《具体数学》部分习题解答1

习题一

1.2

将原来汉诺塔中，从AAA直接到BBB的步骤转化为以CCC作为过渡进行移动，因此，解出T(n)=3n−1T(n)=3^n-1T(n)=3n−1
下面用数学归纳法证明：

当n=1n=1n=1时，将圆盘从AAA移到CCC再到BBB，共花费T(1)=31−1=2T(1)=3^1-1=2T(1)=31−1=2步
假设当n=kn=kn=k时，将圆盘从AAA移到BBB需要花费T(k)=3k−1T(k)=3^k-1T(k)=3k−1步
则当n=k+1n=k+1n=k+1时，先将前kkk个圆盘移到BBB桩，花费T(k)T(k)T(k)步，再将第k+1k+1k+1个圆盘移到CCC桩，花费1步；接着将前kkk个圆盘移回AAA桩，花费T(k)T(k)T(k)步，将第k+1k+1k+1个圆盘移到BBB桩，花费1步；最后将kkk个圆盘再移动到BBB桩，花费T(k)T(k)T(k)步。因此，总共花费了T(k+1)=3T(k)+2T(k+1)=3T(k)+2T(k+1)=3T(k)+2步，即有T(k+1)=3(3k−1)+2=3k+1−1T(k+1)=3(3^k-1)+2=3^{k+1}-1T(k+1)=3(3k−1)+2=3k+1−1

由此可证：T(n)=3n−1T(n)=3^n-1T(n)=3n−1

1.6

前面已经证出，平面上nnn条直线所界定的区域的最大个数Ln=n(n+1)2+1,n≥0L_n= \frac{n(n+1)}{2}+1, \ n \ge0Ln=2n(n+1)+1, n≥0，因此，要求有界区域的最大个数，即相当于无界区域个数最少时的情形。而经过仔细观察n=3n=3n=3到n=4n=4n=4时无界区域个数的变化情况，会发现在区域1和2新增加了2个无界区域。
由此易得当第nnn条直线与前n−1n-1n−1条直线相交于n−1n-1n−1个不同点时，每次增加的无界区域最小为2n2n2n个。因此，有界区域的最大个数T(n)=n(n+1)2+1−2n=12n2−32n+1,n≥0T(n)= \frac{n(n+1)}{2}+1-2n=\frac{1}{2}n^2-\frac{3}{2}n+1, \ n \ge0T(n)=2n(n+1)+1−2n=21n2−23n+1, n≥0

1.7

由JJJ的定义式：
J(1)=1J(2n)=2J(n)−1,n≥1J(2n+1)=2J(n)+1,n≥1\begin{aligned} J(1)&=1 \\J(2n)&=2J(n)-1, \ n\ge1 \\ J(2n+1)&=2J(n)+1, \ n\ge1 \end{aligned}J(1)J(2n)J(2n+1)=1=2J(n)−1, n≥1=2J(n)+1, n≥1得：J(2)=2J(1)−1=1J(2)=2J(1)-1=1J(2)=2J(1)−1=1，而H(n)=J(n+1)−J(n)H(n)=J(n+1)-J(n)H(n)=J(n+1)−J(n)，所以H(1)=J(2)−J(1)=0≠2H(1)=J(2)-J(1)=0\ne2H(1)=J(2)−J(1)=0=2，因此归纳法的基础情况不满足。

1.8

按照QnQ_nQn的定义式：Qn=1+Qn−1Qn−2,n>1Q_n=\frac{1+Q_{n-1}}{Q_{n-2}}, \ n>1Qn=Qn−21+Qn−1, n>1，计算下去：Q0=αQ1=βQ2=1+βαQ3=1+α+βαβQ4=1+αβQ5=αQ6=β…\begin{aligned} Q_0&= \alpha \\ Q_1&=\beta \\ Q_2&=\frac{1+ \beta }{ \alpha } \\ Q_3&=\frac{1+ \alpha + \beta}{ \alpha \beta} \\ Q_4&=\frac{1+ \alpha}{\beta} \\ Q_5&=\alpha \\ Q_6&=\beta \\ \dots \end{aligned}Q0Q1Q2Q3Q4Q5Q6…=α=β=α1+β=αβ1+α+β=β1+α=α=β易得，QnQ_nQn的周期为5，因此有：Qn=Qn+5Q_n=Q_{n+5}Qn=Qn+5

1.9

a. 若P(n)P(n)P(n)成立，即有 x1…xn≤(x1+⋯+xnn)n,x1,…,xn≥0→xn=x1+⋯+xn−1n−1x1…xn−1x1+⋯+xn−1n−1≤(x1+⋯+xn−1+x1+⋯+xn−1n−1n)n⇔x1…xn−1x1+⋯+xn−1n−1≤(x1+⋯+xn−1n−1)n⇔x1…xn−1≤(x1+⋯+xn−1n−1)n−1\begin{aligned} x_1 \dots x_n &\le (\frac{x_1+ \dots +x_n}{n})^n, \ x_1,\dots ,x_n \ge0 \\ \xrightarrow{x_n=\frac{x_1+ \dots +x_{n-1}}{n-1}} x_1 \dots x_{n-1} \frac{x_1+ \dots +x_{n-1}}{n-1} &\le (\frac{x_1+ \dots +x_{n-1}+\frac{x_1+\dots+x_{n-1}}{n-1}}{n})^n \\ \Leftrightarrow x_1 \dots x_{n-1} \frac{x_1+ \dots +x_{n-1}}{n-1} &\le (\frac{x_1+\dots+x_{n-1}}{n-1})^n \\ \Leftrightarrow x_1 \dots x_{n-1} &\le (\frac{x_1+\dots+x_{n-1}}{n-1})^{n-1} \end{aligned}x1…xnxn=n−1x1+⋯+xn−1x1…xn−1n−1x1+⋯+xn−1⇔x1…xn−1n−1x1+⋯+xn−1⇔x1…xn−1≤(nx1+⋯+xn)n, x1,…,xn≥0≤(nx1+⋯+xn−1+n−1x1+⋯+xn−1)n≤(n−1x1+⋯+xn−1)n≤(n−1x1+⋯+xn−1)n−1
所以，对于P(n−1)P(n-1)P(n−1)也成立。

b. 若P(2)P(2)P(2)和P(n)P(n)P(n)成立，有：P(n):x1…xn≤(x1+⋯+xnn)nP′(n):xn+1…x2n≤(xn+1+⋯+x2nn)n\begin{aligned} P(n):\ x_1\dots x_n &\le (\frac{x_1+ \dots +x_n}{n})^n \\ P'(n):\ x_{n+1}\dots x_{2n} &\le (\frac{x_{n+1}+ \dots +x_{2n}}{n})^n \end{aligned}P(n): x1…xnP′(n): xn+1…x2n≤(nx1+⋯+xn)n≤(nxn+1+⋯+x2n)n 所以：(x1…xn)(xn+1…x2n)≤((x1+⋯+xn)(xn+1+⋯+x2n)n2)n(x_1\dots x_n)(x_{n+1}\dots x_{2n}) \le (\frac{(x_1+\dots+x_n)(x_{n+1}+\dots+x_{2n})}{n^2})^n(x1…xn)(xn+1…x2n)≤(n2(x1+⋯+xn)(xn+1+⋯+x2n))n又：P(2):x1x2≤(x1+x22)2⇒(x1+⋯+xn)(xn+1+⋯+x2n)≤(x1+⋯+x2n2)2\begin{aligned} P(2): x_1x_2 &\le (\frac{x_1+x_2}{2})^2 \\ \Rightarrow (x_1+\dots+x_n)(x_{n+1}+\dots+x_{2n}) &\le(\frac{x_1+\dots+x_{2n}}{2})^2 \end{aligned}P(2):x1x2⇒(x1+⋯+xn)(xn+1+⋯+x2n)≤(2x1+x2)2≤(2x1+⋯+x2n)2所以：x1…xnxn+1…x2n≤((x1+⋯+x2n2)2n2)n=(x1+⋯+x2n2n)2nx_1\dots x_n x_{n+1} \dots x_{2n} \le(\frac{(\frac{x_1+\dots+x_{2n}}{2})^2}{n^2})^n =(\frac{x_1+\dots+x_{2n}}{2n})^{2n}x1…xnxn+1…x2n≤(n2(2x1+⋯+x2n)2)n=(2nx1+⋯+x2n)2n
即证P(2n)P(2n)P(2n)也成立。

c. 由a,b易知：P(2)→P(1);P(2)∧P(2)→P(4)→P(3)→P(6)→P(5)→…\begin{aligned} &P(2) \rightarrow P(1); \\ &P(2)\wedge P(2) \rightarrow P(4) \rightarrow P(3) \rightarrow P(6) \rightarrow P(5) \rightarrow \dots \end{aligned}P(2)→P(1);P(2)∧P(2)→P(4)→P(3)→P(6)→P(5)→…所以P(n)P(n)P(n)对所有nnn为真。

1.10

如图：

QnQ_nQn代表按顺时针将nnn个圆盘从AAA移到BBB的最少移动次数，RnR_nRn代表按顺时针将nnn个圆盘从BBB返回AAA的最少移动次数。理解的关键在于观察到QnQ_nQn需要移动的两个桩柱是相邻的，而RnR_nRn需要移动的桩柱之间隔了一根。
因此：Qn={0n=0,2Rn−1+1n>0,Q_n = \begin{cases} 0 &n=0, \\ 2R_{n-1}+1 &n>0, \\ \end{cases} Qn={02Rn−1+1n=0,n>0, 意即先将前n−1n-1n−1个圆盘从AAA移到CCC，花费Rn−1R_{n-1}Rn−1步；再将第nnn个圆盘移到BBB，花费1步；最后再将n−1n-1n−1个圆盘从CCC移到BBB，花费Rn−1R_{n-1}Rn−1步。
Rn={0n=0,2Rn−1+1+Qn−1+1=Qn+Qn−1+1n>0,R_n= \begin{cases} 0 &n=0, \\ 2R_{n-1}+1+Q_{n-1}+1=Q_n+Q_{n-1}+1 &n>0, \\ \end{cases}Rn={02Rn−1+1+Qn−1+1=Qn+Qn−1+1n=0,n>0,意即先将前n−1n-1n−1个圆盘从BBB移到AAA，花费Rn−1R_{n-1}Rn−1步；再将第nnn个圆盘从BBB移到CCC，花费1步；再将前n−1n-1n−1个圆盘从AAA移到BBB，花费Qn−1Q_{n-1}Qn−1步；接着将第nnn个圆盘从CCC移到AAA，花费1步；最后将前n−1n-1n−1个圆盘从BBB移到AAA，花费Rn−1R_{n-1}Rn−1步。

1.11

a.
因为相同尺寸的圆盘是不可区分的，且每一种尺寸的圆盘有两个。记有nnn种不同的圆盘，易得：A1=2An=2An−1+2,n>1\begin{aligned} A_1 &=2 \\ A_n&=2A_{n-1}+2, \ n>1 \end{aligned}A1An=2=2An−1+2, n>1再算出它的封闭形式：An+2=2(An−1+2)→Cn=An+2Cn=2Cn−1⇒Cn=2n+1⇒An=2n+1−2\begin{aligned} A_n+2 & =2(A_{n-1}+2) \\ \xrightarrow{C_n=A_n+2}C_n & =2C_{n-1} \\ \Rightarrow C_n & = 2^{n+1} \\ \Rightarrow A_n & =2^{n+1}-2 \end{aligned}An+2Cn=An+2Cn⇒Cn⇒An=2(An−1+2)=2Cn−1=2n+1=2n+1−2
b.
如果需要在最后的排列中将所有同样尺寸的圆盘恢复到原来的上下顺序，则对于nnn种圆盘（2n2n2n个圆盘），有：B1=3Bn=An−1+2+An−1+2+Bn−1,n>1\begin{aligned} B_1&=3 \\ B_n&=A_{n-1}+2+A_{n-1}+2+B_{n-1}, \ n>1 \end{aligned} B1Bn=3=An−1+2+An−1+2+Bn−1, n>1假设是将nnn种圆盘（每种两个）从AAA柱移到BBB柱，以CCC柱为过渡。先将前n−1n-1n−1种圆盘不计顺序的从AAA移到BBB，花费An−1A_{n-1}An−1步；再将最后1种圆盘从AAA移到CCC，此时这2个圆盘在CCC柱上的顺序应该是反向的，花费2步；接着将前n−1n-1n−1种圆盘不计顺序的从BBB回到AAA，花费An−1A_{n-1}An−1步；此时将CCC柱上的两个反向的圆盘移到BBB柱上，这样两个圆盘就可以按照正确的顺序落在BBB柱上，花费2步；最后将前n−1n-1n−1种圆盘按顺序的从AAA移到BBB，花费Bn−1B_{n-1}Bn−1步
再算出它的封闭形式：Bn=2(2n−2)+4+Bn−1⇒Bn=Bn−1+2n+1⇒B2=B1+23B3=B2+24B4=B3+25⋮Bn=Bn−1+2n+1⇒Sn−B1=Sn−1+23(2n−1−1)2−1⇒Sn−Sn−1=Bn=2n+2−5\begin{aligned} B_n & = 2(2^n-2)+4+B_{n-1} \\ \Rightarrow B_n & =B_{n-1}+2^{n+1} \\ \Rightarrow B_2 &= B_1 + 2^3 \\ B_3 &= B_2 + 2^4 \\ B_4 &= B_3 + 2^5 \\ \vdots \\ B_n &= B_{n-1} + 2^{n+1} \\ \Rightarrow S_n -B_1 & =S_{n-1} + \frac{2^3(2^{n-1}-1)}{2-1} \\ \Rightarrow S_n-S_{n-1} = B_n &= 2^{n+2} -5 \end{aligned}Bn⇒Bn⇒B2B3B4⋮Bn⇒Sn−B1⇒Sn−Sn−1=Bn=2(2n−2)+4+Bn−1=Bn−1+2n+1=B1+23=B2+24=B3+25=Bn−1+2n+1=Sn−1+2−123(2n−1−1)=2n+2−5

1.13

我们可以将眼前的直线看作是有着极其细微的ZZZ型折痕：

因此，可以仿照直线切割平面区域来思考。同时又观察到，原本的每个交点现在会多增加8个区域，所以列出下面的递推方程：Z1=2Zn=Zn−1+n+8(n−1),n>1\begin{aligned} Z_1 & = 2 \\ Z_n & = Z_{n-1}+n+8(n-1), \ n>1 \end{aligned}Z1Zn=2=Zn−1+n+8(n−1), n>1意即，当第nnn条直线在n−1n-1n−1个不同地方与前面那些直线相交，会使区域个数新增加nnn个（这是直线切割的情况），再加上Z型交点新增加的8(n−1)8(n-1)8(n−1)个区域。进而算出它的封闭形式：Z2=Z1+9∗2−8Z3=Z2+9∗3−8⋮Zn=Zn−1+9n−8⇒Sn−2=Sn−1+9((n−1)(2+n)2)−8(n−1)⇒Sn−Sn−1=Zn=92n2−72n+1\begin{aligned} Z_2 & = Z_1+9*2-8 \\ Z_3 & = Z_2 +9*3-8 \\ \vdots \\ Z_n & = Z_{n-1} +9n-8 \\ \Rightarrow S_n-2 & = S_{n-1} +9( \frac{(n-1)(2+n)}{2} ) -8(n-1) \\ \Rightarrow S_n - S_{n-1} = Z_n & = \frac{9}{2} n^2 - \frac{7}{2} n +1 \end{aligned}Z2Z3⋮Zn⇒Sn−2⇒Sn−Sn−1=Zn=Z1+9∗2−8=Z2+9∗3−8=Zn−1+9n−8=Sn−1+9(2(n−1)(2+n))−8(n−1)=29n2−27n+1

1.14

首先计算出nnn很小时，PnP_nPn的值：P1=2P2=4P3=8\begin{aligned} P_1 & = 2 \\ P_2 & = 4 \\ P_3 & = 8 \end{aligned} P1P2P3=2=4=8 也许看上去很像是Pn=2nP_n = 2^nPn=2n的关系，但实际上这是不可能的，因为不能保证每一刀都能触碰到之前分出的每一块。而要想让第nnn刀切下去时，蛋糕尽量分出更多份，需要保证前面n−1n-1n−1个切痕在这第nnn刀形成的平面上分出尽量多的区域，问题即转化为平面的直线分割。因此，PnP_nPn的递推公式为：Pn=Pn−1+Ln−1P_n = P_{n-1} + L_{n-1}Pn=Pn−1+Ln−1

1.15

要计算约瑟夫环的倒数第二个幸存者I(n)I(n)I(n)的号码，首先考虑基础情况：当nnn为2时，易知I(2)=2I(2) = 2I(2)=2，接着可以先算出nnn比较小时的情况，以此来观察规律：

n	2	3 4 5	6 7 8 9 10 11	12 …\dots…	…\dots…
I(n)I(n)I(n)	2	1 3 5	1 3 5 7 9 11	1 …\dots…	…\dots…

写到这份上时，就很明显了，有：I(2)=2I(3∗2m+l)=2l+1,m≥0,0≤l<2m\begin{aligned} I(2) & = 2 \\ I(3*2 ^m + l) & = 2l +1, \ m \ge 0 , \ 0 \le l < 2^m \end{aligned}I(2)I(3∗2m+l)=2=2l+1, m≥0, 0≤l<2m

1.16

首先看一种递归式的有趣的解法：f(1)=αf(2n+j)=2f(n)+βjj=0,1n≥1\begin{aligned} f(1) & = \alpha \\ f(2n+j) & = 2f(n) + \beta_{j} \quad j=0,1 \quad n\ge1 \end{aligned}f(1)f(2n+j)=α=2f(n)+βjj=0,1n≥1将它按照二进制展开：f((bmbm−1…b1b0)2)=2f((bmbm−1…b1)2)+βb0=4f((bmbm−1…b2)2)+2βb1+βb0⋮=2mf((bm)2)+2m−1βbm−1+⋯+2βb1+βb0=2mα+2m−1βbm−1+⋯+2βb1+βb0\begin{aligned} f((b_m b_{m-1} \dots b_1 b_0)_2) & = 2 f((b_m b_{m-1} \dots b_1)_2 ) + \beta_{b_0} \\ & = 4f((b_m b_{m-1} \dots b_2)_2) + 2\beta_{b_1} + \beta_{b_0} \\ & \vdots \\ &= 2^{m}f((b_m)_2) +2^{m-1} \beta_{b_{m-1}}+ \dots + 2\beta_{b_1} + \beta_{b_0} \\ & = 2^m \alpha + 2^{m-1} \beta_{b_{m-1}} + \dots + 2\beta_{b_1} + \beta_{b_0} \end{aligned}f((bmbm−1…b1b0)2)=2f((bmbm−1…b1)2)+βb0=4f((bmbm−1…b2)2)+2βb1+βb0⋮=2mf((bm)2)+2m−1βbm−1+⋯+2βb1+βb0=2mα+2m−1βbm−1+⋯+2βb1+βb0 解除二进制的表示，从而允许各位上是任意数字，则有：f((bmbm−1…b1b0)2)=(αβbm−1βbm−2…βb1βb0)2f((b_m b_{m-1} \dots b_1 b_0)_2 ) = (\alpha \beta_{b_{m-1}} \beta_{b_{m-2}} \dots \beta_{b_1} \beta_{b_0} )_2f((bmbm−1…b1b0)2)=(αβbm−1βbm−2…βb1βb0)2再进一步推广，又有：f(j)=αj1≤j<df(dn+j)=cf(n)+βj0≤j<d,n≥1⇒f((bmbm−1…b1b0)d)=(αbmβbm−1βbm−2…βb1βb0)c\begin{aligned}f(j) & = \alpha_j \quad 1\le j <d \\ f(dn + j ) & = cf(n) + \beta_j \quad 0 \le j < d , \ n \ge 1 \\ \Rightarrow f((b_m b_{m-1} \dots b_1 b_0)_d) & = (\alpha_{b_m} \beta_{b_{m-1}} \beta_{b_{m-2}} \dots \beta_{b_1} \beta_{b_0})_c \end{aligned}f(j)f(dn+j)⇒f((bmbm−1…b1b0)d)=αj1≤j<d=cf(n)+βj0≤j<d, n≥1=(αbmβbm−1βbm−2…βb1βb0)c这里从基数为ddd的数开始，结果表示为基数为ccc的数。

而这道题目：g(1)=αg(2n+j)=3g(n)+γn+βjj=0,1n≥0\begin{aligned} g(1) & = \alpha \\ g(2n+j) &= 3g(n) + \gamma n + \beta_j \quad j = 0,1 \quad n\ge0 \end{aligned}g(1)g(2n+j)=α=3g(n)+γn+βjj=0,1n≥0首先设：g(n)=a(n)α+b(n)β0+c(n)β1+d(n)γg(n) = a(n)\alpha + b(n) \beta_0 +c(n)\beta_1 + d(n) \gammag(n)=a(n)α+b(n)β0+c(n)β1+d(n)γ，当n=(bmbm−1…b1b0)2(bm≠0)n= (b_m b_{m-1} \dots b_1 b_0)_2 \quad (b_m \ne 0)n=(bmbm−1…b1b0)2(bm=0) ，按照上面的思路，有：g((bmbm−1…b1b0)2)=3g((bmbm−1…b1)2)+γ∗(bmbm−1…b1)2+βb0=32g((bmbm−1…b2)2)+3∗γ∗(bmbm−1…b2)2+3βb1+γ∗(bmbm−1…b1)2+βb0⋮=(αbmβbm−1βbm−2…βb1βb0)3+γ∗(0(bm)3(bmbm−1)3…(bm…b1)3)3=a(n)α+b(n)β0+c(n)β1+d(n)γ\begin{aligned} g(\ (b_m b_{m-1} \dots b_1 b_0)_2 \ ) & = 3g( \ (b_m b_{m-1} \dots b_1)_2\ ) + \gamma * (b_m b_{m-1} \dots b_1)_2 +\beta_{b_0} \\ & = 3^2g( \ (b_m b_{m-1} \dots b_2)_2 \ )+ 3*\gamma*(b_m b_{m-1} \dots b_2)_2 +3\beta_{b_1} +\gamma * (b_m b_{m-1} \dots b_1)_2 +\beta_{b_0} \\ \vdots \\ & =(\alpha_{b_m} \beta_{b_{m-1}} \beta_{b_{m-2}} \dots \beta_{b_1} \beta_{b_0})_3 + \gamma * (0 \ (b_m)_3 \ (b_m b_{m-1})_3 \dots \ (b_m \dots b_1)_3)_3 \\ & =a(n)\alpha +b(n) \beta_0 +c(n) \beta_1 +d(n)\gamma \end{aligned}g( (bmbm−1…b1b0)2 )⋮=3g( (bmbm−1…b1)2 )+γ∗(bmbm−1…b1)2+βb0=32g( (bmbm−1…b2)2 )+3∗γ∗(bmbm−1…b2)2+3βb1+γ∗(bmbm−1…b1)2+βb0=(αbmβbm−1βbm−2…βb1βb0)3+γ∗(0 (bm)3 (bmbm−1)3… (bm…b1)3)3=a(n)α+b(n)β0+c(n)β1+d(n)γ因此，有：d(n)=(0(bm)3(bmbm−1)3…(bm…b1)3)3a(n)α+b(n)β0+c(n)β1=(αbmβbm−1βbm−2…βb1βb0)3\begin{aligned} d(n) & = (0 \ (b_m)_3 \ (b_m b_{m-1})_3 \dots \ (b_m \dots b_1)_3)_3 \\ a(n) \alpha + b(n) \beta_0 +c(n) \beta_1 & = (\alpha_{b_m} \beta_{b_{m-1}} \beta_{b_{m-2}} \dots \beta_{b_1} \beta_{b_0})_3 \end{aligned}d(n)a(n)α+b(n)β0+c(n)β1=(0 (bm)3 (bmbm−1)3… (bm…b1)3)3=(αbmβbm−1βbm−2…βb1βb0)3

之后再来用成套方法（repertoire method）解决这题：
取g(n)=ng(n) = ng(n)=n，则计算可知：a(n)+c(n)−d(n)=na(n) +c(n) -d(n) = na(n)+c(n)−d(n)=n ，
取g(n)=1g(n)=1g(n)=1，有a(n)−2b(n)−2c(n)=1a(n)-2b(n)-2c(n)=1a(n)−2b(n)−2c(n)=1
所以：b(n)=a(n)−2c(n)−12,d(n)=a(n)+c(n)−nb(n)=\frac{a(n)-2c(n)-1}{2}, \quad d(n)=a(n)+c(n) -nb(n)=2a(n)−2c(n)−1,d(n)=a(n)+c(n)−n

1.20

题目：h(1)=αh(2n+j)=4h(n)+γjn+βjj=0,1n≥1\begin{aligned} h(1) = \alpha \\ h(2n+j) & = 4h(n) + \gamma_j n + \beta_j \quad j = 0,1 \quad n \ge 1\end{aligned}h(1)=αh(2n+j)=4h(n)+γjn+βjj=0,1n≥1思路和上一题一样：设h(n)=a(n)α+b(n)β0+c(n)β1+d(n)γ0+e(n)γ1h(n) = a(n) \alpha +b(n) \beta_0 +c(n) \beta_1 +d(n) \gamma_0 + e(n) \gamma_1h(n)=a(n)α+b(n)β0+c(n)β1+d(n)γ0+e(n)γ1，当n=(1bm−1…b1b0)2n= (1 b_{m-1} \dots b_1 b_0)_2n=(1bm−1…b1b0)2时，有a(n)α+b(n)β0+c(n)β1=(αβbm−1βbm−2…βb0)4a(n)\alpha +b(n)\beta_0 +c(n)\beta_1 = ( \alpha \beta_{b_{m-1}} \beta_{b_{m-2}} \dots \beta_{b_0})_4a(n)α+b(n)β0+c(n)β1=(αβbm−1βbm−2…βb0)4
若h(n)=nh(n)=nh(n)=n，则a(n)+c(n)−2d(n)−2e(n)=na(n)+c(n)-2d(n)-2e(n)=na(n)+c(n)−2d(n)−2e(n)=n；
若h(n)=n2h(n) = n^2h(n)=n2，则a(n)+c(n)+4e(n)=n2a(n)+c(n)+4e(n)=n^2a(n)+c(n)+4e(n)=n2
所以：d(n)=3a(n)+3c(n)−n2−2n4,e(n)=n2−a(n)−c(n)4d(n)=\frac{3a(n)+3c(n)-n^2-2n}{4}, \ e(n)=\frac{n^2-a(n)-c(n)}{4}d(n)=43a(n)+3c(n)−n2−2n, e(n)=4n2−a(n)−c(n)