Concrete Mathematics 整理

来学习一下 hohodef 的 nb 行为，但我不太会数学，所以咕咕咕。

《具体数学》中的各种公式

\(\mathcal{Formulas\ In\ Concrete\ Mathematics}\)

简单来说就是给自己看的数学公式。

附带课后作业做法。

文中会用 \((x.y.\text{Ex }z)\) 来表示自己添加上去的一些可能有些作用的式子。

第 \(1\) 章 递归问题

\(\mathcal{Recurrent\ Problems}\)

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刚开始是河内塔。

\(1.1\quad\mathcal{The\ Tower\ Of\ Hanoi}\)

\(\begin{cases}T_0=0\\T_n=2T_{n-1}+1&n>0\end{cases}\qquad(1.1)\)

\(T_n=2^n-1,n\ge 0\quad\quad(1.2)\)

\(\begin{cases}U_0=1\\U_n=2U_{n-1}&n>0\end{cases}\qquad(1.3)\)

其中 \(T_i\) 表示 \(i\) 阶河内塔所需最少步数，\(U_n=T_n+1\)。

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然后研究一些直线分割平面的问题。

\(1.2\quad\mathcal{Lines\ In\ the\ Plane}\)

\(\begin{cases}L_0=1\\L_n=L_{n-1}+n&n>0\end{cases}\qquad(1.4)\)

\(S_n=\dfrac{n(n+1)}{2},n\ge 0\quad\quad(1.5)\)

\(L_n=\dfrac{n(n+1)}{2}+1,n\ge 0\quad\quad(1.6)\)

\(Z_n=L_{2n}-2n=2n^2-n+1,n\ge 0\quad\quad(1.7)\)

\(L_i\) 表示 \(i\) 条直线能够最多将平面分成几块，\(S_n\) 是第 \(i\) 个三角形数，\((1.6)\) 是 \(L_n\) 的封闭形式，\(Z_n\) 表示 \(n\) 个“锯齿”状能将一个平面分割成几个部分。

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接下来到了约瑟夫问题了。

\(1.3\quad\mathcal{The\ Josephus\ Problem}\)

\(\begin{cases}J_1=1\\J_{2n}=2J_n-1&n\ge 1\\J_{2n+1}=2J_n+1&n\ge 1\end{cases}\qquad(1.8)\)

\(J_{2^m+l}=2l+1,m\ge 0,0\le l<2^m\quad\quad(1.9)\)

\(J_{(b_mb_{m-1}\dots b_1b_0)_2}=(b_{m-1}\dots b_1b_0b_m)_2\quad\quad(1.10)\)

\(J_n\) 表示隔一个去除一个的 \(Josephus\) 问题。

\(\begin{cases}f_1=\alpha\\f_{2n}=2f_n+\beta&n\ge 1\\f_{2n+1}=2f_n+\gamma&n\ge 1\end{cases}\qquad(1.11)\)

\(\text\Large{关于上面那个式子的表}\quad\quad(1.12)\)

\(f_n=A_n\alpha+B_n\beta+C_n\gamma\quad\quad(1.13)\)

\(A_n=2^m,B_n=2^m-1-l,C_n=l\ (\text{In\ Extended-Josephus\ Problem})\qquad(1.14)\)

容易看出来 \(f_i\) 是扩展后的 \(J_i\)。

\(\begin{cases}f_1=\alpha\\f_{2n+j}=2f_n+\beta_{j}&j=0,1,n\ge 1\end{cases}\qquad(1.15)\)

给了一个 \(f_i\) 递归式的精简版形式。

\(f_{(b_m\dots b_0)_2}=(\alpha\beta_{b_{m-1}}\dots\beta_{b_0})_2\qquad (1.16)\)

\(f_i\) 的封闭形式。

\(\begin{cases}f_j=\alpha_j&1\le j<d\\f_{dn+j}=cf_n+\beta_j&0\le j<d,n\ge 1\end{cases}\qquad(1.17)\)

\((1.17)\) 是 \((1.15)\) 与 \((1.11)\) 的推广。

\(f_{(b_m\dots b_0)_d}=(\alpha_{b_m}\beta_{b_{m-1}}\dots \beta_{b_0})_c\qquad(1.18)\)

同理的，\((1.18)\) 是 \((1.16)\) 的推广。

第 \(1\) 章 习题

热身题

咕咕咕。

作业题

咕咕咕

考试题

咕咕咕

附加题

咕咕咕

研究题

咕咕咕

第 \(2\) 章 和式

\(\mathcal{Sums}\)

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刚开始是一些非常 Easy 的概念。

\(2.1\quad\mathcal{Notation}\)

\(a_1+\dots +a_n\qquad(2.1)\)

用于引出 \(\sum\) 符号。

\(\sum\limits_{k=1}^{n} a_k\ \sum\limits_{1\le k\le n} a_k\ \sum\limits_{P(k)} a_k\ \sum\limits_{k}a_k[P(k)]\qquad(2.2,2.3,2.4,2.5)\)

一些奇妙的 \(\sum\) 的使用方式。

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进入和式与递归式的讨论。

\(2.2\quad Sums\ and\ Recurrences\)

\(S_n=\sum\limits_{k=0}^{n}a_k\)

\(\begin{cases}S_0=a_0\\S_n=S_{n-1}+a_n&n>0\end{cases}\qquad(2.6)\)

通过上述例子引出和式和递归式可以相互转换。

\(\begin{cases}R_0=\alpha\\R_n=R_{n-1}+\beta+\gamma n&n>0\end{cases}\qquad(2.7)\)

\(R_n=A_n\alpha+B_n\beta+C_n\gamma\qquad(2.8)\)

\(A_n=1,B_n=n,C_n=\dfrac{n^2+n}{2}\qquad(2.8.\text{Ex }1)\)

另一个例子以及其通项的表达形式及封闭形式。

\(a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n\qquad(2.9)\)

\(T_n=\dfrac{s_1b_1T_0+\sum\limits_{k=1}^{n}s_kc_k}{s_na_n}\qquad(2.10)\)

引出求和因子 \(\mathcal{Summation\ Factor}\) 这一概念，其中 \(s_n\) 满足：

\(s_nb_n=s_{n-1}a_{n-1}\qquad(2.10.\text{Ex }1)\)

我们也可以发现：

\(s_n=\dfrac{a_{n-1}a_{n-2}\dots a_1}{b_n\dots b_2}\qquad(2.11)\)

将会是一个合适的求和因子，当然其常数倍也没有什么问题。

\(\begin{cases}C_0=C_1=0\\C_n=n+1+\dfrac{2}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_k&n>1\end{cases}\qquad(2.12)\)

\(nC_n=n^2+n+2\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_k\)

\((n-1)C_{n-1}=(n-1)^2+(n-1)+2\sum\limits_{k=0}^{n-2}C_k,n-1>1\)

\(nC_n-(n-1)C_{n-1}=2n+2C_{n-1},n>2\)

\(\begin{cases}C_0=C_1=0\\C_2=3\\nC_n=(n+1)C_{n-1}+2n&n>2\end{cases}\)

形如 \((2.9)\)，\(a_n=n,b_n=n+1,c_n=2n-2[n=1]+2[n=2]\)。

使用求和因子方法，用 \(s_n=\dfrac{2}{n(n+1)}\) 的某个倍数去乘递归式。

根据 \((2.10)\)：

\(C_n=2(n+1)\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{2}{3}(n+1),n>1\)

\(H_n=1+\dfrac{1}{2}\dots+\dfrac{1}{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\)

给出了快排比较步骤平均次数的算法，以及给出了调和数 \(\mathcal{Harmonic\ Number}\) 的定义。

\(C_n=2(n+1)H_n-\dfrac{8}{3}n-\dfrac{2}{3}\)

顺便证了一下复杂度。

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接下来教你如何处理和式。

\(2.3\quad\mathcal{Manipulation\ Of\ Sums}\)

\(\global\def\Sum#1#2{{\sum\limits_{#1}^{#2}}}\sum\limits_{k\in K} ca_k=c\sum\limits_{k\in K}a_k\qquad\mathcal{(Distribution\ Law)}\qquad (2.15)\)

\(\Sum{k\in K}{}(a_k+b_k)=\Sum{k\in K}{}a_k+\Sum{k\in K}{}b_k\qquad\mathcal{(Associative\ Law)}\qquad(2.16)\)

\(\Sum{k\in K}{}a_k=\Sum{p(k)\in K}{} a_{p(k)}\qquad\mathcal{(Commutative\ Law)}\qquad(2.17)\)

最基本的三个定律。

\(\Sum{k=0}{n}(a+bk)=\left(a+\dfrac{1}{2}bn\right)(n+1)\qquad(2.18)\)

\(\Sum{k\in K,k\text{是偶数}}{}a_k=\Sum{n\in K,n\text{是偶数}}{}a_n=\Sum{2k\in K,2k\text{是偶数}}{}a_{2k}=\Sum{2k\in K}{}a_{2k}\qquad(2.19)\)

\(\Sum{k\in K}{}a_k+\Sum{k\in K'}{}a_k=\Sum{k\in K\cap K'}{}a_k+\Sum{k\in K\cup K'}{}a_k\qquad(2.20)\)

\(\Sum{k\in K}{}a_k=\Sum{k\in K}{}a_k[k\in K]\qquad(2.21)\)

\([k\in K]+[k\in K']=[k\in K\cap K']+[k\in K\cup K']\qquad(2.22)\)

\(\Sum{0\le k\le n}{}a_k=a_0+\Sum{1\le k\le n}{} a_k,n\ge 0\qquad(2.23)\)

\(S_n=\Sum{0\le k\le n}{}a_k\qquad(2.24.\text{Ex }1)\)

\(\begin{aligned}S_n+a_{n+1}=\Sum{0\le k\le n+1}{}a_k&=a_0+\Sum{1\le k\le n+1}{}a_k\\&=a_0+\Sum{1\le k+1\le n+1} {}a_{k+1}\\&=a_0+\Sum{0\le k\le n}{}a_{k+1}\qquad\qquad(2.24)\end{aligned}\)

上述即为扰动法 \(\mathcal{Perturbation\ Method}\) 的基础操作。

\(\Sum{k=0}{n}ax^k=\dfrac{a-ax^{n+1}}{1-x},x\neq 1\qquad(2.25)\)

\(S_n=\Sum{0\le k\le n}{}kx^k=\dfrac{x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^2}\qquad(2.26)\)

同样的结果也可以由求导得出。

\(2.4\quad \mathcal{Multiple\ Sums}\)

教你如何处理多重和式。

\(\Sum{j}{}\Sum{k}{}a_{j,k}[P(j,k)]=\Sum{P(j,k)}{}a_{j,k}=\Sum{k}{}\Sum{j}{}a_{j,k}[P(j,k)]\qquad(2.27)\)

我喜欢把这个式子叫做 \(\mathcal{Extended\ Associative\ Law}\)。

但是查了一下好像叫做 一般结合律 \(\mathcal{General\ Associative\ Law}\)，可能以下会简称 \(\mathcal{GAL}\)（什）。

\(\Sum{j\in J,k\in K}{}a_jb_k=\left(\Sum{j\in J}{} a_j\right)\left(\Sum{k\in K}{}b_k\right)\qquad(2.28)\)

上面这个式子叫做一般分配律 \(\mathcal{General\ Distributive\ Law}\)，可能以下会简称 \(\mathcal{GDL}\)（什）。

然后原来的没有 \(\mathcal{General}\) 的东西分别叫做 \(\mathcal{AL,DL,CL}\) 好了。

\(\Sum{j\in J}{}\Sum{k\in K}{} a_{j,k}=\Sum{j\in J,k\in K}{} a_{j,k}=\Sum{k\in K}{}\Sum{j\in J}{} a_{j,k}\qquad(2.29)\)

\((2.27)\) 的另一种形式，没啥特殊的。

\(\Sum{j\in J}{}\Sum{k\in K(j)}{} a_{j,k}=\Sum{k\in K'}{}\Sum{j\in J'(k)}{} a_{j,k}\qquad(2.30)\)

其中，\(J,K(j),K's,J'(k)\) 满足以下式子。

\([j\in J][j\in K(j)]=[k\in K'][j\in J'(k)]\qquad(2.30.\text{Ex }1)\)

\([1\le j\le n][j\le k\le n]=[1\le j\le k\le n]=[1\le k\le n][1\le j\le k]\qquad(2.31)\)

\(\Sum{j=1}{n}\Sum{k=j}{n}a_{j,k}=\Sum{1\le j\le k\le n}{}a_{j,k}=\Sum{k=1}{n}\Sum{j=1}{k}a_{j,k}\qquad(2.32)\)

有用的分解方式。

然后考虑接下来一个问题，给你一个矩阵。

\(\begin{bmatrix}a_1a_1&a_1a_2&a_1a_3&\cdots&a_1a_n\\a_2a_1&a_2a_2&a_2a_3&\cdots& a_2a_n\\a_3a_1&a_3a_2&a_3a_3&\cdots &a_3a_n\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_na_1&a_na_2&a_na_3&\cdots&a_na_n\end{bmatrix}\)

然后定义一个 \(S_{up}=\Sum{1\le j\le k\le n}{} a_ja_k\)。

\(\therefore S_{up}=\Sum{1\le j\le k\le n}{} a_ja_k=\Sum{1\le k\le j\le n}{} a_ka_j=\Sum{1\le k\le j\le n}{} a_ja_k=S_{down}\)

\(\because [1\le j\le k\le n]+[1\le k\le j\le n]=[1\le j,k\le n]+[1\le j=k\le n]\)

\(\therefore 2S_{up}=S_{up}+S_{down}\Sum{1\le j,k\le n}{}a_ja_k+\Sum{1\le j=k\le n}{}a_ja_k\)

根据 \(\mathcal{GDL}\)，我们可以知道。

\(S_{up}=\Sum{1\le j\le k\le n}{} a_ja_k=\dfrac{1}{2}\left(\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2+\Sum{k=1}{n}a_k^2\right)\qquad (2.33)\)

\(\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)\left(\Sum{k=1}{n}b_k\right)=n\Sum{k=1}{n}a_kb_k-\Sum{1\le j<k\le n}{}(a_k-a_j)(b_k-b_j)\qquad(2.34)\)

\(\begin{aligned}S&=\Sum{1\le j<k\le n}{}(a_k-a_j)(b_k-b_j)\\&=\Sum{1\le k<j\le n}{}(a_j-a_k)(b_j-b_k)\\&=\Sum{1\le k<j\le n}{}(a_k-a_j)(b_k-b_j)\end{aligned}\qquad(2.34.\text{Ex }1)\)

\(\because[1\le j<k\le n]+[1\le k<j\le n]=[1\le j,k\le n]-[1\le j=k\le n]\qquad(2.34.\text{Ex }2)\)

\(\begin{aligned}2S&=\Sum{1\le j,k\le n}{}(a_j-a_k)(b_j-b_k)-\Sum{1\le j=k\le n}{}(a_j-a_k)(b_j-b_k)\\&=\Sum{1\le j,k\le n}{}a_jb_j-\Sum{1\le j,k\le n}{}a_jb_k-\Sum{1\le j,k\le n}{}a_kb_j+\Sum{1\le j,k\le n}{}a_kb_k-0\\&=2\Sum{1\le j,k\le n}{}a_kb_k-2\Sum{1\le j,k\le n}{}a_jb_k\\&=2n\Sum{1\le k\le n}{}a_kb_k-2\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)\left(\Sum{k=1}{n}b_k\right)\end{aligned}\qquad(2.34.\text{Ex }3)\)

然后借此可以得到 \(\mathcal{Chebyshev's\ Monotonic\ Inequality}\) 的一个特例。

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\(\text{Latest Update: 2021/11/24, to 2.4.}\)

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