《具体数学》部分习题解答3

习题三

3.1
3.2
3.3
3.5
3.6
3.7
3.8
3.10
3.11
3.12
3.14
3.15
3.16
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3.19
3.20
3.21
3.22
3.23
3.25
3.26
3.30
3.31
3.34
3.35
3.45

3.1

在第一章分析约瑟夫问题时，将任意的一个正整数 nnn 表示成了 n=2m+ln=2^m+ln=2m+l 的形式，其中 0≤l<2m0 \le l < 2^m0≤l<2m 。请利用底括号或顶括号，给出将 lll 和 mmm 表示成为 nnn 的函数的显式公式

3.2

与一个给定实数 xxx 距离最近的整数的公式是什么？在对等情况下，xxx 恰好在两个整数的中间位置，请给出一个表达式，它（ aaa ）往上舍入成整数，即成为 ⌈x⌉\lceil x \rceil⌈x⌉ ;（ bbb ）向下舍入成整数，即成为 ⌊x⌋\lfloor x \rfloor⌊x⌋ 。

不失一般性，假设 xxx 位于 nnn 和 n+1n+1n+1 之间。
aaa 种情况下，仅当 x∈[n,n+0.5)x \in [n,n+0.5)x∈[n,n+0.5) 时，答案是 nnn ，否则为 n+1n+1n+1 ，因此将 xxx 加上0.5再向下取整。
bbb 种情况下，仅当x∈[n,n+0.5]x \in [n,n+0.5]x∈[n,n+0.5] 时，答案是 nnn ，否则为 n+1n+1n+1 ，因此将 xxx 减去0.5再向上取整。
a.⌊x+0.5⌋b.⌈x−0.5⌉a. \lfloor x + 0.5 \rfloor \\ b. \lceil x - 0.5 \rceil a.⌊x+0.5⌋b.⌈x−0.5⌉

3.3

当 mmm 和 nnn 是正整数，且 α\alphaα 是大于 nnn 的无理数时，计算 ⌊⌊mα⌋n/α⌋\lfloor \lfloor m \alpha \rfloor n / \alpha \rfloor⌊⌊mα⌋n/α⌋

3.5

当 nnn 是正整数时，求使得 ⌊nx⌋=n⌊x⌋\lfloor n x \rfloor = n \lfloor x \rfloor⌊nx⌋=n⌊x⌋ 成立的必要充分条件。（你的条件应该包含 {x}\{x\}{x} ）

3.6

当 f(x)f(x)f(x) 是仅当 xxx 为整数时才取整数值的连续单调递减函数时，关于 ⌊f(x)⌋\lfloor f(x) \rfloor⌊f(x)⌋ 有什么可谈的吗？

3.7

解递归式
Xn=n,0≤n<mXn=Xn−m+1,n≥mX_n = n \ , \quad 0 \le n < m \\ X_n = X_{n-m}+1 \ , \quad n \ge m Xn=n ,0≤n<mXn=Xn−m+1 ,n≥m

不妨列出部分 XnX_nXn 的值：

n	0	1	2	3	…\dots…	m-1	m	m+1	…\dots…	2m	2m+1	…\dots…
XnX_nXn	0	1	2	3	…\dots…	m-1	1	2	…\dots…	2	3	…\dots…

由此可以发现 XnX_nXn 的规律并写出表达式： Xn=nmodm+⌊nm⌋X_n = n\ mod\ m + \lfloor \frac{n}{m} \rfloorXn=n mod m+⌊mn⌋

3.8

证明狄利克雷抽屉原理：如果 nnn 个物体放进 mmm 个盒子中，那么某个盒子中必定含有 ≥⌈n/m⌉\ge \lceil n/m \rceil≥⌈n/m⌉ 个物体，且有某个盒子中必定含有 ≤⌊n/m⌋\le \lfloor n/m \rfloor≤⌊n/m⌋ 个物体。

反证法：假设所有盒子中含有 <⌈nm⌉< \lceil \frac{n}{m} \rceil<⌈mn⌉ 个物体，也即含有 ≤(⌈nm⌉−1)\le ( \lceil \frac{n}{m} \rceil -1)≤(⌈mn⌉−1) 个物体，因此，总共 mmm 个盒子一共含有 ≤m(⌈nm⌉−1)\le m (\lceil \frac{n}{m} \rceil -1)≤m(⌈mn⌉−1) 个物体，有： nm+1≤⌈nm⌉\frac{n}{m} + 1 \le \lceil \frac{n}{m} \rceilmn+1≤⌈mn⌉ ，矛盾，假设不成立，即证某个盒子中必定含有 ≥⌈n/m⌉\ge \lceil n/m \rceil≥⌈n/m⌉ 个物体。
同理可证某个盒子中必定含有 ≤⌊n/m⌋\le \lfloor n/m \rfloor≤⌊n/m⌋ 个物体。

3.10

证明，表达式
⌈2x+12⌉−⌈2x+14⌉+⌊2x+14⌋\lceil \frac{2x+1}{2} \rceil - \lceil \frac{2x+1}{4} \rceil + \lfloor \frac{2x+1}{4} \rfloor ⌈22x+1⌉−⌈42x+1⌉+⌊42x+1⌋
总是等于 ⌊x⌋\lfloor x \rfloor⌊x⌋ 或者 ⌈x⌉\lceil x \rceil⌈x⌉ ，每一种情形在何时会出现？

3.11

给出正文中提及的证明细节：当 α<β\alpha < \betaα<β 时，开区间 (α,β)(\alpha , \beta)(α,β) 恰好包含 ⌈β⌉−⌊α⌋−1\lceil \beta \rceil - \lfloor \alpha \rfloor -1⌈β⌉−⌊α⌋−1 个整数。为使证明正确，为什么 α=β\alpha = \betaα=β 的情形必须排除在外？

3.12

证明，对所有整数 nnn 和所有正整数 mmm 有
⌈nm⌉=⌊n+m−1m⌋\lceil \frac{n}{m} \rceil = \lfloor \frac{n+m-1}{m} \rfloor ⌈mn⌉=⌊mn+m−1⌋
（这个恒等式给出了另一种将顶与底相互转化的方法，它用不到反射律）

3.14

证明或推翻： (xmodny)mody=xmody,n为整数(x \ mod \ ny) \ mod \ y =x \ mod \ y \ , \quad n为整数(x mod ny) mod y=x mod y ,n为整数

3.15

存在与
⌊mx⌋=⌊x⌋+⌊x+1m⌋+⋯+⌊x+m−1m⌋\lfloor mx \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{m} \rfloor + \dots + \lfloor x + \frac{m-1}{m} \rfloor ⌊mx⌋=⌊x⌋+⌊x+m1⌋+⋯+⌊x+mm−1⌋
类似的用顶替代底的恒等式吗？

已知：n=⌈nm⌉+⌈n−1m⌉+⋯+⌈n−m+1m⌉用⌈mx⌉替换n，得到：⌈mx⌉=⌈x⌉+⌈x−1m⌉+⋯+⌈x−m−1m⌉已知：n = \lceil \frac{n}{m} \rceil + \lceil \frac{n-1}{m} \rceil + \dots + \lceil \frac{n-m+1}{m} \rceil \\ 用 \lceil mx \rceil 替换 n ，得到：\\ \lceil mx \rceil = \lceil x \rceil + \lceil x - \frac{1}{m} \rceil + \dots + \lceil x - \frac{m-1}{m} \rceil 已知：n=⌈mn⌉+⌈mn−1⌉+⋯+⌈mn−m+1⌉用⌈mx⌉替换n，得到：⌈mx⌉=⌈x⌉+⌈x−m1⌉+⋯+⌈x−mm−1⌉

3.16

证明 nmod2=(1−(−1)n)/2.n \ mod \ 2 = (1 - (-1)^n )/2.n mod 2=(1−(−1)n)/2. 对 nmod3n \ mod \ 3n mod 3 求出并证明类似的形如 a+bωn+cω2na + b \omega^n + c \omega^{2n}a+bωn+cω2n 的表达式，其中 ω\omegaω 是复数 (−1+i3)/2(-1 + i \sqrt{3} ) / 2(−1+i3)/2 。提示： ω3=1\omega^3 = 1ω3=1 且 1+ω+ω2=01 + \omega + \omega^2 = 01+ω+ω2=0

n无非是两种情况：n=2k或n=2k+1,其中k∈Z如果n=2k，则nmod2=1−(−1)2k2=0如果n=2k+1，则nmod2=1−(−1)2k+12=1无论哪种情况等式均成立。n 无非是两种情况：n = 2k 或 n = 2k+1 , 其中 k \in \mathbb{Z} \\ 如果 n = 2k ，则 n \ mod \ 2 = \frac{1-(-1)^{2k}}{2} = 0 \\ 如果 n = 2k+1 ，则 n \ mod \ 2 = \frac{1-(-1)^{2k+1}}{2} = 1 \\ 无论哪种情况等式均成立。 n无非是两种情况：n=2k或n=2k+1,其中k∈Z如果n=2k，则n mod 2=21−(−1)2k=0如果n=2k+1，则n mod 2=21−(−1)2k+1=1无论哪种情况等式均成立。
同理：

3.17

在 x≥0x \ge 0x≥0 的情况下，通过用 ∑j[1≤j≤x+k/m]\sum_{j} [1 \le j \le x + k/m]∑j[1≤j≤x+k/m] 替换 ⌊x+k/m⌋\lfloor x + k/m \rfloor⌊x+k/m⌋ 并首先对 kkk 求和，来计算和式 ∑0≤k<m⌊x+k/m⌋\sum_{0 \le k < m} \lfloor x + k/m \rfloor∑0≤k<m⌊x+k/m⌋ 。你的答案与 ⌊mx⌋=⌊x⌋+⌊x+1m⌋+⋯+⌊x+m−1m⌋\lfloor mx \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{m} \rfloor + \dots + \lfloor x + \frac{m-1}{m} \rfloor⌊mx⌋=⌊x⌋+⌊x+m1⌋+⋯+⌊x+mm−1⌋吻合吗？

3.19

求出关于实数 b>1b > 1b>1 的一个必要充分条件，使得
⌊log⁡bx⌋=⌊log⁡b⌊x⌋⌋\lfloor \log_b{x} \rfloor = \lfloor \log_b{\lfloor x \rfloor} \rfloor ⌊logbx⌋=⌊logb⌊x⌋⌋
对所有实数 x≥1x \ge 1x≥1 都成立

3.20

当 x>0x>0x>0 时，求闭区间 [α…β][\alpha \dots \beta][α…β] 中 xxx 的所有倍数之和

⌈αx⌉代表闭区间中首个x的倍数⌊βx⌋代表闭区间中最后一个x的倍数因此有：∑k=⌈αx⌉⌊βx⌋kx=x2((⌊βx⌋)2+⌊βx⌋−(⌈αx⌉)2+⌈αx⌉)\lceil \frac{\alpha}{x} \rceil 代表闭区间中首个 x 的倍数 \\ \lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor 代表闭区间中最后一个 x 的倍数 \\ 因此有：\sum_{k=\lceil \frac{\alpha}{x} \rceil}^{\lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor} kx = \frac{x}{2} ((\lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor)^2 + \lfloor \frac{\beta}{x} \rfloor -(\lceil \frac{\alpha}{x} \rceil)^2 + \lceil \frac{\alpha}{x} \rceil) ⌈xα⌉代表闭区间中首个x的倍数⌊xβ⌋代表闭区间中最后一个x的倍数因此有：k=⌈xα⌉∑⌊xβ⌋kx=2x((⌊xβ⌋)2+⌊xβ⌋−(⌈xα⌉)2+⌈xα⌉)

3.21

对 0≤m≤M0 \le m \le M0≤m≤M ，有多少个数 2m2^m2m 的十进制表示中，其首位数字为1？

在十进制表示中，如果首位数字为1,对应该数字为10的幂而在[10n,2∗10n)中一共有(⌈lg⁡2+nlg⁡10⌉−⌈nlg⁡10⌉)个2的幂，即一个2的幂问题即转换为：对于0≤m≤M，2m中有多少个10的幂？因此答案为：⌊log⁡2M⌋+1在十进制表示中，如果首位数字为1,对应该数字为10的幂 \\ 而在[10^n, 2*10^n)中一共有(\lceil \lg{2} + n \lg{10} \rceil - \lceil n \lg{10} \rceil)个2的幂，即一个2的幂 \\ 问题即转换为：对于0 \le m \le M，2^m中有多少个10的幂？ \\ 因此答案为：\lfloor \log{2^M} \rfloor + 1 在十进制表示中，如果首位数字为1,对应该数字为10的幂而在[10n,2∗10n)中一共有(⌈lg2+nlg10⌉−⌈nlg10⌉)个2的幂，即一个2的幂问题即转换为：对于0≤m≤M，2m中有多少个10的幂？因此答案为：⌊log2M⌋+1

3.22

计算和式 Sn=∑k≥1⌊n/2k+12⌋S_n = \sum_{k \ge 1} \lfloor n/2^k + \frac{1}{2} \rfloorSn=∑k≥1⌊n/2k+21⌋ 以及 Tn=∑k≥12k⌊n/2k+12⌋2.T_n = \sum_{k \ge 1} 2^k \lfloor n/2^k + \frac{1}{2} \rfloor^2.Tn=∑k≥12k⌊n/2k+21⌋2.

3.23

证明序列
1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,…1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5, \dots 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,…
的第 nnn 个元素是 ⌊2n+12⌋\lfloor \sqrt{2n} + \frac{1}{2} \rfloor⌊2n+21⌋ （这个序列恰好包含 mmm 个 mmm）

3.25

证明或推翻：对所有非负的 nnn ，由
K0=1Kn+1=1+min(2K⌊n/2⌋,3K⌊n/3⌋),n≥0K_0 = 1 \\ K_{n+1} = 1 + min(2K_{\lfloor n/2 \rfloor},3K_{\lfloor n/3 \rfloor}) \ , n \ge 0 K0=1Kn+1=1+min(2K⌊n/2⌋,3K⌊n/3⌋) ,n≥0
所定义的高德纳数满足 Kn≥nK_n \ge nKn≥n.

3.26

证明：辅助的约瑟夫数满足：
(qq−1)n≤Dn(q)≤q(qq−1)n,n≥0(\frac{q}{q-1})^n \le D_n^{(q)} \le q (\frac{q}{q-1})^n \ , \quad n \ge 0 (q−1q)n≤Dn(q)≤q(q−1q)n ,n≥0

辅助的约瑟夫数：
D0(q)=1Dn(q)=⌈qq−1Dn−1(q)⌉,n>0D_0^{(q)} = 1 \\ D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil \ , \quad n > 0 D0(q)=1Dn(q)=⌈q−1qDn−1(q)⌉ ,n>0
在辅助的约瑟夫数中，qqq 应该是正整数.

用数学归纳法证明：
第一个 ≤\le≤ 号：
假设(qq−1)n−1≤Dn−1(q)则：Dn(q)=⌈qq−1Dn−1(q)⌉≥⌈(qq−1)n⌉≥(qq−1)n假设 (\frac{q}{q-1})^{n-1} \le D_{n-1}^{(q)} \\ 则： D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil \ge \lceil (\frac{q}{q-1})^n \rceil \ge (\frac{q}{q-1})^n 假设(q−1q)n−1≤Dn−1(q)则：Dn(q)=⌈q−1qDn−1(q)⌉≥⌈(q−1q)n⌉≥(q−1q)n
第二个 ≤\le≤ 号：
假设Dn−1(q)≤q(qq−1)n−1−(q−1)≤q(qq−1)n−1Dn(q)=⌈qq−1Dn−1(q)⌉≤⌈q(qq−1)n−q⌉⇔Dn(q)≤q(qq−1)n+1−q≤q(qq−1)n假设 D_{n-1}^{(q)} \le q (\frac{q}{q-1})^{n-1} - (q - 1) \le q (\frac{q}{q-1})^{n-1} \\ D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil \le \lceil q (\frac{q}{q-1})^n - q \rceil \\ \Leftrightarrow D_n^{(q)} \le q(\frac{q}{q-1})^n + 1 - q \le q (\frac{q}{q-1})^n 假设Dn−1(q)≤q(q−1q)n−1−(q−1)≤q(q−1q)n−1Dn(q)=⌈q−1qDn−1(q)⌉≤⌈q(q−1q)n−q⌉⇔Dn(q)≤q(q−1q)n+1−q≤q(q−1q)n

3.30

证明：如果 mmm 是一个大于2的整数，其中 α+α−1=m\alpha + \alpha^{-1} = mα+α−1=m 且 α>1\alpha > 1α>1，那么递归式

有解 Xn=⌈α2n⌉.X_n = \lceil \alpha^{2^n} \rceil.Xn=⌈α2n⌉. 例如，如果 m=3m=3m=3, 则解为：
Xn=⌈ϕ2n+1⌉,ϕ=1+52,α=ϕ2X_n = \lceil \phi^{2^{n+1}} \rceil \ , \quad \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \ , \quad \alpha = \phi^2 Xn=⌈ϕ2n+1⌉ ,ϕ=21+5 ,α=ϕ2

3.31

证明或推翻： ⌊x⌋+⌊y⌋+⌊x+y⌋≤⌊2x⌋+⌊2y⌋.\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + \lfloor x+y \rfloor \le \lfloor 2x \rfloor + \lfloor 2y \rfloor.⌊x⌋+⌊y⌋+⌊x+y⌋≤⌊2x⌋+⌊2y⌋.

3.34

设 f(n)=∑k=1n⌈lg⁡k⌉.f(n) = \sum_{k=1}^n \lceil \lg{k} \rceil.f(n)=∑k=1n⌈lgk⌉.

3.35

化简公式 ⌊(n+1)2n!e⌋modn\lfloor (n+1)^2 \ n! \ e \rfloor \ mod \ n⌊(n+1)2 n! e⌋ mod n.

3.45

如果 mmm 是一个正整数，推广习题30的技巧来求

的封闭形式的解

如有问题，欢迎大家指出，谢谢