《具体数学》第1章 递归问题

T1

很明显，在 \(n=2\) 的时候，根据题意得 \(1\) ~ \(n-1\) 也就是第 1 匹马，\(2\) ~ \(n\) 也就是第 2 匹马，然后让第 1 匹马与第 2 匹马颜色不同就行了

T2

我们设 \(f(n)\) 为 \(n\) 个圆盘所需要的最少移动次数，当 \(n=3\) 时

还没有移动的时候为：

1
2
3 _ _

而完成 \(n=2\) 的时候为：

    1
3 _ 2

这其中的过程为，先把 1 2 往右移动一格

  1
3 2 _

然后再往右“移动一格”，这步的操作数与上一步是一样的，因为都是 1 2 的整体移动，而且 3 比 1 2 都大所以可以看作没有 3 这个东西

    1
3 _ 2

这样所需的次数为 \(f(2)\)，接下来我们把它弄成 \(f(3)\)

先把 3 往右移动 \(1\) 格，共用了 \(f(2)+1\) 次操作

    1
_ 3 2

然后我们把 1 2 往左移动 \(2\) 格，要用 \(f(2)\) 次操作，共用了 \(2 \times f(2)+1\) 次操作

1
2 3 _

把 3 右移 \(1\) 格，共用了 \(2 \times f(2)+2\) 次操作

1
2 _ 3

把 1 2 往右移动 \(2\) 格，要用 \(f(2)\) 次操作，共用了 \(3 \times f(2)+2\) 次操作

    1
    2
_ _ 3

于是完成了整个移动，\(f(3)=3 \times f(2)+2\)

因为在这部分操作中没有使用比 \(3\) 还大的圆盘，所以在 \(3\) 以内的圆盘都可以在那些大于 \(3\) 的圆盘上移动，不会受任何影响，然后这个递推式的推导也没有使用任何关于 \(f(2),f(3)\) 的值的信息，实际上直接可以用 \(i-1\) 和 \(i\) 替代，但是这样就不方便上面的模拟

总之，这个递推式就出来了，\(f(n)=3 \times f(n-1)+2,f(1)=2\)

简化，

\[f(n)+1=3 \times (f(n-1)+1) \]

设 \(g(n)=f(n)+1\)

\[g(n)=3 \times g(n-1) \]

\[g(n)=3^n \]

\[f(n)=3^n-1 \]

移动序列的求法就是按照上面模拟的过程，递归求一下就行

T3

我们已经知道上一题的答案是 \(3^n-1\) 次操作了

然后刚好这题有 \(3^n\) 种不同的正确叠放方式（每个数字可以在三个柱子中的任意一个，然后肯定是从大到小从下到上放置，所以是 \(3^n\) 种）

那么在这个移动过程中，总没有人傻到会把同一种叠放叠出来 \(2\) 次吧，这跟 bfs​ 跑无权图最短路的 vis 标记类似，如果一个点被访问过了，说明有比现在更优的路径

然后，最少的次数都是 \(3^n-1\) 了，那不就是“把所有点都访问过了“么，也就是说在操作过程中会出现所有的正确叠放

什么？还差 1​ ？

万一“起点和终点重叠呢？”，也就是说，0​ 次操作的时候也算一种正确摆放鸭

T4

不需要。

设 \(f(n)\) 表示 \(1\) ~ \(n\) 的圆盘归位的操作次数

当 \(n\) 号圆盘不需要移动的时候，\(f(n)=f(n-1)\)

当 \(n\) 号圆盘需要移动的时候，假设现在是最坏的情况： \(1\) ~ \(n\) 都在 A 柱上，然后要把 \(n\) 移到 B，\(1\) ~ \(n-1\) 还在 A 柱，那么就有 \(f(n)=2 \times f(n-1)+1\)

考虑 \(1\) ~ \(n\) 的时候，大于 \(n\) 的就不用考虑了，反正 \(1\) ~ \(n\) 都能放在它们上面

假设所有都是最坏情况，那么我们就得出了递推式 \(f(n)=2 \times f(n-1)+1\)

跟 T2 一样推，推出来是 \(f(n)=2^n-1\) ，恰好不大于 \(2^n-1\)

T5

不能。我画了半个小时才发现是画不出来的。。。最多 14

T6

先画 2 条相交的直线，然后就跟 \(n\) 条直线分平面一样了

\(f(n+2)=\frac {n(n+1)}{2}\)

即

\(f(0)=0,f(1)=0,f(2)=0\)

\(f(n)=\frac {(n-1)(n-2)}{2}, (n>2)\)

T7

归纳法没错，但是这里有个小问题

通过 \(H(2n)=2 , n\ge 1\) 推出 \(H(2n+1),n \ge 1\) 没问题，

但是你没发现，这里的 \(2n+1\) 因为 \(n \ge 1\) 所以没法取到 1 么

恰巧，\(H(1)=0 \ne 2\)

T8

暴力算

\[Q_0=\alpha \]

\[Q_1=\beta \]

\[Q_2=\frac {1+\beta}{\alpha} \]

\[Q_3=\frac {1+\frac {1+\beta}{\alpha}}{\beta}=\frac {\frac {1+\alpha+\beta}{\alpha}}{\beta}=\frac {1+\alpha+\beta}{\alpha\beta} \]

\[Q_4=\frac {1+\frac {1+\alpha+\beta}{\alpha\beta}}{\frac {1+\beta}{\alpha}}=\frac {\frac {1+\alpha+\beta+\alpha\beta}{\alpha\beta}}{\frac {1+\beta}{\alpha}}=\frac {1+\alpha+\beta+\alpha\beta}{\alpha\beta}\times \frac {\alpha}{1+\beta}=\frac {(\alpha+1)(\beta+1)}{\alpha\beta}\times \frac {\alpha}{1+\beta}= \]

\[=\frac {1+\alpha}{\beta} \]

\[Q_5=\frac {1+\frac {1+\alpha}{\beta}}{\frac {1+\alpha+\beta}{\alpha\beta}}=\frac {\frac {1+\alpha+\beta}{\beta}}{\frac {1+\alpha+\beta}{\alpha\beta}}=\frac {1+\alpha+\beta}{\beta}\times \frac {\alpha\beta}{1+\alpha+\beta}=\alpha \]

出现循环节了！！！

T9

其实就是证明算数平均值大于等于几何平均值，\(x_i\ge1\)

要用反向数学归纳法

先对两边同时开 \(n\) 次方

\[P(n):\frac {x_1+x_2+...+x_n}n \ge \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} \]

显然，\(P(1)\) 成立，\(x_1=x_1\)

显然，\(P(2)\) 成立，

证明

\[(\frac {a+b}2)^2-ab \]

\[= \frac {a^2+2ab+b^2}{4}-ab \]

\[=\frac {a^2-2ab+b^2}{4}=\frac{(a-b)^2}{4} \]

因为

\[(a-b)^2 \ge 0 \]

所以

\[\frac{(a-b)^2}{4} \ge 0 \]

所以

\[(\frac {a+b}2)^2 \ge ab \]

所以

\[\frac {a+b}2 \ge \sqrt{ab} \]

所以，\(P(2)\) 成立

显然，如果 \(P(n)\) 成立，那么 \(P(2n)\) 成立

证明

设 \(a_1=\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}{n} , a_2=\frac{x_{n+1}+x_{n+2}+\cdots +x_{2n}}{n} , b_1=\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} , b_2=\sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}\cdots x_{2n}}\)

根据 \(P(2)\) 成立，我们可以推出

\[\frac {a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1a_2} \]

根据 \(P(n)\) 成立，我们推出

\[a_1 \ge b_1,a_2\ge b_2 \]

这里，你只要稍微想一想，假设 \(a_1=b_1,a_2=b_2\) ，那么 \(\frac {a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{b_1b_2}\)

而，\(a_1,a_2\) 却是 \(\ge b_1,b_2\) ，那还用说，\(\frac {a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{b_1b_2}\) 肯定成立

那么，

\[\frac {a_1+a_2}{2}\ge \sqrt{b_1b_2} \]

\[\frac {\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}+\frac{x_{n+1}+x_{n+2}+\cdots +x_{2n}}{n}}{2}\ge \sqrt{\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \times \sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}\cdots x_{2n}}} \]

\[\frac {\frac {x_1+x_2+...+x_{2n}}{n}}{2}\ge \sqrt{\sqrt[n]{x_1x_2...x_{2n}}} \]

\[\frac {x_1+x_2+...+x_{2n}}{2n}\ge \sqrt[2n]{x_1x_2...x_{2n}} \]

于是，我们可以通过 \(P(n)\) 成立来推出 \(P(2n)\) 成立

于是，对于任意的 \(P(2^k)\)，都成立

显然，如果 \(P(n)\) 成立 ，那么 \(P(n-1)\) 也成立

证明

我们先想一下，要找一个 \(x_n\) 使得 \(\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1}\)

\[\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1} \]

\[(n-1) \times (x_1+x_2+\cdots +x_n)=n \times (x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}) \]

\[(n-1) \times (x_1+x_2+\cdots +x_{n-1})+(n-1) \times x_n=(n-1) \times (x_1+x_2+\cdots +x_{n-1})+(x_1+\cdots +x_{n-1}) \]

\[(n-1) \times x_n=(x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}) \]

\[x_n=\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1} \]

于是，这里 \(\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1}\)

那么就有：

\[\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1} \ge \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \]

两边同时 \(n\) 次方

\[(\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1})^n \ge x_1x_2...x_n \]

把 \(x_n\) 代入

\[(\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1})^n \ge x_1x_2\cdots x_{n-1} \times \frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1} \]

\[(\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1})^{n-1} \ge x_1x_2\cdots x_{n-1} \]

两边同时开 \(n-1\) 次根号

\[\frac {x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}}{n-1} \ge \sqrt[n-1]{x_1x_2\cdots x_{n-1}} \]

于是当 \(P(n)\) 成立时 \(P(n-1)\) 也成立

整理一下现在的条件，我们有

\(P(1),P(2)\) 成立，\(P(n)\) 成立时 \(P(2n)\) 成立，\(P(n)\) 成立时 \(P(n-1)\) 成立

于是，对于任何正整数 \(n\) ， \(P(n)\) 都成立

于是

\[\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}n \ge \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \]

于是

\[x_1x_2\cdots x_n \le (\frac {x_1+x_2+\cdots +x_n}{n})^n \]

原命题成立