具体数学

• 只包含热身题

• 作者答案，不保证正确

第一章

待补……

第二章

待补……

第三章

Q.1

\(m=\lfloor\log_2 n\rfloor,l=n-2^{\lfloor\log_2 n\rfloor}\)

Q.2

\(f(x)=\lfloor x\rfloor+\lfloor 2\{x\}\rfloor+\frac{[\{x\}=0.5]}{2}\)

Q.3

不会

Q.4

计算题

Q.5

\(n\{x\}<1\)

Q.6

\(\lfloor f(x)\rfloor=f(\lceil x\rceil)\)

Q.7

\(X_n=\lfloor \frac{n}{m}\rfloor +(n\bmod m)\)

Q.8

\(1)\)

不妨设假设不成立，则每个盒子中最多有 \(\lceil \frac{n}{m}\rceil-1\) 个物体，则总共最多有 \(m\times\lceil\frac{n}{m}\rceil-m\) 个物体

又因为 \(\lceil\frac{n}{m}\rceil-1<\frac{n}{m}\)，所以 \(m\times\lceil\frac{n}{m}\rceil-m<n\)

则总物体数不足 \(n\)，矛盾

故某个盒子中必定含有 \(\ge\lceil\frac{n}{m}\rceil\) 个物品

\(2)\)

不妨设假设不成立，则每个盒子中至少有 \(\lfloor \frac{n}{m}\rfloor+1\) 个物体，则总共最多有 \(m\times\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+m\) 个物体

又因为 \(\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+1>\frac{n}{m}\)，所以 \(m\times\lfloor\frac{n}{m}\rfloor+m>n\)

则总物体数超过 \(n\)，矛盾

故某个盒子中必定含有 \(\le\lfloor\frac{n}{m}\rfloor\) 个物品

Q.9

不会

第四章

Q.1

\(k\)	\(\text{ans}\)
\(1\)	\(1\)
\(2\)	\(2\)
\(3\)	\(4\)
\(4\)	\(6\)
\(5\)	\(16\)
\(6\)	\(12\)

Q.2

令 \(n,m\) 的唯一分解为 \(\displaystyle\prod_{p}p^{a_i},\prod_{p}p^{b_i}\)

由 \(\textbf{(4.12),(4.14),(4.15)}\) 得：\(nm\) 的唯一分解为 \(\displaystyle\prod_{p}p^{a_i+b_i}\)，\(\gcd(n,m)\) 的唯一分解为 \(\displaystyle\prod_{p}p^{\min(a_i,b_i)}\)，\(\text{lcm}(n,m)\) 的唯一分解为 \(\displaystyle\prod_{p}p^{\max(a_i,b_i)}\)

又因为 \(\min(a,b)+\max(a,b)=a+b\)，则 \(\gcd(n,m)\times\text{lcm}(n,m)=nm\)

当 \(n\bmod m\not=0\) 时，\(\gcd(n,m)=\gcd(n\bmod m,m)\)

由上式得 \(\text{lcm}(n,m)=\frac{nm}{\gcd(n,m)},\text{lcm}(n\bmod m,m)=\frac{m\times(n\bmod m)}{\gcd(n\bmod m, m)}=\frac{m\times(n\bmod m)}{\gcd(n, m)}\)

Q.3

当 \(x=2.5\) 时不成立

Q.4

\[\frac{0}{1},\frac{1}{0},\frac{0}{-1},\frac{-1}{0},\frac{0}{1} \]

\[\frac{0}{1},\frac{1}{1},\frac{1}{0},\frac{1}{-1},\frac{0}{-1},\frac{-1}{-1},\frac{-1}{0},\frac{-1}{1},\frac{0}{1} \]

\[\frac{0}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{1},\frac{2}{1},\frac{1}{0},\frac{2}{-1},\frac{1}{-1},\frac{1}{-2},\frac{0}{-1},\frac{-1}{-2},\frac{-1}{-1},\frac{-2}{-1},\frac{-1}{0},\frac{-2}{1},\frac{-1}{1},\frac{-1}{2},\frac{0}{1} \]

后面不会

Q.5

\[L^k= \begin{bmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\]

\[R^k= \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ k & 1 \end{bmatrix}\]

Q.6

\(a=b\)

Q.7

为满足第一个死去的是 \(10\)，我们有 \(m\bmod 10=0\)；为保证第三个死去的是 \(k+1\)，我们有 \(m\bmod 8=1\)，显然不成立

Q.8

在 \(y\in[0,4]\) 的条件下由一式得 \(y\bmod 3=0\)，即 \(y=0\) 或 \(3\)

再枚举十位就可以知道 \(x=0\) 或 \(1\)

Q.9

\(3^{77}\bmod 4=3\)，那么 \(\frac{3^{77}-1}{2}\bmod 4=1\) 为奇数

\(\frac{3^{77}-1}{2}\) 能被 \(\frac{3^7-1}{2}\) 整除

Q.10

\(648\)

Q.11

\[\sigma(n)=\begin{cases}1&n=0\\-1&n=1\\0&\text{else}\end{cases} \]

Q.12

不会

Q.13

• 令 \(n=\displaystyle\prod_{p}p^{a_i},a_i\le 1\)
• \(\boldsymbol\mu(n)\not=0\)

第五章

Q.1

\(11^4=(10+1)^4=14641\)

Q.2

当 \(k=\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 时 \(n\choose k\) 最大，读者自证不难

Q.3

\({{n-1}\choose{k-1}}{{n}\choose{k+1}}{{n+1}\choose{k}}=\frac{(n-1)!n!(n+1)!}{(k-1)!k!(k+1)!(n-k)!(n-k-1)!(n-k+1)!}=\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}\frac{(n+1)!}{(k+1)!(n-k)!}\frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}={{n-1}\choose{k}}{{n+1}\choose{k+1}}{{n}\choose{k-1}}\)

Q.4

\({{-1}\choose{k}}=(-1)^k{k\choose k}=(-1)^k\)

Q.5

\({p \choose k}=\frac{p!}{k!(p-k)!}\)，由于 \(k < p, (p-k) <p,p\in\mathcal{P}\)，那么 \(p\choose k\) 中一定存在一个因子为 \(p!\) 中的 \(p\)，则 \({p\choose k}\bmod p =0\)

\({{p-1}\choose k}\equiv(-1)^k\pmod p\)

Q.7

仍然满足

因为 \(r^{\underline{k}}=\large\frac{(-1)^k}{(-r-1)^{k}}\)，所以当 \(k<0\) 时，\(\text{(5.34)}\) 可转化为：

\[\frac{(-1)^{-k}}{(-r-1)^{-k}}\times \frac{(-1)^{-k}}{(-r-\frac{1}{2})^{-k}}=\frac{(-1)^{-2k}}{(-2r-1)^{-2k}}\times \frac{1}{2^{2k}} \]

合并化简得：

\[(-r-1)^{-k}\times (-r-\frac{1}{2})^{-k}=2^{2k}\times (-2r-1)^{-2k} \]

把 \(2^{2k}\) 除到左边即可

Q.(6,8-12)

不会

第六章

Q.1

枚举所有 \(24\) 种排列得：

\[\text{2143,3412,4321,1342,1423,2314,2431,3241,3124,4132,4213} \]

Q.2

\(\large{n\brace k} \times m^{\underline{k}}\)

Q.3

没看懂题

Q.4

\(H_{2n+1}-\frac{1}{2}H_n\)

Q.5

不会

Q.6

\(F_{n+1}\)，区别在于兔子丛祖先向下，蜜蜂则是向上追溯祖先

Q.7

\(1.\)

在 \(\text{(6.108)}\) 中代入 \(k=-n+1\)，得到：\(F_1=F_{-n+1}F_{n+1}+F_{-n}F_n\)

那么 \(1=(-1)^{n-2}F_{n-1}F_{n+1}+(-1)^{n-1}F_n^2\)

两边同时除以 \((-1)^{n-2}\) 得到 \(\text(6.103)\)

\(2.\)

由于 \(K_{n}(1,1,\dots,1)=F_{n+1}\)，可以设 \(\forall x_i=1\)，于是 \(\text{(6.134)}\) 可化为 \(F_{m+n+1}F_{k+1}-F_{m+k+1}F_{n+1} = (-1)^kF_mF_{n-k}\)

代入 \(m=1,k=n-1\)，得到 \(F_{n+2}F_n-f_{n+1}^2=(-1)^{n-1}\)

即 \(\text{(6.103)}\)

Q.8

因为 \(65=2+8+55\)，所以答案为 \(3+13+89=105\)

Q.9

因为 \(F_n=8\)，所以答案为 \(F_{n+2}=21\)

Q.10

因为 \(\phi^2-\phi=1\)，所以 \(\phi-1=\frac{1}{\phi}\)，那么 \(\phi=\frac{\phi+1}{\phi}\)

在上下无限延申得到 \(\phi=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{\dots}}}\)

第七章

Q.1

显然当 \(m\) 为奇数时答案为 \(0\)

否则套路地将 \(z^4\) 代替为原式中 的 \(z\)，得到 \(G=\frac{1}{1-z^2-z^4}\)，答案为 \(g_{\frac{m}{2}+1}\)

Q.2

因为 \(\langle 2^n\rangle\) 的 OGF 为 \(S(z)=\frac{1}{1-2z}\)，\(\langle 3^n\rangle\) 的 OGF 为 \(T(z)=\frac{1}{1-3z}\)

那么 \(\langle 2^n+3^n\rangle\) 的 OGF 为 \(G(z)\frac{1}{1-2z}+\frac{1}{1-3z}=\frac{2-5z}{1-5z+6z^2}\)

同理 \(\langle 2^n+3^n\rangle\) 的 EGF 为 \(\hat G(z)=e^{2z}+e^{3z}\)

Q.3

因为 \(\frac{1}{1-z}G(z)=\displaystyle\sum_{n\ge 0}(\sum_{k\le n} g_k)z^n\)，将 \(G=\displaystyle\sum_{n\ge 0}\frac{1}{n}z^n=\ln{\frac{1}{1-z}}\) 代入得：

\[\displaystyle\sum_{n\ge 0}(\sum_{k\le n} \frac{1}{k})z^n=\sum_{n\ge 0}H_nz^n=\frac{1}{1-z}\ln{\frac{1}{1-z}} \]

将 \(z=\frac{1}{10}\) 代入原式中，得：\(\displaystyle\sum_{n\ge 0}\frac{H_n}{10^n}=\frac{10}{9}\ln{\frac{10}{9}}\)

Q.4

类似于整数带余除法，求出 \(F(z),R(z)\) 使得 \(P(z)=F(z)Q(z)+R(z)\) 且 \(R(z)\) 次数小于 \(Q(z)\)

那么将 \(F(z)\) 的系数加到 \(R(z)\) 里面即可