具体数学(一)习题以及答案

原创已于 2025-08-06 16:20:13 修改 · 1k 阅读

30 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#算法 #数据结构

于 2025-08-06 16:19:57 首次发布

热身题

Exercise 1

题目：所有的马都有同样的颜色，我们可以对给定集合中的马匹数量运用归纳法来证明之。理由就是：“如果恰有一匹马，那么它与它自身有相同的颜色，故而基础是显然的。根据归纳法的步骤，假设有 $n$ 匹马，标号从 1 到 $n$ 。根据归纳假设，标号从 1 到 $n - 1$ 的马都有同样的颜色；类似地，标号从 2 到 $n$ 的马也有同样的颜色。但是，处于中间位置标号从 2 到 $n - 1$ 的马，当它们在不同的马群中时不可能改变颜色，因为这些是马，而不是变色龙。故而依据传递性可知，标号从 1 到 $n$ 的马也必定有同样的颜色，于是全部 $n$ 匹马都有同样的颜色。证毕。”如果这一推理有误，那么错在哪儿？

分析：归纳法结构回顾

数学归纳法的标准形式如下：

基础情况：验证命题对 $n = 1$ 成立。
归纳假设：假设命题对某个 $\geq 1$ 成立。
归纳步骤：证明命题对 $n = k + 1$ 成立。

在本题中，目标是证明：对任意正整数 $n$ ，任意 $n$ 匹马的颜色都相同。

基础情况： $n = 1$ ，单匹马颜色“相同”是平凡成立的。
归纳假设：任意 $n$ 匹马颜色相同。
归纳步骤：考虑 $n + 1$ 匹马，编号为 $\dots, n+1$ 。

构造两个子集：

集合 $\{1, 2, \dots, n\}$ ：前 $n$ 匹马；
集合 $\{2, 3, \dots, n+1\}$ ：后 $n$ 匹马。

注意：

$∣ A ∣ = n$ ， $∣ B ∣ = n$ ，且 $\cup B = \{1, 2, \dots, n+1\}$ ，即全部 $n + 1$ 匹马。
交集为 $\cap B = \{2, 3, \dots, n\}$ ，即中间的 $n - 1$ 匹马。

由归纳假设：

$A$ 中所有马颜色相同；
$B$ 中所有马颜色相同。

若 $\cap B$ 非空，则存在共同马匹，其颜色在 $A$ 和 $B$ 中一致，从而可推出 $\cup B$ 中所有马颜色相同。

关键问题：交集是否非空？

交集 $\cap B = \{2, 3, \dots, n\}$ 非空 当且仅当 $\geq 2$ 。

但当 $n = 1$ 时（即从 $n = 1$ 推 $n = 2$ ）：

$A = \{1\}$
$B = \{2\}$
$\cap B = \emptyset$

此时两个子集无公共马匹，无法建立颜色之间的联系。因此，尽管 $A$ 内颜色一致、 $B$ 内颜色一致，但无法推出第 1 匹和第 2 匹马颜色相同。

错误定位

该归纳法的归纳步骤在 $\to n=2$ 时不成立，因为两个大小为 $n = 1$ 的子集没有交集，无法传递颜色信息。

虽然归纳假设在 $n = 1$ 成立，但无法用于推导 $n = 2$ 的情况。整个归纳链条在此断裂。

结论

该证明的逻辑漏洞在于：归纳步骤依赖于两个子集的非空交集，而这一条件在 $n = 1$ 时失效。因此，不能从 $n = 1$ 推出 $n = 2$ ，归纳法失败。

最终答案：推理的错误在于归纳步骤在 $n = 1$ 到 $n = 2$ 时不成立。当 $n = 1$ 时，两个子集 $ {1} $ 和 $ {2} $ 没有共同元素，无法通过交集传递颜色。整个归纳链在此处断裂，导致证明无效。

Exercise 2

题目：把有 $n$ 个圆盘的塔从左边的桩柱 A 移动到右边的桩柱 B，不允许在 A 和 B 之间直接移动。每一次移动都必须是移动到中间的桩柱 C 或从中间的桩柱 C 移出。较大的圆盘永远不能放在较小圆盘的上面。求最短的移动序列。

问题分析

与经典汉诺塔问题不同，本题增加了限制：不允许在 A 和 B 之间直接移动。所有移动必须经过中间桩柱 C。即：

只允许的移动类型：
$\leftrightarrow C$ ， $\leftrightarrow B$
禁止的移动类型：
$\leftrightarrow B$ ， $\leftrightarrow A$

目标：将 $n$ 个圆盘从 A 移动到 B，遵守大小顺序限制。

递推关系建立

设 $X_n$ 为将 $n$ 个圆盘从 A 经由 C 移动到 B 所需的最少移动次数。

考虑递归结构：

步骤 1：将上面 $n - 1$ 个圆盘从 A 移动到 B（作为临时存放），但必须经过 C，且不能直接 A→B。
这相当于递归地将 $n - 1$ 个盘从 A → B，使用 C 作为辅助。所需次数： $X_{n-1}$
步骤 2：将最大的圆盘从 A → C（唯一合法路径中转）。
次数：1
步骤 3：将 $n - 1$ 个圆盘从 B 移回 A（以便腾出 B 接收最大盘），使用 C 为中介。
相当于从 B → A，递归过程，次数： $X_{n-1}$
步骤 4：将最大圆盘从 C → B。
次数：1
步骤 5：将 $n - 1$ 个圆盘从 A 移动到 B，完成最终堆叠。
次数： $X_{n-1}$

总移动次数

$X_n = X_{n-1} + 1 + X_{n-1} + 1 + X_{n-1} = 3X_{n-1} + 2$

初始条件：
$X_0 = 0$

求解递推式

我们有：
$X_n = 3X_{n-1} + 2,\quad X_0 = 0$

使用“加1法”简化：

令 $Y_n = X_n + 1$ ，则：
$Y_n = X_n + 1 = 3X_{n-1} + 2 + 1 = 3(X_{n-1} + 1) = 3Y_{n-1}$

初始值： $Y_0 = X_0 + 1 = 1$

因此：
$Y_n = 3^n \quad \Rightarrow \quad X_n = 3^n - 1$

结论

最短移动次数为：
$X_n = 3^n - 1$

此外，在移动 $12Xn=3n−12\frac{1}{2}X_n = \frac{3^n - 1}{2}$ 次后，整个塔将位于中间桩柱 C 上，正好完成前半段（A → C），此时距离最终目标（A → B）还有一半的路程（从移动次数角度看，后半段也需 $X_{n-1} + 1 + X_{n-1} + 1 + X_{n-1}$ ，但对称性使得中间点确为 $C$ 上的完整塔）。

最终答案：最短移动次数为 $X_n = 3^n - 1$ 。

Exercise 3

题目：证明，在 Exercise 2 的限制下（即不允许在 A 和 B 之间直接移动，所有移动必须经过中间柱 C），将 $n$ 个圆盘从桩柱 A 移动到桩柱 B 的最短移动过程中，我们会在三根桩柱上都遇到 $n$ 个圆盘的每一种正确的叠放方式。

解题思路

本题要求证明：在受限汉诺塔问题的最优移动序列中，每一个满足堆叠规则（大盘不压小盘）的圆盘分布状态都会被恰好访问一次。

我们将从以下几个方面逐步展开证明：

明确“正确叠放”的含义
回顾移动规则与总步数
分析状态空间的大小
证明移动路径遍历所有合法状态
结论

1. 什么是“正确的叠放”

一个“正确的叠放”是指：

每个圆盘被分配到三根桩柱 A、B 或 C 中的一根；
在每一根桩柱上，圆盘按照大小自底向上递减排列（即大盘在下，小盘在上）；
圆盘之间不重叠，且满足汉诺塔规则。

关键点：每一个将 $n$ 个圆盘分配到三根柱子的方案（共 $3^n$ 种），都唯一确定一个合法的叠放状态。

这是因为：对于任意一种分配方式，我们只需在每根柱子上将属于它的圆盘按编号从大到小（从底到顶）排列，即可得到一个合法状态。

例如：

若圆盘 1（最小）在 A，圆盘 2 在 B，圆盘 3（最大）在 A，
则 A 柱上有圆盘 3（底）、1（顶），B 柱有圆盘 2，C 柱为空 → 合法。

因此，不存在“非法的分配”，因为堆叠顺序是由分配自动决定的（按大小排序）。
换言之：所有 $3^n$ 种分配方式，都一一对应一个合法的叠放状态。

所以，合法状态总数为：
$|\mathcal{S}_n| = 3^n$

2. 移动规则与最短移动次数回顾（Exercise 2）

不允许 A ↔ B 直接移动；
所有移动必须经过中间柱 C；
大盘不能放在小盘上。

设 $X_n$ 为将 $n$ 个圆盘从 A 移动到 B 所需的最少移动次数。

递推关系：
$X_n = 3X_{n-1} + 2, \quad X_0 = 0$

解得：
$X_n = 3^n - 1$

这意味着：整个移动过程包含 $3^n - 1$ 次移动，共经历 $3^n$ 个状态（初始状态 + 每一步之后的状态）。

3. 状态转移特性

每次移动只改变一个圆盘的位置（从一根柱子到另一根）；
因此，状态编码中只有一位发生变化；
所有中间状态均满足堆叠规则（由移动规则保证）；
状态总数为 $3^n$ ，而移动序列共访问 $3^n$ 个状态。

4. 证明：所有合法状态都被访问

我们已知：

合法状态总数： $3^n$
移动过程经历的状态数： $3^n$ （从开始到结束共 $3^n - 1$ 步）
所有状态均为合法（由规则保证）
若这些状态互不相同，则必覆盖所有合法状态

证明无重复状态：

假设某个状态在移动过程中重复出现。由于整个移动序列是确定性的（最优递归策略固定），一旦状态重复，系统将进入循环，无法在有限步内到达目标状态。
但已知 $X_n = 3^n - 1$ 是有限且正确的最小步数，矛盾。

因此，所有 $3^n$ 个状态互不相同。

进而，该移动序列访问了所有 $3^n$ 个合法状态，每一种正确的叠放方式都被恰好经历一次。

5. 与三进制格雷码的类比（补充说明）

我们可以将每个状态编码为一个 $n$ 位三进制数 $(d1,d2,…,dn)(d_1, d_2, \dots, d_n)$ ，其中：

$d_i = 0, 1, 2$ 分别表示第 $i$ 个圆盘（从小到大编号）位于 A、C、B；
每次移动只改变一个圆盘的位置 → 编码中只有一位发生变化。

整个移动序列从 $(0,0,…,0)(0,0,\dots,0)$ （所有盘在 A）到 $(2,2,…,2)(2,2,\dots,2)$ （所有盘在 B），遍历所有 $3^n$ 个三进制组合，每次只改变一位。

这正是三进制格雷码（Ternary Gray Code） 的结构特征。

因此，该过程在状态空间中形成了一条哈密顿路径（Hamiltonian path）——访问每个节点恰好一次。

最终答案：在 Exercise 2 的限制下，将 $n$ 个圆盘从 A 移动到 B 的最短移动过程共经历 $3^n$ 个不同的状态。由于所有满足堆叠规则的合法叠放方式恰好有 $3^n$ 种，且移动过程中状态不重复、始终保持合法，因此该过程遍历了每一种正确的叠放方式。故在移动过程中，我们会在三根桩柱上都遇到 $n$ 个圆盘的每一种正确的叠放。

Exercise 4

题目：是否存在 $n$ 个圆盘在 3 根桩柱上的某种开始叠放或结束叠放，使得按照卢卡斯原来的规则（即经典汉诺塔规则：每次移动一个圆盘，大盘不能放在小盘上），需要多于 $2^n - 1$ 次的移动？

问题分析

经典汉诺塔问题中，将 $n$ 个圆盘从一根桩柱全部移动到另一根桩柱所需的最少移动次数为：
$2^n - 1$
这是在“所有圆盘初始在一根柱上，目标为全部移到另一根柱”的前提下得出的最小步数。

本题问的是：是否存在某种初始叠放和目标叠放（不要求全在一根柱上），使得从该初始状态到目标状态所需的最少移动步数超过 $2^n - 1$ ？

换句话说：是否存在一对合法状态（起始和终止），它们之间的最短移动路径长度 > $2^n - 1$ ？

状态空间与最大距离

合法状态总数： $3^n$ （每个圆盘可在 A、B、C 之一，每根柱上按大小顺序堆叠）
经典汉诺塔的完整移动（如 A → B）需要 $2^n - 1$ 步
但这是特定路径的长度

我们考虑状态图：

每个节点是一个合法状态（共 $3^n$ 个）
每条边表示一次合法移动（移动一个圆盘到另一根柱，且不违反大小规则）
任意两状态之间的最短路径长度为它们之间的“移动距离”

问题转化为：

在这个图中，是否存在两个状态，其最短路径长度 > $2^n - 1$ ？

关键观察：任何状态到另一个状态的移动步数不会超过 $2^n - 1$

我们证明更强的结论：

对于任意初始状态和任意目标状态，都存在一条长度不超过 $2^n - 1$ 的移动序列将其连接。

我们用归纳法证明：

归纳假设：对 $k < n$ ，任意 $k$ 个圆盘的任意起始和目标状态之间，可以在至多 $2^k - 1$ 步内完成移动。

归纳步骤（对 $n$ 个圆盘）：

考虑最大圆盘（编号 $n$ ）的位置：

情况 1：最大圆盘在起始状态和目标状态中位于同一根柱子上，且其下方无其他圆盘（即它在该柱最底）。

此时我们不需要移动最大圆盘。
只需将其余 $n - 1$ 个圆盘从当前位置调整到目标位置（可能分布在三根柱上）。
由归纳假设，调整 $n - 1$ 个圆盘最多需要 $2^{n-1} - 1$ 步。
由于最大圆盘不动，其余圆盘可在其所在柱的“上方空间”外自由移动（即使用另外两根柱作为辅助）。
因此，总步数 ≤ $2^{n-1} - 1 < 2^n - 1$

情况 2：最大圆盘在起始和目标状态中位于不同柱子上。

则必须移动最大圆盘一次（从原柱到目标柱）。

步骤如下：

将除最大圆盘外的 $n - 1$ 个圆盘从当前状态移动到第三根柱（既非最大盘起始柱，也非目标柱），作为临时存放；
- 由归纳假设，最多需 $2^{n-1} - 1$ 步；
将最大圆盘从起始柱移动到目标柱；
- 1 步；
将 $n - 1$ 个圆盘从临时柱移动到目标柱，按目标状态重新排列；
- 最多需 $2^{n-1} - 1$ 步。

总步数 ≤：
$2^{n-1} - 1) + 1 + (2^{n-1} - 1) = 2^n - 1$

因此，在任何情况下，移动步数都不超过 $2^n - 1$ 。

结论

无论初始和目标状态如何，所需最少移动步数 不会超过 $2^n - 1$ ；
经典汉诺塔的 $2^n - 1$ 步是最大可能的最短路径长度；
当且仅当需要移动最大圆盘，且递归结构完整时，达到该上界。

最终答案：不存在这样的初始和目标叠放方式。对于 $n$ 个圆盘在三根桩柱上的任意合法起始状态和目标状态，按照卢卡斯规则，总存在一个移动序列，其长度不超过 $2^n - 1$ 。因此，不可能需要多于 $2^n - 1$ 次移动。

Exercise 5

题目：由3个重叠的圆做成的维恩图常用来描述与3个给定集合有关的8个可能的子集。由4个给定集合给出的16种可能的子集能否用4个重叠的圆来描述？

问题分析

维恩图（Venn diagram）要求表示 $n$ 个集合之间所有可能的交集关系，即要清晰地展示出 $2^n$ 个不同的区域，每个区域对应一个子集：元素属于或不属于每一个集合。
在这里插入图片描述

当 $n = 3$ 时， $2^3 = 8$ 个区域，可以用三个相互重叠的圆实现；
本题问：是否可以用 四个圆 构造一个维恩图，表示 $2^4 = 16$ 个区域？

关键限制：圆的几何性质

两个圆在平面上最多有两个交点（除非重合，但重合无法增加新区域）。

我们考虑：在已有 $n - 1$ 个圆的基础上，加入第 $n$ 个圆，最多能新增多少个区域？

一个新圆若与已有每个圆最多交于 2 点，则与 $k$ 个已有圆最多有 $2 k$ 个交点；
这些交点将新圆分割成最多 $2 k$ 段弧；
每一段弧最多穿过一个已有区域，并将其一分为二，从而新增一个区域；
因此，第 $n$ 个圆最多新增 $2 k$ 个区域。

递推：最多能生成多少个区域

设 $R (n)$ 为 $n$ 个圆在平面上最多能划分出的区域数。

已知：

$R (0) = 1$
每个新圆最多新增 $\times (已有的圆数)$ 个区域

计算：

$\times 0 = 1 + 1 = 2$ （一个圆分平面为内、外）
$\times 1 = 2 + 2 = 4$
$\times 2 = 4 + 4 = 8$
$\times 3 = 8 + 6 = 14$

因此，四个圆最多只能划分出 14 个区域。

但 $2^4 = 16$ ，我们需要 16 个区域 来表示 4 个集合的所有子集组合。

由于 $14 < 16$ ，不可能用四个圆构造出包含所有 16 个区域的维恩图。

补充说明：使用其他形状是可能的

虽然圆做不到，但若使用更灵活的闭合曲线（如卵形、椭圆），可以增加交点数量：

两个椭圆最多可有 4 个交点；
这使得第四个椭圆可以与前三个产生更多交点，从而分割出更多区域；
实际上，已知存在由 4 个卵形 构成的维恩图，能表示全部 16 个区域。

进一步地：

维恩本人曾认为无法用椭圆表示 5 个集合（ $2^5 = 32$ 区域）；
但 Grünbaum 发现了一种用 5 个椭圆 构造的维恩图，成功表示所有 32 个区域。

这说明：曲线的交点能力比凸性更重要。决定能否构造维恩图的关键是 每对曲线之间的最大交点数，而非是否为圆或椭圆。

最终答案：不能。四个圆最多只能划分出 14 个区域，而 4 个集合需要表示 $2^4 = 16$ 种子集组合，因此无法用四个圆构造出完整的维恩图。然而，使用卵形或其他闭合曲线是可能的，因为它们可以产生更多交点。事实表明，交点的个数决定了区域的最大数量，而凸性只是一个次要因素。
这里插入图片描述

Exercise 6

题目：平面上由 $n$ 条直线定义的某些区域是无界的，而另一些区域则是有界的。有界区域的最大个数是多少？

问题分析

给定平面上 $n$ 条直线，它们将平面划分为若干区域。这些区域中：

一些是无界区域（延伸到无穷远）；
一些是有界区域（完全封闭的多边形区域）。

本题要求：在所有可能的 $n$ 条直线的构型中，有界区域的最大个数是多少？

前提：最大化区域划分的条件

为了使总的区域数和有界区域数尽可能多，我们假设：

任意两条直线不平行（否则交点减少）；
任意三条直线不共点（即无三线共点）；
每对直线恰有一个交点。

这样的构型称为处于一般位置（in general position）的直线。

总区域数

设 $L_n$ 为 $n$ 条直线在一般位置下划分平面的总区域数。已知递推关系：

$L_n = L_{n-1} + n, \quad L_0 = 1$

解得：
$L_n = \frac{n(n+1)}{2} + 1$

有界区域的来源

有界区域是被完全包围的多边形区域，例如三角形、四边形等。

关键观察：

一条新加入的直线，若与已有 $n - 1$ 条直线交于 $n - 1$ 个不同点（即处于一般位置），则被这些交点分割为 $n$ 段（ $n - 1$ 个有限段 + 2 个无限射线）；
其中，中间的 $n - 1$ 个交点将新直线分为 $n$ 部分：2 个无限部分（两端）和 $n - 2$ 个有限线段；
每一段穿过一个已有区域，将其一分为二；
因此，第 $n$ 条直线新增 $n$ 个区域。

但这些新增区域中，哪些是有界的？

新增有界区域的数量

当加入第 $n$ 条直线时：

它与前 $n - 1$ 条直线交于 $n - 1$ 个点；
这些点将其分为 $n$ 段；
其中，中间的 $n - 2$ 段是有限线段，位于两个交点之间；
每一段穿过一个已有区域，若该段被包围，则可能形成新的有界区域。

但更精确的结论是：

当第 $n$ 条直线与前 $n - 1$ 条直线交于 $n - 1$ 个不同点（且无三线共点），它会新增 $n - 2$ 个有界区域。

解释：

新增的有界区域来自于新直线穿过的“内部”区域；
在一般位置下，第 $n$ 条直线会穿过 $n$ 个已有区域；
其中，两端的两个区域是无界的，被分割后仍保留无界部分；
中间的 $n - 2$ 个区域可能是有界的，且每穿过一个，就可能“封闭”出一个新的有界区域；
实际上，可以证明：新增的有界区域数为 $n - 2$ （当 $\geq 2$ ，否则为 0）。

递推计算有界区域总数

设 $B_n$ 为 $n$ 条直线在一般位置下的有界区域最大个数。

初始：

$B_0 = 0$
$B_1 = 0$ （一条直线不分割出有界区域）
$B_2 = 0$ （两条直线交于一点，形成四个无界区域）

递推关系：
$B_n = B_{n-1} + (n - 2), \quad \text{for } n \geq 2$

展开：
$\begin{align*} B_n &= (n-2) + (n-3) + \cdots + 1 + 0 + 0 \\ &= \sum_{k=1}^{n-2} k = \frac{(n-2)(n-1)}{2} \end{align*}$

结论

有界区域的最大个数为：
$B_n = \frac{(n-1)(n-2)}{2}$

验证小值

$n = 0$ : $B_0 = 0$
$n = 1$ : $B_1 = 0$
$n = 2$ : $B2=0=1⋅02B_2 = 0 = \frac{1 \cdot 0}{2}$
$n = 3$ : 三条直线构成一个三角形（唯一有界区域）： $B3=1=2⋅12B_3 = 1 = \frac{2 \cdot 1}{2}$
$n = 4$ : $B4=3⋅22=3B_4 = \frac{3 \cdot 2}{2} = 3$ ，实际中四条线可形成三个有界三角形或四边形

符合。

最终答案：有界区域的最大个数是 $(n−1)(n−2)2\frac{(n-1)(n-2)}{2}$ 。

Exercise 7

题目：设 $H (n) = J (n + 1) - J (n)$ 。已知有递推关系（参考方程 (1.8)）：

$H (2 n) = 2$
对 $\geq 1$ ，有
$H (2 n + 1) = J (2 n + 2) - J (2 n + 1) = (2 J (n + 1) - 1) - (2 J (n) + 1) = 2 H (n) - 2$

于是，有人认为可以通过对 $n$ 使用归纳法，证明对所有 $n$ 都有 $H (n) = 2$ 。问：这个推理错在哪里？

背景回顾：约瑟夫斯函数 $J (n)$

$J (n)$ 是经典约瑟夫斯问题的解，表示在 $n$ 个人围成一圈、每数到第2个人就淘汰的规则下，最后幸存者的初始位置（从1开始编号）。其递推关系为：

$\begin{aligned} J(1) &= 1 \\ J(2n) &= 2J(n) - 1 \\ J(2n+1) &= 2J(n) + 1 \end{aligned}$

定义函数 $H (n) = J (n + 1) - J (n)$

我们分析 $H (n)$ 的行为。

根据题设：

$H (2 n) = J (2 n + 1) - J (2 n)$

代入递推式：
$1,\quad J(2n) = 2J(n) - 1$
所以：
$H (2 n) = (2 J (n) + 1) - (2 J (n) - 1) = 2$

因此，对所有 $\geq 1$ ，有：
$H (2 n) = 2$
$H (2 n + 1) = J (2 n + 2) - J (2 n + 1)$

$\\ J(2n+1) = 2J(n) + 1$
所以：
$H (2 n + 1) = (2 J (n + 1) - 1) - (2 J (n) + 1) = 2 (J (n + 1) - J (n)) - 2 = 2 H (n) - 2$

即：
$\quad \text{for } n \geq 1$

错误推理分析

有人提出：可以对 $n$ 使用归纳法，证明对所有 $n$ 有 $H (n) = 2$ 。

错误推理过程（伪证）：

假设对所有 $k < n$ ，有 $H (k) = 2$
若 $n$ 是偶数， $n = 2 k$ ，则 $H (n) = H (2 k) = 2$
若 $n$ 是奇数， $n = 2 k + 1$ ，则
$H (2 k + 1) = 2 H (k) - 2$ ，由归纳假设 $H (k) = 2$ ，得
$\cdot 2 - 2 = 2$
故对所有 $n$ ， $H (n) = 2$

问题出在哪儿？

虽然归纳步骤在形式上成立，但归纳法的基础没有验证。

我们检查小值：

计算 $J (n)$ 和 $H (n)$ 的前几项：

$n$	$J (n)$	$H (n) = J (n + 1) - J (n)$
1	1	$H (1) = J (2) - J (1)$
2	$2 J (1) - 1 = 1$	$H (2) = J (3) - J (2)$
3	$2 J (1) + 1 = 3$	$H (3) = J (4) - J (3)$
4	$2\cdot1 -1 = 1$	$H (4) = J (5) - J (4)$
5	$2\cdot1 +1 = 3$

继续：

$\ne 2$
$H (2) = J (3) - J (2) = 3 - 1 = 2$
$H (3) = J (4) - J (3) = 1 - 3 = - 2$
$H (4) = J (5) - J (4) = 3 - 1 = 2$

可见：

$\ne 2$
$\ne 2$

因此，归纳基础不成立。

虽然归纳步骤在 $\geq 2$ 时可能成立，但当 $n = 1$ 时 $\ne 2$ ，导致整个归纳失败。

根本错误

归纳法没有验证基础情况： $\ne 2$ ，但推理中隐含地假设了 $H (n) = 2$ 对所有 $n$ 成立，包括基础情形；
虽然 $H (2 n) = 2$ 恒成立，但 $H (2 n + 1) = 2 H (n) - 2$ 依赖于 $H (n)$ 的值，而 $H (1) = 0$ 会导致 $\cdot 0 - 2 = -2$ ，与 $H (n) = 2$ 矛盾。

最终答案：该推理的错误在于未验证归纳

作业题

Exercise 8

题目：解递归式
$Q_0 = \alpha; \quad Q_1 = \beta;$
$Q_n = \frac{1 + Q_{n-1}}{Q_{n-2}}, \quad n > 1.$
假设对所有 $\geq 0$ 都有 $Qn≠0Q_n \ne 0$ 。提示： $Q4=(1+α)/βQ_4 = (1 + \alpha)/\beta$ 。

解题思路

我们通过逐项计算前几项，观察序列是否具有周期性。由于递归式是非线性的，难以直接求解通项，但可能呈现周期性。

逐步计算

已知：

$Q0=αQ_0 = \alpha$
$Q1=βQ_1 = \beta$

计算后续项：

$Q2=1+Q1Q0=1+βαQ_2 = \dfrac{1 + Q_1}{Q_0} = \dfrac{1 + \beta}{\alpha}$
$Q3=1+Q2Q1=1+1+βαβ=α+1+βαβ=1+α+βαβQ_3 = \dfrac{1 + Q_2}{Q_1} = \dfrac{1 + \dfrac{1 + \beta}{\alpha}}{\beta} = \dfrac{\dfrac{\alpha + 1 + \beta}{\alpha}}{\beta} = \dfrac{1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}$
$Q4=1+Q3Q2=1+1+α+βαβ1+βα=αβ+1+α+βαβ1+βα=(αβ+α+β+1)ααβ(1+β)Q_4 = \dfrac{1 + Q_3}{Q_2} = \dfrac{1 + \dfrac{1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}}{\dfrac{1 + \beta}{\alpha}} = \dfrac{\dfrac{\alpha\beta + 1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}}{\dfrac{1 + \beta}{\alpha}} = \dfrac{(\alpha\beta + \alpha + \beta + 1)\alpha}{\alpha\beta(1 + \beta)}$

化简分子： $α(αβ+α+β+1)=α[(α+1)(β+1)]\alpha(\alpha\beta + \alpha + \beta + 1) = \alpha[(\alpha+1)(\beta+1)]$
分母： $αβ(1+β)\alpha\beta(1 + \beta)$

但更直接代入数值或保留表达式：

我们使用提示： $Q4=1+αβQ_4 = \dfrac{1 + \alpha}{\beta}$

验证是否一致（略去复杂代数，接受提示或验证成立），继续：

$Q5=1+Q4Q3=1+1+αβ1+α+βαβ=β+1+αβ1+α+βαβ=(1+α+β)β⋅αβ1+α+β=αQ_5 = \dfrac{1 + Q_4}{Q_3} = \dfrac{1 + \dfrac{1 + \alpha}{\beta}}{\dfrac{1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}} = \dfrac{\dfrac{\beta + 1 + \alpha}{\beta}}{\dfrac{1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}} = \dfrac{(1 + \alpha + \beta)}{\beta} \cdot \dfrac{\alpha\beta}{1 + \alpha + \beta} = \alpha$
$Q6=1+Q5Q4=1+α1+αβ=βQ_6 = \dfrac{1 + Q_5}{Q_4} = \dfrac{1 + \alpha}{\dfrac{1 + \alpha}{\beta}} = \beta$
$Q7=1+Q6Q5=1+βα=Q2Q_7 = \dfrac{1 + Q_6}{Q_5} = \dfrac{1 + \beta}{\alpha} = Q_2$
$Q8=1+Q7Q6=1+1+βαβ=Q3Q_8 = \dfrac{1 + Q_7}{Q_6} = \dfrac{1 + \dfrac{1 + \beta}{\alpha}}{\beta} = Q_3$
$Q9=1+Q8Q7=1+Q3Q2=Q4Q_9 = \dfrac{1 + Q_8}{Q_7} = \dfrac{1 + Q_3}{Q_2} = Q_4$
$Q10=1+Q9Q8=1+Q4Q3=Q5=αQ_{10} = \dfrac{1 + Q_9}{Q_8} = \dfrac{1 + Q_4}{Q_3} = Q_5 = \alpha$
$Q11=1+Q10Q9=1+αQ4=1+α(1+α)/β=βQ_{11} = \dfrac{1 + Q_{10}}{Q_9} = \dfrac{1 + \alpha}{Q_4} = \dfrac{1 + \alpha}{(1 + \alpha)/\beta} = \beta$

观察周期性

列出结果：

$n$	$Q_n$
0	$α\alpha$
1	$β\beta$
2	$1+βα\dfrac{1 + \beta}{\alpha}$
3	$1+α+βαβ\dfrac{1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}$
4	$1+αβ\dfrac{1 + \alpha}{\beta}$
5	$α\alpha$
6	$β\beta$
7	$1+βα=Q2\dfrac{1 + \beta}{\alpha} = Q_2$
8	$Q_3$
9	$Q_4$
10	$Q5=αQ_5 = \alpha$
11	$Q6=βQ_6 = \beta$

可见：从 $Q_5$ 开始， $Q5=Q0=αQ_5 = Q_0 = \alpha$ ， $Q6=Q1=βQ_6 = Q_1 = \beta$ ，且递归式仅依赖前两项，因此序列从 $n = 5$ 起重复 $n = 0$ 开始的模式。

即：
$Q_{n+5} = Q_n \quad \text{对所有 } n \geq 0$

但更准确地：

$Q_5 = Q_0$
$Q_6 = Q_1$
$Q_7 = Q_2$
$…\dots$

所以序列从 $n = 0$ 开始，周期为 5。

结论

序列 ${Q_n\}$ 是周期为 5 的周期序列，即：
$Q_{n+5} = Q_n, \quad \text{对所有 } n \geq 0$

前六项为：

$Q0=αQ_0 = \alpha$
$Q1=βQ_1 = \beta$
$Q2=1+βαQ_2 = \dfrac{1 + \beta}{\alpha}$
$Q3=1+α+βαβQ_3 = \dfrac{1 + \alpha + \beta}{\alpha\beta}$
$Q4=1+αβQ_4 = \dfrac{1 + \alpha}{\beta}$
$Q5=α=Q0Q_5 = \alpha = Q_0$
$Q6=β=Q1Q_6 = \beta = Q_1$

最终答案：序列 $Q_n$ 是周期为 5 的周期序列，即 $Q_{n+5} = Q_n$ ，对所有 $\geq 0$ 成立。

Exercise 9

题目：有时可以利用反向归纳法，它从 $n$ 到 $n - 1$ 来证明命题，而不是通常的从小到大。考虑命题
$\quad x_1 \cdots x_n \leq \left( \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n} \right)^n, \quad x_1, \ldots, x_n \geq 0.$

已知 $P (2)$ 成立，因为 $(x1+x2)2−4x1x2=(x1−x2)2≥0(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2 = (x_1 - x_2)^2 \geq 0$ ，即
$x_1 x_2 \leq \left( \frac{x_1 + x_2}{2} \right)^2.$

(a) 设 $\frac{x_1 + \cdots + x_{n-1}}{n-1}$ ，证明只要 $n > 1$ ， $P (n)$ 蕴涵 $P (n - 1)$ 。
(b) 证明 $P (n)$ 和 $P (2)$ 蕴涵 $P (2 n)$ 。
© 说明为什么这就蕴涵了 $P (n)$ 对所有 $n$ 为真。

(a) 证明 $\Rightarrow P(n-1)$ （反向归纳）

假设 $P (n)$ 成立，即对任意非负实数 $y1,…,yn≥0y_1, \ldots, y_n \geq 0$ ，
$y_1 y_2 \cdots y_n \leq \left( \frac{y_1 + \cdots + y_n}{n} \right)^n.$

要证 $P (n - 1)$ ：对任意 $x1,…,xn−1≥0x_1, \ldots, x_{n-1} \geq 0$ ，
$x_1 \cdots x_{n-1} \leq \left( \frac{x_1 + \cdots + x_{n-1}}{n-1} \right)^{n-1}.$

令
$\frac{x_1 + \cdots + x_{n-1}}{n-1}$
为前 $n - 1$ 个变量的算术平均。

在 $P (n)$ 中，取：

$y1=x1,…,yn−1=xn−1y_1 = x_1, \ldots, y_{n-1} = x_{n-1}$ ,
$y_n = x$

则由 $P (n)$ ：
$y_1 \cdots y_n = (x_1 \cdots x_{n-1}) \cdot x \leq \left( \frac{x_1 + \cdots + x_{n-1} + x}{n} \right)^n$

由于 $x1+⋯+xn−1=(n−1)xx_1 + \cdots + x_{n-1} = (n-1)x$ ，分子为：
$(n - 1) x + x = n x$

右边为：
$\left( \frac{nx}{n} \right)^n = x^n$

所以：
$(x_1 \cdots x_{n-1}) \cdot x \leq x^n$

若 $x > 0$ ，两边除以 $x$ 得：
$x_1 \cdots x_{n-1} \leq x^{n-1} = \left( \frac{x_1 + \cdots + x_{n-1}}{n-1} \right)^{n-1}$

若 $x = 0$ ，则所有 $x_i = 0$ ，左边为 0，右边为 0，不等式成立。

因此 $P (n - 1)$ 成立。

结论： $\Rightarrow P(n-1)$ 对所有 $n > 1$ 成立。

(b) 证明 $P (n)$ 和 $P (2)$ 蕴涵 $P (2 n)$ （向前归纳）

假设 $P (n)$ 和 $P (2)$ 成立。要证 $P (2 n)$ ：
$x_1 \cdots x_{2n} \leq \left( \frac{x_1 + \cdots + x_{2n}}{2n} \right)^{2n}$

将变量分为两组：

第一组： $x1,…,xnx_1, \ldots, x_n$
第二组： $xn+1,…,x2nx_{n+1}, \ldots, x_{2n}$

令：

$\frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}$
$\frac{x_{n+1} + \cdots + x_{2n}}{n}$

由 $P (n)$ 应用于每组：
$x_1 \cdots x_n \leq A^n, \quad x_{n+1} \cdots x_{2n} \leq B^n \Rightarrow x_1 \cdots x_{2n} \leq (AB)^n$

由 $P (2)$ ： $\leq \left( \frac{A + B}{2} \right)^2$

所以：
$(AB)^n \leq \left( \left( \frac{A + B}{2} \right)^2 \right)^n = \left( \frac{A + B}{2} \right)^{2n}$

而：
$\frac{A + B}{2} = \frac{1}{2} \left( A + B \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{S_1}{n} + \frac{S_2}{n} \right) = \frac{S_1 + S_2}{2n} = \frac{x_1 + \cdots + x_{2n}}{2n}$

因此：
$x_1 \cdots x_{2n} \leq \left( \frac{x_1 + \cdots + x_{2n}}{2n} \right)^{2n}$

即 $P (2 n)$ 成立。

结论： $P (n)$ 和 $P (2)$ 蕴涵 $P (2 n)$ 。

我们有以下两个推理方向：

向前： $\Rightarrow P(2n)$
向后： $\Rightarrow P(n-1)$ （对 $n > 1$ ）

已知 $P (2)$ 成立。

由 $\Rightarrow P(4) \Rightarrow P(8) \Rightarrow \cdots$ ，可得 $P(2^k)$ 对所有 $\geq 1$ 成立。
对任意正整数 $m$ ，存在 $k$ 使得 $m < 2^k$ 。
由于 $P(2^k)$ 成立，反复应用反向归纳：
$P(2^k) \Rightarrow P(2^k - 1) \Rightarrow \cdots \Rightarrow P(m)$
可得 $P (m)$ 成立。

因此， $P (n)$ 对所有正整数 $n$ 成立。

例如：

$P (2)$ → $P (4)$ → $P (3)$ （由 $\Rightarrow P(3)$ ）
$P (3)$ 和 $P (2)$ → $P (6)$
$P (6)$ → $P (5)$
$P (5)$ 和 $P (2)$ → $P (10)$
如此继续，可覆盖所有 $n$

最终答案：
(a) 通过将第 $n$ 个变量设为前 $n - 1$ 个变量的算术平均，并应用 $P (n)$ ，可推出 $P (n - 1)$ 。
(b) 将 $2 n$ 个变量分为两组，分别应用 $P (n)$ ，再结合 $P (2)$ ，可推出 $P (2 n)$ 。
© 由 $P (2)$ 出发，通过向前归纳得到所有 $2^k$ 的情形，再通过反向归纳覆盖所有更小的 $n$ ，从而 $P (n)$ 对所有正整数 $n$ 成立。