具体数学第二版第三章习题（3）

31 $\left \lfloor x \right \rfloor+\left \lfloor y \right \rfloor+\left \lfloor x+y \right \rfloor=\left \lfloor x+\left \lfloor y \right \rfloor \right \rfloor+\left \lfloor x+y \right \rfloor$

(1)$\left \lfloor y \right \rfloor\leq \frac{1}{2}\left \lfloor 2y \right \rfloor$，可以分别假设$y$是整数，$y$是小数且小数部分小于$0.5$以及小数部分大于等于$0.5$三种情况讨论，可以得到这个式子总是成立；

（2）$y\leq  \frac{1}{2}\left \lfloor 2y \right \rfloor+\frac{1}{2}$ 这个的证明也可以像上面一样分三种情况讨论

所以$\left \lfloor x+\left \lfloor y \right \rfloor \right \rfloor+\left \lfloor x+y \right \rfloor\leq \left \lfloor x+\frac{1}{2}\left \lfloor 2y \right \rfloor \right \rfloor+\left \lfloor x+\frac{1}{2}\left \lfloor 2y \right \rfloor+\frac{1}{2} \right \rfloor$

此时，令$p=\left \lfloor 2y \right \rfloor$。可以看出，不管$p$是奇数还是偶数，都有$\left \lfloor x+\frac{1}{2}\left \lfloor 2y \right \rfloor \right \rfloor+\left \lfloor x+\frac{1}{2}\left \lfloor 2y \right \rfloor+\frac{1}{2} \right \rfloor=\left \lfloor x \right \rfloor+\left \lfloor x+\frac{1}{2} \right \rfloor+\left \lfloor 2y \right \rfloor$

最后可以发现，同样将$x$像上面一样分三种情况讨论有$\left \lfloor x \right \rfloor+\left \lfloor x+\frac{1}{2} \right \rfloor=\left \lfloor 2x \right \rfloor$

32 设$f(x)=\sum _{k}2^{k}||\frac{x}{2^{k}}||^{2}$,那么有$f(x)=f(-x)$，所以只需要考虑$x\geq 0$ 的部分。

设$l(x)=\sum _{k\leq 0}2^{k}||\frac{x}{2^{k}}||^{2},r(x)=\sum _{k>0}2^{k}||\frac{x}{2^{k}}||^{2}$

对于$l(x)$来说，由于$\frac{1}{2^{k}}$是整数,所以$l(x+1)=l(x)$,由于$||x||\leq \frac{1}{2}$,所以$l(x)\leq \frac{1}{2}(\sum _{k\leq 0}2^{k})=1$

对于$r(x)$来说，假设$0 \leq x < 1$,$r(x)=\sum _{k>0}\frac{x^{2}}{2^{k}}=x^{2}$,$r(x+1)=\frac{(x-1)^{2}}{2}+\sum _{k>1}\frac{(x+1)^{2}}{2^{k}}=x^{2}+1=f(x)+1$

所以对于$0 \leq x < 1$,来说，有$f(x+1)=f(x)+1$.接下去可以证明(TODO)，对于所有的$n$都有$f(x+n)=f(x)+n$

下面考虑$x$是任意的非负数的情况。

首先有一个性质，$f(2x)=\sum _{k}2^{k}||\frac{2x}{2^{k}}||^{2}=2\sum _{k}2^{k-1}||\frac{x}{2^{k-1}}||^{2}=2f(x)$

所以$f(x)=2^{-m}f(2^{m}x)$.然后利用上面的性质$f(x+n)=f(x)+n$，有$f(x)=2^{-m}f(2^{m}x)=2^{-m}(\left \lfloor 2^{m}x \right \rfloor+f(\left \{ 2^{m}x \right \}))$

而$f(\left \{ 2^{m}x \right \})=l(\left \{ 2^{m}x \right \})+r(\left \{ 2^{m}x \right \})\leq 1+1=2$

所以$|f(x)-x|\leq |2^{-m}\left \lfloor 2^{m}x \right \rfloor-x|+2^{-m}*2=2^{-m}|\left \lfloor 2^{m}x \right \rfloor-2^{m}x|+2^{-m}*2\leq 2^{-m}*3$

这个式子对于所有的整数$m$成立，所以$f(x)=x$

33 (1)半径$r=n-\frac{1}{2}$不是整数，所以圆不会经过格点。圆内部有$2n-1$条横线以及$2n-1$条竖线，与每条线有两个交点，且与横线的交点，与竖线的交点交替出现，相邻两个交点之间都是一个正方形，所以有几个交点就有几个正方形，所以有$8n-4=8r$个；

（2）$f(n,k)=4\left \lfloor \sqrt{r^{2}-k^{2}} \right \rfloor$

34 (1)设$m=\left \lceil lg(n) \right \rceil$,$f(2^m)=\sum_{k=1}^{2^{m}}\left \lceil lg(k) \right \rceil=\sum_{k=1}^{m}k2^{k-1}=m2^{m}-2^{m}+1$

所以$f(n)=f(2^m)-(2^{m}-n)m=\left (m2^{m}-2^{m}+1  \right )-\left ( m2^{m}-nm \right )=mn-2^{m}+1$

(2) 如果 $n$是偶数，那么$\left \lceil lg(\frac{n}{2}) \right \rceil=\left \lceil lg(n)-1 \right \rceil=m-1\rightarrow n-1+2f(\frac{n}{2})=n-1+2(\frac{n}{2}(m-1)-2^{m-1}+1)=nm-2^{m}+1=f(n)$

如果$n$是奇数，设$n=2p+1$,$\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil=p+1,\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor=p$

$2^{m-1}<2p+1\leq 2^{m}$

$\rightarrow 2^{m-2}<p+1\leq 2^{m-1}$

$\rightarrow \left \lceil p+1 \right \rceil=m-1$

$\rightarrow f(p+1)=(p+1)(m-1)-2^{m-1}+1$

$2^{m-1}<2p+1\leq 2^{m}\rightarrow 2^{m-2}\leq p< 2^{m-1}$,所以$\left \lceil lg(p) \right \rceil=m-2$或者$\left \lceil lg(p) \right \rceil=m-1$

如果是前者，那么有$p=2^{m-2}$，所以$f(p=2^{m-2})=p(m-2)-2^{m-2}+1=p(m-1)-p-2^{m-2}+1=p(m-1)-2^{m-1}+1=f(p)(2^{m-2}<p<2^{m-1})$

可以看到两种情况结果一样

跟偶数的相加可以得到$n-1+f(p+1)+f(p)=n-1+\left ((p+1)(m-1)-2^{m-1}+1  \right )+\left (p(m-1)-2^{m-1}+1  \right )=n-1+(2p+1)(m-1)-2^{m}+2=nm-2^{m}+1=f(n)$

35 首先，将$e$进行泰勒展开，$e=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+...$

带入式子中得到$(n+1)^{2}n!e=\left ( \frac{(n+1)^{2}n!}{0!}+\frac{(n+1)^{2}n!}{1!}+ ...+\frac{(n+1)^{2}n!}{(n-1)!}\right )+(n+1)^{2}+(n+1)+\left ( \frac{(n+1)^{2}n!}{(n+2)!}+\frac{(n+1)^{2}n!}{(n+3)!}+\frac{(n+1)^{2}n!}{(n+4)!}+... \right )$

其中$ \frac{(n+1)^{2}n!}{(n+2)!}+\frac{(n+1)^{2}n!}{(n+3)!}+\frac{(n+1)^{2}n!}{(n+4)!}+...$

$=\frac{n+1}{n+2}\left ( 1+\frac{1}{n+3}+\frac{1}{(n+3)(n+4)} +\frac{1}{(n+3)(n+4)(n+5)}+...\right )$

$<\frac{n+1}{n+2}\left ( 1+\frac{1}{n+3}+\frac{1}{(n+3)(n+3)} +\frac{1}{(n+3)(n+3)(n+3)}+...\right )$

$=\frac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^{2}}<1$

所以答案是$\left (\left ( \frac{(n+1)^{2}n!}{0!}+\frac{(n+1)^{2}n!}{1!}+ ...+\frac{(n+1)^{2}n!}{(n-1)!}\right )+(n+1)^{2}+(n+1)  \right )mod\left ( n \right )=2mod\left ( n \right )$

36 将整个区间按照下面进行划分:$[2^{2^{0}},2^{2^{1}}),[2^{2^{1}},2^{2^{2}}),...,[2^{2^{n-1}},2^{2^{n}}),$

考虑这一段$[2^{2^{t}},2^{2^{t+1}})$

当$k\in [2^{2^{t}},2^{2^{t+1}})$时，$\left \lfloor lg(lg(k)) \right \rfloor=t$

再将$[2^{2^{t}},2^{2^{t+1}})$分成以下几段:$[2^{0+2^{t}},2^{1+2^{t}}),[2^{1+2^{t}},2^{2+2^{t}}),...,[2^{(2^{t}-1)+2^{t}},2^{2^{t}+2^{t}})$

$x\in [2^{p+2^{t}},2^{p+1+2^{t}})\rightarrow \left \lfloor lg(x) \right \rfloor=p+2^{t}$。而这一段数字个数恰好为$2^{p+2^{t}}$

所以$[2^{2^{t}},2^{2^{t+1}})$的总和为$\frac{1}{4^{t}}(1+1+1+...+1)=\frac{2^{t}}{4^{t}}=\frac{1}{2^{t}}$

所以整个式子的和为$\frac{1}{2^{0}}+\frac{1}{2^{1}}+\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{2^{n-1}}=2-\frac{1}{2^{n-1}}$

 37 (1)$m<\frac{n}{2}$:这时候两边都是0，因为$(m)mod(n)<(-m)mod(n)$

(2)$\frac{2}{n}\leq m < n$:这时候仅当$n-m\leq k < m$时左边为1,所以左侧为$2m-n$.此时$(n)mod(m)>(-m)mod(n)=n-m$,所以右侧 $=\left \lfloor \frac{m^{2}}{n} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{(n-m)^{2}}{n} \right \rfloor=2m-n$

(3)当$m\geq n$时可以将$\left \lfloor \frac{m}{n} \right \rfloor$单独分离出来，这部分两边相等。

38 对所有的$m$有$\sum_{k=1}^{n}\left \{ mx_{k} \right \}<1$,所以至多有一个$x_{t}$不是整数。

如果有两个数字不是整数，设为 $x,y$，那么根据一致分布原理，点$(\left \{ mx \right \},\left \{ my \right \})$会均匀分布在1*1的正方形中，所以一定存在$k$满足，$\left \{ kx \right \}+\left \{ ky \right \}\geq 1$.

39 $T=\left \lfloor log_{b}^{x} \right \rfloor\rightarrow b^{T}\leq x<b^{T+1}$

$\sum_{k=0}^{T}\sum_{0<j<b}\left \lceil \frac{x+jb^{k}}{b^{k+1}} \right \rceil$

$=\sum_{k=0}^{T}\sum_{0<b-j<b}\left \lceil \frac{x+(b-j)b^{k}}{b^{k+1}} \right \rceil$

$=\sum_{k=0}^{T}\sum_{0<j<b}\left (1+\left \lceil \frac{x}{b^{k+1}}-\frac{j}{b} \right \rceil \right )$

$=(b-1)(T+1)+\sum_{k=0}^{T}\sum_{0<j<b} \left \lceil \frac{x}{b^{k+1}}-\frac{j}{b} \right \rceil $

$=(b-1)(T+1)+\sum_{k=0}^{T}\left ( \left (\sum_{0\leq j<b} \left \lceil \frac{x}{b^{k+1}}-\frac{j}{b} \right \rceil \right ) -\left \lceil \frac{x}{b^{k+1}} \right \rceil \right ) $

$=(b-1)(T+1)+\sum_{k=0}^{T}\left ( \left \lceil \frac{x}{b^{k}} \right \rceil -\left \lceil \frac{x}{b^{k+1}} \right \rceil \right )$

$ =(b-1)(T+1)+\left \lceil \frac{x}{b^{0}} \right \rceil-\left \lceil \frac{x}{b^{T+1}} \right \rceil$

$=(b-1)(T+1)+\left \lceil x \right \rceil-1$

其中$\sum_{0\leq j<b} \left \lceil \frac{x}{b^{k+1}}-\frac{j}{b} \right \rceil =\left \lceil \frac{x}{b^{k}} \right \rceil$参见习题15

40 (1) 可以发现以下规律:

$(2k-1)(2k-1)\leq n \leq (2k-1)2k,m=2k-1,\left \lfloor 2\sqrt{n} \right \rfloor =4k-2$,上方水平的线

$(2k-1)2k< n < 2k*2k, m=2k-1, \left \lfloor 2\sqrt{n} \right \rfloor =4k-1$，左侧垂直的线

$2k*2k\leq n \leq 2k(2k+1), m=2k, \left \lfloor 2\sqrt{n} \right \rfloor =4k$， 下方水平的线

$ (2k+1)2k< n < (2k+1)(2k+1), m=2k+1, \left \lfloor 2\sqrt{n} \right \rfloor =4k+1$，右侧垂直的线

第一种情况$m(m+1)$表示水平线最左侧的线

第三种情况$m(m+1)$表示水平线最右侧的线

由以上内容很容易证明$x(n)$的公式。$y(n)=(-1)^{m}(n-m(m+1)[\left \lfloor 2\sqrt{n} \right \rfloor$是奇数$]-\left \lceil \frac{m}{2} \right \rceil)$

（2）第一种第二种情况，符号为负，满足$x(n) < y(n)$,第三种第四种情况，符号为正，满足$x(n) \geq y(n)$.所以符号为$(-1)^{[x(n)<y(n)]}$

41 $\frac{1}{\phi }+\frac{1}{\phi ^{2}}=1$，所以是一个划分。并且有$\phi^{2}=1+\phi$

$f(f(n))+1=\left \lfloor \left \lfloor n\phi \right \rfloor\phi \right \rfloor+1$

$=\left \lfloor \frac{\left \lfloor n\phi \right \rfloor}{\phi}\phi^{2} \right \rfloor+1$

$=\left \lfloor \frac{\left \lfloor n\phi \right \rfloor}{\phi}(1+\phi) \right \rfloor+1$

$=\left \lfloor n\phi \right \rfloor+\left \lfloor \frac{\left \lfloor n\phi \right \rfloor}{\phi} \right \rfloor+1$

$=\left \lfloor n\phi \right \rfloor+(n-1)+1$

$=\left \lfloor n\phi \right \rfloor+n$

$=\left \lfloor n(1+\phi) \right \rfloor$

$=\left \lfloor n\phi^{2} \right \rfloor=g(n)$

其中$\left \lfloor \frac{\left \lfloor n\phi \right \rfloor}{\phi} \right \rfloor=n-1$的证明参见习题3

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怎么证明没有其他的$f(n),g(n)$满足题意？

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42 如果存在，那么有$\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma }=1$以及对所有的$n\geq 2$有$\left \{ \frac{n}{\alpha} \right \}+\left \{ \frac{n}{\beta} \right \}+\left \{ \frac{n}{\gamma} \right \}=1$

三个不能都是有理数，否则必存在一个$n$满足$\left \{ \frac{n}{\alpha} \right \}+\left \{ \frac{n}{\beta} \right \}+\left \{ \frac{n}{\gamma} \right \}=0$

所以至少有两个是无理数，设为$\alpha, \beta$，那么根据一致分布原理，$\left \{ \frac{n}{\alpha} \right \},\left \{ \frac{n}{\beta} \right \}$的均值都是$\frac{1}{2}$。对于$\gamma $来说，如果为有理数$\frac{p}{q}$，那么$\left \{ \frac{n}{\gamma} \right \}$的均值为$\frac{1}{2}-\frac{1}{2q}$.所以不管怎样，均值和都大于1.

43 设$K_{n}$从$K_{\left \lfloor \frac{n-1}{a} \right \rfloor}$中转移得到，$K_{\left \lfloor \frac{n-1}{a} \right \rfloor}$从$K_{\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n-1}{a} \right \rfloor -1}{b} \right \rfloor}$转移得到，那么有$K_{n}=1+a+ab*K_{\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n-1}{a} \right \rfloor -1}{b} \right \rfloor}=1+a+abK_{\left \lfloor \frac{n-1-a}{ab} \right \rfloor}$.最后一步转移参见公式3.11.

其中$a,b$为2或者3.K_{n}是四种组合中的最大值。继续下去，可以得到，$K_{n}$的形式为$1+a_{1}+a_{1}a_{2}+...+a_{1}a_{2}...a_{k}$

 假设这个形式得到的所有的数字集合为$S$,那么$S=\left \{ 1,3,4,7,9,10,13,15,19,21,22,27,28,31,31,.. \right \}$。其中31之所以出现两次，是因为31=1+2+2*2+2*2*2+2*2*2*2=1+3+3*3+3*3*2

$K_{n}$的值为$S$中大于$n$的最小的数字。

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$K_{n}>n$?

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44 以下描述略去$q$上标。

$d_{n}=(D_{n})mumble(q-1)$

那么$D_{n}=\left \lceil \frac{qD_{n-1}}{q-1} \right \rceil$

$=\left \lceil \frac{q(k(q-1)+t)}{q-1} \right \rceil=qk+\left \lceil \frac{qt}{q-1} \right \rceil$

$=qk+\left \lceil \frac{(q-1)t+t}{q-1} \right \rceil=qk+t+\left \lceil \frac{t}{q-1} \right \rceil$

$=qk+t+\frac{t+d_{n}}{q-1}=\frac{(qk+t)(q-1)+t+d_{n}}{q-1}=\frac{q(k(q-1)+t)+d_{n}}{q-1}$

$=\frac{qD_{n-1}+d_{n}}{q-1}$

所以$(q-1)D_{n}=qD_{n-1}+d_{n}\Leftrightarrow (q-1)(D_{n}+d_{n})=qD_{n-1}+qd_{n}=q(D_{n-1}+d_{n})\Leftrightarrow \frac{D_{n}+d_{n}}{q}=\frac{D_{n-1}+d_{n}}{q-1}=a_{n}$

其实$a_{n}=\left \lceil \frac{D_{n-1}}{q-1} \right \rceil$

45 设$\alpha +\frac{1}{\alpha }=2m \Leftrightarrow \alpha ^{2}+\frac{1}{\alpha ^{2}}=2(2m^{2}-1)\Leftrightarrow 2m^{2}-1=\frac{1}{2}(\alpha ^{2}+\frac{1}{\alpha ^{2}})$

所以$Y_{n}=\frac{1}{2}\left ( \alpha ^{2^{n}}+\frac{1}{\alpha ^{2^{n}}} \right )=\left \lceil \frac{\alpha ^{2^{n}}}{2} \right \rceil$