concrete mathematics hw1

Fri, 20 Feb 2026 00:00:00 +0000

过年几天没怎么看公开课，这两天补一下

1.

当 $n=2$ 时，两个集合为 ${1}, {2}$，交集为空，所以从 1 推到 2 的时候有问题。

2.

设 $T(n)$ 是把 $n$ 个盘子从 A 移动到目标 B 的最少次数，初步可以得到递推式

$$ T(n)\le 3T(n - 1) + 2 $$

模拟一下盘子的移动过程。

首先我们要让 $n-1$ 个较小的盘子从 A 移动到 B，然后让之前 A 上最大的盘子移动到 C，这一步要至少 $T(n-1)+1$ 步（+1 意思是最大的盘子移动）。

我们希望最大的盘子在 B 的最下方，所以还得先让 B 上较小的那些盘子回到 A，因此又需要 $T(n-1)+1$ 步。

最后最大盘到 B 后我们还需要把 $n-1$ 个盘子移动到 B，所以加起来至少需要

$$ 3T(n-1)+2 $$

因此

$$ T(n)=3T(n-1)+2=3^n-1 $$

3.

设 $T(n)$ 是 $n$ 个盘子所有合法的状态集合，$T(1)=3, T(2)=9$，我们 guess

$$ T(n)=3^n $$

假设 $n-1$ 时结论成立，下证 $n$ 时结论也成立。

回忆上一道题的过程，其实虽然一共有 5 步，但是这是一个类似周期的过程。总有一个时刻是最大的盘子在 A、B 或者 C 的柱子上，然后剩下的 $n-1$ 个盘子在做移动。

因此总共就是

$$ 3 \times 3^{n-1}=3^n $$

得证。

4.

设 $T(n)$ 是在合法状态下，存在 $n$ 个圆盘需要最多的移动次数$\le 2^n-1$

当 $n=1$ 时，需要一次移动，显然成立。

假设 $n-1$ 时结论成立，也就是说最多移动次数$\le 2^{n-1}-1$

$n$ 个盘子时候的第一个合法状态，如果最大的盘子已经在目标 B 柱上，那么只需要 $T(n-1)$ 次操作就可以，显然成立。

若最大盘子不在 B 柱上，我们首先需要将 $n-1$ 个盘子移动到中间柱 C，然后把大盘移动到 B，最后递归剩下的盘子，最多 $2^{n-1}-1$。

因此总步数就是

$$ 2^n-1 $$

得证。

5.

不能，一个新的圆和原来的圆最多增加两个交点，最多增加六块区域，6+8=14

6.

每多一条直线，和原有的每条直线增加一个交点，也就是增加n-1个交点，最多增加n-2个新区域

设有界区域的最大个数是$a_n$个，那么$a_n=a_{n-1}+n-2$

$$ a_1=a_2=0,a_n=\sum_{i=0}^{n-2}i $$

7.

$H(1)=J(2)-J(1)=0 \neq 2$

8.

从$Q_2$写到$Q_6$，容易发现，$Q_k=Q_{k-5},k \ge 5$

9.

(a)

令

$$ x_n=\frac{x_1+\cdots+x_{n-1}}{n-1}, $$

证明 $P(n)\Rightarrow P(n-1)$

取任意 $x_1,\dots,x_{n-1}\ge0$，记

$$ S=x_1+\cdots+x_{n-1},\qquad x_n=\frac{S}{n-1}. $$$$ x_1\cdots x_{n-1}\cdot\frac{S}{n-1} \le \left( \frac{S+\frac{S}{n-1}}{n} \right)^n. $$$$ x_1\cdots x_{n-1}\cdot\frac{S}{n-1} \le \left(\frac{S}{n-1}\right)^n. $$

若 $S=0$，则 $x_1=\cdots=x_{n-1}=0$，显然 $P(n-1)$ 成立；
若 $S>0$，两边同除以 $\dfrac{S}{n-1}>0$，得

$$ x_1\cdots x_{n-1} \le \left(\frac{S}{n-1}\right)^{n-1}= \left( \frac{x_1+\cdots+x_{n-1}}{n-1} \right)^{n-1}. $$

因此

$$ P(n)\Rightarrow P(n-1)\quad (n>1). $$

(b)

设 $x_1,\dots,x_{2n}\ge 0$，记

$$ A=\frac{x_1+\dots+x_n}{n},\qquad B=\frac{x_{n+1}+\dots+x_{2n}}{n}. $$

由 $P(n)$ 得

$$ x_1\cdots x_n \le A^n, \qquad x_{n+1}\cdots x_{2n} \le B^n. $$

因此

$$ \prod_{i=1}^{2n} x_i= (x_1\cdots x_n)(x_{n+1}\cdots x_{2n}) \le A^n B^n= (AB)^n. $$

由 $P(2)$

$$ (AB)^n \le \left(\frac{A+B}{2}\right)^{2n}. $$

于是

$$ \prod_{i=1}^{2n} x_i \le (AB)^n \le \left(\frac{A+B}{2}\right)^{2n}. $$

而

$$ \frac{A+B}{2}= \frac{ \frac{x_1+\dots+x_n}{n}+ \frac{x_{n+1}+\dots+x_{2n}}{n} }{2}= \frac{x_1+\dots+x_{2n}}{2n}. $$

因此

$$ \prod_{i=1}^{2n} x_i \le \left( \frac{x_1+\dots+x_{2n}}{2n} \right)^{2n}. $$

得证

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concrete mathematics hw1

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

(a)

(b)