具體數學第一章練習

1.1[0]

對 \(n\) 歸納證明：\(\forall S,|S|=n\)，\(S\) 中的馬的顏色相同。\(n=1\) 成立。歸納假設 \(n\) 成立，\(n+1\) 時，考慮新加入的一只馬，它和其他 \(n-1\) 個馬的顏色相同，因此 \(n+1\) 時結論成立。問：此推理的問題在哪里？

Solution

\(n=2\) 時不成立，你找不到其他的馬。

\(\blacksquare\)

1.2[1]

Hanoi 問題，從 A 移到 B，限定不能直接從 A 往 B 移，求最短操作序列。

Solution

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

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

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

\(M_n(3,1)\) 同理。

\(\blacksquare\)

1.3[1]

求證：在上題限定條件下，可以在三個柱子上都遇到 \(n\) 個圓盤的一種正確的疊放。

Solution

對 \(n\) 歸納，考慮 最后一次的 \(n+1:1\to 2\)，下一次移動 \(n+1\) 必然是 \(n+1:2\to 3\)，根據歸納假設在此期間存在符合要求的時刻。

\(\blacksquare\)​

1.4[1]

是否存在 \(n\) 個圓盤在 \(3\) 個柱子上的某種開始或結束擺放，使得按照原來規則，需要多於 \(2^n-1\) 次移動？

Solution

否。同樣對 \(n\) 歸納可得，唯一與一般歸納不同之處在於討論 \(n\) 原本就在 \(3\) 上，而這種情形是顯然的。

\(\blacksquare\)

1.5[1]

用四個圓是否可以表示四階維恩圖？

Solution

考慮第四個圓，其必須經過圓 A 由圓 B、C 分出的 \(4\) 部分的每一部分，這不可能。

\(\blacksquare\)

1.6[1]

\(n\) 條直線至多圍成多少個有界區域？

Solution

對 \(n\) 歸納易得答案為 \(\dbinom{n-1}{2}\)。

\(\blacksquare\)

1.7[0]

\(H(n)=J(n+1)-J(n)\)，由於 \(H(2n)=2,H(2n+1)=2H(n)-2\)，是否可以通過對 \(n\) 歸納證明 \(\forall n,H(n)=2\)？

Solution

因為 \(H(1)=0\)，所以奠基有問題。

\(\blacksquare\)

1.8[1]

解遞歸式：

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

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

Solution

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

因此以五為周期。

\(\blacksquare\)

1.9[1,1,0]

試用反向歸納求證均值不等式。已知 \(P(2)\) 為真命題。
a. 求證：\(P(n)\to P(n-1)\)。
b. 求證：\(P(n),P(2)\to P(2n)\)。
c.證明為什么這就說明 \(\forall n\)，\(P(n)\) 為真。

Solution

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

b. 對 \(\dfrac{x_1+\dots+x_{n}}{n},\dfrac{x_{n+1}+\dots+x_{2n}}{n}\) 應用 \(P(2)\)，對 \((x_1\dots x_n),(x_{n+1} \dots x_{2n})\) 分別應用 \(P(n)\)，可知 \(P(2n)\) 成立。

c. 反證，如 \(\exists n\)，\(P(n)\) 假，設 \(n\) 是最小的，則 \(n>1\)。

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 問題，限制移動順時針，設 \(1\to 3\) 為 \(Q_n\)，\(3\to 1\) 為 \(R_n\)。
證明：\(Q_n=2R_{n-1}+1,R_n=Q_n+Q_{n-1}+1,n>0\)。

Solution

注意到 \(3\to 1\) 和 \(1\to 2\)，\(2\to 3\) 等價為 \(R_n\)，然后對 \(n\) 用歸納即可。

\(\blacksquare\)

1.11[0,2]

雙重 Hanoi 塔問題。a 要求相同尺寸圓盤不可區分，b 要求必須恢復原來的次序。

Solution

a. 顯然等價於翻倍的單塔，答案是 \(2^{n+1}-2\)。

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

對 \(n\) 歸納即可證明最優，和 1.3 較為類似，但是存在一定分類討論，此處略去。

\(\blacksquare\)

1.12[0.5]

推廣 1.11a，改為大小為 \(i\) 的有 \(m_i\) 個，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 \(n\) 條 Z 形線定義的最大區域個數。

Solution

兩條 Z 線可以有 \(9\) 個交點，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]

設 \(P_n\) 表示在一塊厚奶酪上划出 \(n\) 道直的切痕所得到的奶酪數，求 \(P_5\)，以及寫出一個遞歸關系。

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]

求倒數第二個幸存者的號碼 \(I(n)\)。

Solution

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

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

\(\blacksquare\)

1.16[1]

求解遞歸式：\(g(1)=\alpha,g(2n+j)=3g(n)+\gamma n+\beta_j,j=0,1,n\ge 1\)

Solution

構造 \(h(n)=g(n)+\gamma n\)。

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

設 \(n=(1b_{m-1}\dots b_1b_0)_2\)，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 \(3\to 4\)，證明：\(W_{n(n+1)/2}\le W_{n(n-1)/2}+T_n\)，並給出 \(f(n)\) 的一個封閉形式，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]

證明如下一組折線定義 \(Z_n\) 個區域：第 \(j\) 條折線的鋸齒點在 \((n^{2j},0)\)，並向上經過點 \((n^{2j}-n^{j},1)\) 和 \((n^{2j}-n^j-n^{-n},0)\)。

Solution

\(n=1\) 成立，考慮 \(n>1\)。

只需證：\((n^{2j},0)\) 和 \((n^{2k},0)\) 引出四條直線，恰好可以產生四個交點，且所有這些交點兩兩不同。

設兩條直線分別過 \((x_j,0),(x_j-a_j,1)\) 和 \((x_k,0),(x_k-a_k,1)\)，則解析式分別為 \(x=-a_jy+x_j,x=-a_ky+x_k\)。

聯立可得交點為

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

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 \(y\) 坐標為：

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

因此交點坐標可以唯一確定 \(j,k\)，由此確定是哪兩條直線交出來的。

\(\blacksquare\)

1.19[1]

如果每個鋸齒的角度都是 \(30°\)，有可能由 \(n\) 條折線得到 \(Z_n\) 個區域嗎？

Solution

\(n\ge 6\) 時不行。

設一個折線的角度為 \(\theta,\theta+30°\)，另一個為 \(\varphi,\varphi+30°\)，則可得 \(|\varphi-\theta|\in [30°,150°]\)，否則無法得到四個交點。

因此至多取出五組，\(n>5\) 不行。

\(\blacksquare\)

1.20[3]

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

Solution

設 \(h'(n)=h(n)+an^2+bn\)，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：

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

設 \(n=(1b_{m-1}b_{m-2}\dots b_0)_2\)，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 游戲，證明存在 \(q\)，使得先處死后 \(n\) 個人。

Solution

取 \(q=[n+1,n+2,\dots,2n]\) 即可。

\(\blacksquare\)

1.22[?]

對 \(n\) 個給定集合的所有 \(2^n\) 個可能的子集，利用 \(n\) 個相互全等且繞一公共中心旋轉的凸多邊形，有可能構造出一個韋恩圖。

Solution

有能理解書后答案的請聯系作者並給出解釋。

1.23[4]

Joseph 游戲，\(j\) 固定，可以選擇 \(q\)，問是否一定可以保全自己。

Solution

設 \(L=\operatorname{lcm}(1,2,\dots,n)\)。由 Betrand 假設，\(\exists p\in [\frac{n}{2},n]\)，\(p\) 質，所以 \((p,L/p)=1\)。

不妨 \(j>n/2\)，取殺人順序為 \(1\dots n-p,j+1\dots p,n-p+1\dots j-1\)。

取

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

即可，由中國剩余定理，這樣的 \(q\) 存在。

\(\blacksquare\)

1.24[*]

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

Solution

僅知道的例子是：\(X_n=2i\sin \pi r+1/X_{n-1}\)，其中 \(r\in \mathbb Q,0\le r<\frac{1}{2}\)。一個有趣的例子：\(X_n=|X_{n-1}|-X_{n-2}\)。

1.25[*]

證明 1.17 里面等號成立。

Solution

設 \(T^{(k)}(n)\) 表示 \(k\) 個柱子，\(n\) 個圓盤所需最小移動次數，有

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

目前沒有上述式子等號不成立的 \((n,k)\) 構造。另外，在 \(k<\!\!<n\) 時，\(2^{n+1-k}\dbinom{n-1}{k-1}\) 給出 \(T^{(k)}\left(\dbinom{n}{k}\right)\) 的一個合適的上界。

1.26[*]

推廣 1.23，稱 \(\{1,2,\dots n\}\) 的一個約瑟夫子集為由 \(k\) 個數組成的集合，使得對於某個 \(q\)，另外 \(n-k\) 個號碼的人會被首先清除掉。已知 \(n=9\) 時有 \(3\) 個非約瑟夫子集，分別是 \(\{1,2,5,8,9\}\)、\(\{2,3,4,5,8\}\) 和 \(\{2,5,6,7,8\}\)。\(n=12\) 時，有 \(13\) 個非約瑟夫子集，而對 \(n\le 12\) 的其他值，沒有非約瑟夫子集。對於大的 \(n\)，非約瑟夫子集罕見嗎？

Solution

Bjon Poonen 證明了，當 \(n\equiv 0\pmod 3,n\ge 9\) 時，存在 \(k=4\) 的非約瑟夫集合，且至少有 \(\varepsilon \dbinom{n}{4}\) 個，其中 \(\varepsilon\) 是某個正的常數。另外，具有非約瑟夫集合的僅有的另一個 \(n<24\) 是 \(n=20\)，對 \(k=14\) 有 \(236\) 個這樣的集合，而對 \(k=13\) 僅有 \(2\) 個。（一個是 \(\{1,2,3,4,5,6,7,8,11,14,15,16,17\}\)，一個是他的反射）。對 \(n=15,k=9\)，有唯一的非約瑟夫集合，即 \(\{3,4,5,6,8,10,11,12,13\}\)。