具体数学第二版第四章习题（2)

16 $\frac{1}{e_{1}}=\frac{1}{2},\frac{1}{e_{1}}+\frac{1}{e_{2}}=\frac{5}{6},\frac{1}{e_{1}}+\frac{1}{e_{2}}+\frac{1}{e_{3}}=\frac{41}{42}$，由此猜测$\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{e_{i}}=\frac{e_{k+1}-2}{e_{k+1}-1}$

假设前$n$项都成立，即$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{e_{i}}=\frac{e_{n+1}-2}{e_{n+1}-1}$

那么$\sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{e_{i}}=\frac{e_{n+1}-2}{e_{n+1}-1}+\frac{1}{e_{n+1}}=\frac{(e_{n+1}-1)e_{n+1}-1}{(e_{n+1}-1)e_{n+1}}=\frac{e_{n+2}-2}{e_{n+2}-1}$

17 $Gcd(f_{m},f_{n})=Gcd(f_{m},(f_{n})mod(f_{m}))=Gcd(f_{m},2)=1$

18 如果$n=rm$且$r$为奇数，那么有$2^{n}+1=(2^{m}+1)(2^{n-m}-2^{n-2m}+2^{n-3m}-...+1)$，比如$2^{12}+1=(2^{4}+1)(2^{8}-2^{4}+1)$

19 $\left \lfloor \frac{\varphi (k+1)}{k} \right \rfloor=1$当且仅当$k+1$为素数。所以第一个式子表示$[2,n]$中素数的个数，即$\pi (n)$

第二个式子$\sum_{1\leq k<m}\left \lfloor \frac{\frac{m}{k}}{\left \lceil \frac{m}{k} \right \rceil} \right \rfloor$当且仅当$m$为素数时等于1,否则大于1。所以也表示$\pi (n)$

$((k-1)!+1)mod(k)=0$当且仅当$k$为素数。所以也表示$\pi (n)$

20 $p_{1}=2$。令$p_{n}$是满足大于$2^{p_{n-1}}$的最小素数，那么有$2^{p_{n-1}}<p_{n}<2^{1+p_{n-1}}$,那么$b=lim_{n\rightarrow oo}lg^{(n)}p_{n}$

21 由上面的题目20可以得到$p_{n}<10^{n}$.首先$n=1$时满足，有$2<10$.在$(10^{n},2*10^{n}]$之间一定存在一个素数，所以$p_{n+1}\leq 2*10^{n}<10^{n+1}$

$K=\sum_{k\ge 1}\frac{p_{k}}{10^{k^{2}}}=\frac{2}{10}+\frac{3}{10^{4}}+\frac{5}{10^9}+...$.

22 假设含有$t$个1.$(111..11)_{b} = \frac{b^{t}-1}{b-1}$。如果$t$不是素数，设$t=nm$，那么$\frac{b^{t}-1}{b-1}=\frac{b^{mn}-1}{b-1}=\frac{b^{m}-1}{b-1}*(b^{nm-m}+b^{nm-2m}+...+1)$

23 $\rho (2k+1)=0,\rho(2k)=\rho(k)+1$.假设盘子的编号为$0,1,2,...,n-1$

那么$n=3$的操作序列为$[[[0,1,0],2,[0,1,0]],3,[[0,1,0],2,[0,1,0]]]$.可以发现这个递归结构满足上面的式子

24 假设$n=\sum_{k=0}^{m-1}d_{k}p^{k}(0\le d_{k}<p)$

那么第$k$位对$\varepsilon _{p}(n!)$的贡献为$d_{k}(1+p+..+p^{k-1})=\frac{d_{k}(p^{k}-1)}{p-1}$,累加所有项可以得到$\varepsilon _{p}(n!)=\frac{n-\nu _{p}(n)}{p-1}$

25 有$m\setminus \setminus n\leftrightarrow m_{p}=0 || m_{p}=n_{p}$，所以a成立  在$n=12,m=18$时b不成立

26 是的，因为$G_{n}$是Stern-Brocot的一个子树。因为如果一个Stern-Brocot的结点属于$G_{n}$，那么这个结点的两个父节点也属于$G_{n}$,并且他们是小于和大于这个结点的结点中与这个节点最靠近的。

27 首先如果两个字符串一样长，那么只需要按照字符串比较大小即可。否则，可以在较短的一个串后面补字符M直到长度相等然后按照字符串大小比较即可。补M是因为一个结点左孩子都小于当前结点，右孩子都大于当前结点，而M正好满足$L<M<R$

28 $\frac{1}{0},\frac{1}{1}$

$R^{3}:\frac{2}{1},\frac{3}{1},\frac{4}{1}$ ，每次加上$\frac{1}{0}$

$L^{7}:\frac{7}{2},\frac{10}{3},\frac{13}{4},\frac{16}{5},\frac{19}{6},\frac{22}{7},\frac{25}{8}$,每次加上$\frac{3}{1}$

就这样，下一行的分子分母的公差为上一行倒数第二个数字的分子分母

29 对于$[0,1)$中的数字$x$来说，$1-x$的二进制就是$x$的二进制表示中将01交换，因为$1=\sum_{k>0}\frac{1}{2^{k}}$.那么对于$(0,\infty )$$中的数字\alpha$来说，交换$LR$就是$\frac{1}{\alpha}$。因为Stern-Brocot中对称的数字恰好是互为倒数。

30 $[A,A+m)$中的数字$x$模$m$各不相同，所以$r$元组$((x)(mod)(m_{1}),(x)(mod)(m_{2}),..,(x)(mod)(m_{r}))$各不相同。所以总有一个元组是$((a_{1})(mod)(m_{1}),(a_{2})(mod)(m_{2}),..,(a_{r})(mod)(m_{r}))$