「具体数学」一：递归问题

汉诺塔#

设$T_n$为$n$个圆盘的方案数，显然$T_0=0,T_1=1$

构造一种方案：将$n-1$个圆盘移动到第二根柱子上，将最大的圆盘移动到第三根柱子，再将$n-1$个圆盘移动过去

那么按照此方案至少有

$$T_n≤2T_{n-1}+1,n>0$$

且易证最优

$$T_n≥2T_{n-1}+1,n>0$$

所以

$$T_0=0,T_n=2T_{n-1}+1,n>0$$

$n$很大时递归式不好算，考虑一个封闭形式

观察好像有

$$T_n=2^n-1$$

至少$T_1=2^1-1$

那么当$T_{n-1}=2^{n-1}-1$时，有$T_n=2T_{n-1}+1=2^n-1$，根据归纳得$T_n=2^n-1$

有时我们观察不到$T_n=2^n-1$

也许更容易发现$U_n=T_n+1=2^n$

平面上的直线#

求平面上$n$条直线所界定的区域的最大个数$L_n$

显然$L_0=1，L_1=2,L_2=4$

那么似乎有$L_n=2^n$

然后有$L_3=7$，What a pity

第$n$条直线使得区域增加$k$个，当且仅当对$k$个已有区域进行分割，即与已有直线有$k-1$个交点，此前仅有$n-1$条直线

$$L_n≤L_{n-1}+n,n>0$$

易证等号可取（第$n$条与此前所有直线有交点可取）

$$L_0=1,L_n=L_{n-1}+n,n>0$$

展开$L_n$得

$$L_n=L_0+1+2+3+…+n$$

$$L_n=1+S_n$$

$$S_n=1+2+3+…+n$$

$S_n$又称三角形数，是一个有$n$行的三角形阵列中保龄球的个数

高斯九岁得出了计算$S_n$的办法

$$S_n=1+2+3+…+n$$

$$S_n=n+(n-1)+(n-2)+…+1$$

$$2S_n=(n+1)+(n+1)+…+(n+1)=n*(n+1)$$

$$S_n=\frac{n*(n+1)}{2}$$

由此得出

$$L_n=1+\frac{n*(n+1)}{2},n≥0$$

归纳也可得

$$L_n=L_{n-1}+n=(\frac{(n-1)*n}{2}+1)+n=1+\frac{n*(n+1)}{2}$$

问题变形：用折线代替直线，每个折线包含一个尖，求$n$条折线能界定的区域最大个数$Z_n$

先列小数据：$Z_0=1,Z_1=2,Z_2=7$

观察发现（根本没法发现x）：一个折线相当于两条相交直线去掉一半（去掉蓝色一半）

等价于：每条折线我们失去了两条直线界定空间中的两个，也就是

$$Z_n=L_{2n}-2n$$

$$Z_n=2n^2-n+1,n≥0$$

约瑟夫问题#

$n$个人围成一个圆圈，隔一个杀一个，直到只有一人存活，求存活的人的编号

如$n=10$时，杀死的顺序是$2、4、6、8、10、3、7、1、9$

于是得到$J(10)=5$

猜测$J(n)=\frac{n}{2}$

然后试了几次就$GG$了

假设有$2n$个人，经过第一轮只剩下奇数编号的人，那么$3$号就成为下一个要离开的人

也就是除了每个人的号码加倍再减一，其他规则同$n$个人一致

那么$J(2n)=2J(n)-1$

由此$J(20)=2*J(10)-1,n≥1$

同理$J(2n+1)=2J(n)+1$

结合得到递推式

$$J(1)=1$$

$$J(2n)=2J(n)-1,n≥1$$

$$J(2n+1)=2J(n)+1，n≥1$$

指数级的递推式更快捷

打表

$$J(1)=1$$

$$J(2)=1,J(3)=3$$

$$J(4)=1,J(5)=3,J(6)=5,J(7)=7$$

$$J(8)=1,J(9)=3,J(10)=5,J(11)=7,J(12)=9,J(13)=11,J(14)=13,J(15)=15$$

$$J(16)=1$$

似乎可以按$2$的幂分组，并且每组开始$J(n)=1$

$$J(2^m+l)=2l+1,m≥0,0≤l<2^m$$

对$m$归纳

$$J(1)=1,J(2^m+l)=2J(2^{m-1}+\frac{l}{2})-1=2(\frac{l}{2}+1)-1=2l+1$$

观察前式可知

$$J(2n+1)-J(2n)=2$$

拓展：

假设$n$的二进制展开式是

$$n=(b_mb_{m-1}…b_1b_0)_2$$

等价于

$$n=b_m*2^m+b_{m-1}*2^{m-1}+…+b_1*2+b_0$$

其中$b_i=0$或$1$，而首位$b_m=1$

那么依次有

$$n=(1b_{m-1}…b_1b_0)_2$$

$$l=(0b_{m-1}…b_1b_0)_2$$

$$2l=(b_{m-1}…b_1b_00)_2$$

$$2l+1=(b_{m-1}…b_1b_01)_2$$

$$J(n)=2l+1,J(n)=(b_{m-1}…b_1b_0b_m)_2$$

最后得到了

$$J((b_mb_{m-1}…b_1b_0)_2)=(b_{m-1}…b_1b_0b_m)_2$$

$n$向左循环一位就得到了$J(n)$

如果一直用二进制表示也许很快就能发现

根据循环可以期待进行$m+1$次迭代再次得到$n$

但事实上例如$J((1101)_2)=(1011)_2$,再迭代一次$J((1011)_2)=(111)_2$,当$0$为首位时会消失

实际上$J(n)$必然$≤n$，于是如果$J(n)<n$就不可能迭代回$n$

反复迭代得到一系列递减数列后最终会到达一个不动点$J(n)=n$（至少还有$J(1)=1$呢）

显然这个不动点的二进制表示中全是$1$

所以不动点的数值是$2^{v(n)}-1$，其中$v(n)$是$n$的二进制表示中$1$的个数

回去考虑第一个猜测：$J(n)=\frac{n}{2}$

考虑它什么时候成立

$$J(n)=\frac{n}{2}$$

$$2l+1=\frac{2^m+l}{2}$$

$$l=\frac{2^m-2}{3}$$

当$l=\frac{2^m-2}{3}$为整数时，$n=2^m+l$就是一个解

不难验证，当$m$为奇数时，$2^m-2$是$3$的倍数，但当$m$为偶数时则不然（后面再研究）

前几个解：

$$m=1,l=0,n=2,J(n)=1,n=(10)_2$$

$$m=3,l=2,n=10,J(n)=5,n=(1010)_2$$

$$m=5,l=10,n=42,J(n)=21,n=(101010)_2$$

$$m=7,l=42,n=170,J(n)=85,n=(10101010)_2$$

其中通过二进制很好看出来

再拓展：

引入

$$f(1)=α,f(2n)=2f(n)+β,f(2n+1)=2f(n)+γ$$

打表

$$f(1)=α$$

$$f(2)=2α+β,f(3)=2α+γ$$

$$f(4)=4α+3β,f(5)=4α+2β+γ,f(6)=4α+β+2γ,f(7)=4α+3γ$$

$$f(8)=8α+7β,f(9)=8α+6β+γ$$

一般地

$$f(n)=A(n)α+B(n)β+C(n)γ$$

$$A(n)=2^m,B(n)=2^m-l-1,C(n)=l$$

归纳法易证，但是很难直接得出此结论

下面考虑一般方法

令$f(n)=A(n)$，可得$α=1,β=γ=0$

$$A(n)=1,A(2n)=2A(n),A(2n+1)=2A(n)$$

成立

若代入$f(n)=1$

$$1=α,1=2*1+β,1=2*1+γ$$

此时$α=1,β=γ=-1$

类似，若代入$f(n)=n$，得到$α=1,β=0,γ=1$

但由此我们有

$$A(n)=2^m,A(n)-B(n)-C(n)=1,A(n)+C(n)=n$$

$$C(n)=n-A(n)=l$$

$$B(n)=A(n)-1-C(n)=2^m-1-l$$

猜想的结果被完美推出

此为成套方法，有多少个独立参数就需多少独立特解

将成套方法用于约瑟夫问题：

已知

$$J((b_mb_{m-1}…b_1b_0)_2)=(b_{m-1}…b_1b_0b_m)_2$$

若令$β_0=β,β_1=γ$

$$f(1)=α$$

$$f(2n+j)=2f(n)+β_j，j=0,1,n≥1$$

按二进制展开就是

$$f((b_mb_{m-1}…b_1b_0)_2)=2f((b_mb_{m-1}…b_1)_2)+β_{b_0}$$

$$=4f((b_mb_{m-1}…b_2)_2)+2β_{b_1}+β_{b_0}$$

$$=2^mα+2^{m-1}β_{b_{m-1}}+…+2β_{b_1}+β_{b_0}$$

则有

$$f((b_mb_{m-1}…b_1b_0)_2)=(αb_{m-1}…b_1b_0)_2$$

打表

$$f(1)=α$$

$$f(2)=2α+β,f(3)=2α+γ$$

$$f(4)=4α+2β+β,f(5)=4α+2β+γ,f(6)=4α+β+2γ,f(7)=4α+γ+2γ$$

例如

$$n=100=(1100100)_2,α=1,β=-1，γ=1$$

$$f(n)=64+32-16-8+4-2-1=73$$

以$100$为例，$1100100$中每个$1$被$0$（$-1$）减至最靠右的$0$的位置上

由此推出循环移位性质

更拓展：

$$f(j)=α_j,1≤j<d$$

$$f(dn+j)=cf(n)+β_j，0≤j<d,n>0$$

则有

$$f((b_mb_{m-1}…b_1b_0)_d)=(αb_{m-1}…b_1b_0)_c$$

例如假设

$$f(1)=34,f(2)=5,f(3n)=10f(n)+76,n>0,f(3n+1)=10f(n)-2,n>0,f(3n+2)=10f(n)+8,n>0$$

有$d=3,c=10$，要求$d=19$

则

$$f(19)=f((201)_3)=(5,76,-2)_{10}=5*100+76*10-2=1258$$

约瑟夫问题有趣起来了

习题#

1.当$n=2$时，$1$到$n-1$与$2$到$n$不存在交叉部分，不具有传递性

$$T_0=0,T_1=2$$

$$T_n=3T_{n-1}+2$$

$$T_n=3^n-1$$

3.显然

4.数学归纳法
$n=1$时，移动次数为$0$或$1$
$g(1)=1=2^n-1$
对于第$n$个盘子，若在第三根柱子上$g(n)=g(n-1)≤2^{n-1}-1$
若不在第三根柱子上$g(n)=g(n-1)+1+T_{n-1}≤2^n-1$

5.不能，第四个圆与前三个圆最多有6个交点，最多增加6个表示集合

6.$f(1)=f(2)=0,f(n)=f(n-1)+n-2=S_{n-2},n>2$

7.$H(1)=J(2)-J(1)=0$

$$Q_2=\frac{1+β}{α}$$

$$Q_3=\frac{1+\frac{1+β}{α}}{β}=\frac{1+α+β}{αβ}$$

$$Q_4=\frac{1+\frac{1+α+β}{αβ}}{\frac{1+β}{α}}=\frac{α+\frac{1+α+β}{β}}{1+β}=\frac{1+α+\frac{1+α}{β}}{1+β}=\frac{\frac{(1+α)(1+β)}{β}}{1+β}=\frac{1+α}{β}$$

$$Q_5=\frac{1+\frac{1+α}{β}}{\frac{1+α+β}{αβ}}=\frac{αβ+α(1+α)}{1+α+β}=\frac{α(1+α+β)}{1+α+β}=α$$

a：

$$(\frac{x_1+…+x_n}{n})^n≥x_1…x_n$$

$$(\frac{x_1+…+x_{n-1}+\frac{x_1+…x_{n-1}}{n-1}}{n})^n≥x_1…x_{n-1}*\frac{x_1+…+x_{n-1}}{n-1}$$

$$(\frac{x_1+…+x_{n-1}}{n-1})^n≥x_1…x_{n-1}*\frac{x_1+…+x_{n-1}}{n-1}$$

$$(\frac{x_1+…+x_{n-1}}{n-1})^{n-1}≥x_1…x_{n-1}$$

b:

引理一：基本不等式：

$$ab≤(\frac{a+b}{2})^2$$

证明：

$$(\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n})^n≥\prod_{i=1}^{n}x_i$$

$$(\frac{\sum_{i=n+1}^{2n}x_i}{n})^n≥\prod_{i=n+1}^{2n}x_i$$

两式相乘

$$(\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}*\frac{\sum_{i=n+1}^{2n}x_i}{n})^n≥\prod_{i=1}^{2n}x_i$$

由引理一得

$$(\frac{\sum_{i=1}^{2n}x_i}{2n})^{2n}≥\prod_{i=1}^{2n}x_i$$

c.

疑问，对于a.的证明，题目给出了特定条件，是否对一般地情况成立

引用

补充对不等式的证明：

引理一：

$$x≤e^{x-1}$$

证明：

如果存在$x_i=0$，那么显然成立

若任意$x_i＞0$，令

$$a=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}>0$$

对任意$x_i$有

$$\frac{x_i}{a}≤e^{\frac{x_i}{a}-1}$$

所有式子相乘得到

$$\frac{\prod_{i=1}^{n}x_i}{a^n}≤e^{\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{a}-n}=e^{n-n}=1$$

$$a^n≥\prod_{i=1}^{n}x_i$$

$$(\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n})^n≥\prod_{i=1}^{n}x_i$$

$Q_n$：先将$n-1$个盘子挪到$C$，将第$n$个盘子挪到$B$，再将$n-1$个盘子挪到$B$

$Q_n=R_{n-1}+1+R_{n-1}=2R_{n-1}+1$

$R_n$：将$n-1$个盘子挪到$A$,将第$n$个盘子挪到$C$,将$n-1$个盘子挪到$B$,将第$n$个盘子挪到$A$，将$n-1$个盘子挪到$A$

$R_n=R_{n-1}+1+Q_{n-1}+1+R_{n-1}=Q_n+Q_{n-1}+1$

a.

$$P_n=2P_{n-1}+2=2^{n+1}-2$$

b.

注意，只需要在最后恢复，经偶数次$a$中放置即可恢复顺序

$$Q_n=4P_{n-1}+3=4*(2^n-2)+3=2^{n+2}-5$$

$$P_n=2P_{n-1}+m_n=\sum_{i=1}^{n}2^{n-i}m_i$$

每条$Z$比三条直线少了$5$块区域

$$F_n=L_{3n}-5n=\frac{3n(3n+1)}{2}-5n+1=\frac{9n^2-7n+2}{2}$$

或，第$n$个折线与前$n-1$条折线每条最多有$9$个交点，共计最多$9n-9$个交点，可新增$9n-8$个区域

$F_n=F_{n-1}+9n-8=\frac{9n^2-7n+2}{2}$$

新切一刀增加的空间数量为切面上直线划分的二维平面数量

$$P_n=P_{n-1}+L_{n-1}$$

类似的，设$X_n$是一条直线上$n$个点所确定的一维区域的最大个数,有

$$L_n=L_{n-1}+X_{n-1}$$

更有趣的：

$$X_n=\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}$$

$$L_n=\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}+\dbinom{n}{2}$$

$$P_n=\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{3}$$

符合上述规律：

$$P_n=P_{n-1}+L_{n-1}=\dbinom{n-1}{0}+\dbinom{n-1}{1}+\dbinom{n-1}{2}+\dbinom{n-1}{3}+\dbinom{n-1}{0}+\dbinom{n-1}{1}+\dbinom{n-1}{2}$$

$$=\dbinom{n-1}{0}+(\dbinom{n-1}{0}+\dbinom{n-1}{1})+(\dbinom{n-1}{1}+\dbinom{n-1}{2})+(\dbinom{n-1}{2}+\dbinom{n-1}{3})$$

$$=\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{3}$$

组合意义待探究

$I(2)=2,I(3)=1$

若$n$为偶数，第一轮删掉$2,4,6,…$，剩下$1,3,5,……$,再从$1$开始，那么$I(n)=2I(\frac{n}{2})-1$

若$n$为奇数，第一轮过后再从$3$开始，那么$I(n)=2I(\frac{n}{2})+1$