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，\(\exists p\in [\frac{n}{2},n]\)，\(p\) 质，所以 \((p,L/p)=1\)。

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

取

\[\begin{cases} q\equiv 1\pmod{L/p}\\ q\equiv j-n+1\pmod p \end{cases} \]

即可，由中国剩余定理，这样的 \(q\) 存在。

\(\blacksquare\)

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：\(X_n=2i\sin \pi r+1/X_{n-1}\)，其中 \(r\in \mathbb Q,0\le r<\frac{1}{2}\)。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

\[T^{(k)}\left(\binom{n+1}{k}\right)\le 2T^{(k)}\left(\binom{n}{k}\right)+T^{(k-1)}\left(\binom{n}{k-1}\right) \]

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 \(T^{(k)}\left(\dbinom{n}{k}\right)\) 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 \(n\le 12\) 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 \(n\equiv 0\pmod 3,n\ge 9\) 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 \(\{3,4,5,6,8,10,11,12,13\}\)。