【免费下载】李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3

第三章递推关系
1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限
区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.
解： f(n)=f(n-1)+2
f(1)=2,f(2)=4
解得f(n)=2n.
2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),
求f(n)满足的递推关系.
解：设a n-1a n-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列，则它的个数可以用f(n-1)表示。

a n可以有两种情况：
1）不管上述序列中是否有2，因为a n的位置在最左边，因此0
和1均可选；
2）当上述序列中没有1时，2可选；
故满足条件的序列数为
f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,
f(1)=3
解得f(n)=2n-1(2+n).
3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足
的递推关系.
解：设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目，g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目，由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。

则有
h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 （1）
f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) （2）
将（1）得到的h(n)=(2n+4n)/2代入（2），可得
f(n+1)= (2n+4n)/2-2f(n),
f(1)=2.
4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).
解：这种序列有两种情况：
1)最后一位为0，这种情况有f(n-3)个；
2)最后一位为1，这种情况有2f(n-2)个；
所以
f(n)=f(n-3)+2f(n-2)
f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5.
5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).
解：最后两位是“00”的序列共有2n-2个。

f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能；
f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能；
依此类推，有
f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.
6.求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n).解：最后三位是“010”的序列共有2n-3个。

包括以下情况：
f(n)包含了在最后三位第一次出现010的个数，同时排除了从n-4到n-2位第一次出现010的可能；
f(n-2)包含了从n-4到n-2位第一次出现010的个数；f(n-3)包含了从n-5到n-3位第一次出现010的个数；
2f(n-4)包含了从n-6到n-4位第一次出现010的个数（因为在第n-3位可以取0或1）；
同理，k ≥3时，第n-k-2到n-k 位第一次出现010的个数为
2k-3f(n-k)(因为第n-k 位～n-3位中间的k-3位可以取0、1，所以有2k-3种状态)。

所以满足条件的递推关系为
f(n)+f(n-2)+f(n-3)+…+2n-6f(3)=2n-3 n ≥6
f(3)=1,f(4)=2,f(5)=3.
7.有多少个长度为n 的0,1序列,在这些序列中,既不包含“010”,也不包
含“101”？
解：设满足条件的序列数为f(n)
考虑n-1位时最左边的情况：
1) 最左边为1，则左边可选0或1生成满足要求的序列，这种情况有2f(n-2)个；
2)最左边为01，则左边只能选1才能满足要求，这种情况有f(n-3)个；
f(n)=2f(n-2)+f(n-3)f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.
8.在信道上传输a,b,c 三个字母组成的长为n 的字符串,若字符串中有两
个a 连续出现,则信道就不能传输.令f(n)表示信道可以传输的长为n 的字符串的个数,求f(n)满足的递推关系.
解：信道上能够传输的长度为n （n ≥2）的字符串可分成如下四类：
1)最左字符为b ；2)最左字符为c ；
3)最左两个字符为ab ；4)最左两个字符为ac ；
前两类字符串分别有f(n-1)个，后两类字符串分别有f(n-2)个。

容易求出f(1)=3,f(2)=8。

从而得到
f(n)=2f(n-1)+2f(n-2) (n ≥3)f(1)=3,f(2)=8.9.求解下列递推关系：
（1）；
()2(1)2(2)(1)3,(2)8
f n f n f n f f =-+-⎧⎨==⎩
解：先求这个递推关系的通解，它的特征方程为x 2-2x －2=0
解这个方程，得,
.
11x =
+21x =-所以，通解为
.
12()(1(1n n f n c c =++代入初值来确定c 1和c 2，得
1c =
2
c
=因此，
.()n n f n =
++（2）；
()4(1)4(2)(0)1,(1)3f n f n f n f f =---⎧⎨==⎩
解：此递推关系的特征方程为x 2-4x+4=0解这个方程，得x 1=x 2=2.所以通解为f(n)=c 12n +c 2n2n .
代入初值来确定c 1和c 2，得c 1=1，c 2=1/2.因此，f(n)=2n +2n-1n.
（3）；
()(1)3(2)5(3)2(4)(0)1,(1)0,(2)1,(3)2f n f n f n f n f n f f f f =--+-+-+-⎧⎨====⎩
解：该递推关系的特征方程为x 4+x 3-3x 2-5x-2=0,解得特征根为x 1=x 2=x 3=-1,x 4=2.
所以通解为f(n)=c 1(-1)n +c 2n(-1)n +c 3n 2(-1)n +c 42n .
代入初值，得.
12347
12
,,0,93
9c c c c ==-==因此，.
71
2()(1)(1)
29
3
9n
n
n
f n n =---+
⋅（4）；
()4(1)4(2)2(0)0,(1)1
n
f n f n f n n f f ⎧--+-=⋅⎨==⎩解：由于2是特征方程的二重根，所以该递推关系的特解为
f '(n)=n 2(b 1n+b 0)·2n .
将它代入递推关系化简，得到6b 1=1,-6b 1+2b 0=0
解得，
.
01
2
b =
11
6
b =
而相应齐次递推关系的通解为(c 0+c 1n)·2n ，从而非齐次递推关系的通解为
.
2
011()()262n n f n c c n n =+++⋅⎡
⎤⎛⎫ ⎪⎢
⎥⎝⎭⎣
⎦
代入初值可得，.
00c =11
6
c =-于是.
321
()(3)26
n f n n n n =+-⋅（5）；
()(1)! (1)
(0)2
f n nf n n n f =-+≥⎧⎨=⎩解：f(1)=f(0)+1!
f(2)=2f(1)+2!=2f(0)+2*2!=2!(f(0)+2) f(3)=3f(2)+3!=6f(0)+3*3!=3!(f(0)+3) …
f(n)=n!(f(0)+n)=n!(n+1).
（6）；
()(2)(1) (1)(0)1
f n n f n n f =+-≥⎧⎨=⎩解：f(n)=(n+2)f(n-1)=(n+2)(n+1)f(n-2)=…
=(n+2)(n+1)…3·f(0)=(n+2)!/2.
10.在一圆周上取n 个点,过每对点作一弦,且任何三条弦不在圆内共点,试
求这些弦把圆分成的区域的个数.
解：n-1个点把圆分为f(n-1)部分，在加第n 个点则对于前n-1个点来说，每选3个点都有3条弦构成了一个三角形。

而中间的一点和第n 点的连线把中间和第n 点间的弦分成了2个部分，增加了1一个域。

第n 个点和其它n-1个点的连线又把第1，n-1，n 点构成的三角形分为n 个域。

故满足条件的递推关系为
f(n)=f(n-1)+C(n-1,3)+n-1，
f(0)=1,f(1)=1,f(2)=2,f(3)=4,f(4)=8.解得f(n)=1+C(n,2)+C(n-4).
11.设有n 条椭圆曲线，两两相交于两点，任意3条椭圆曲线不相交于一点.问
这样的n 个椭圆将平面分割成多少部分?
解：设f(n)表示n 个椭圆将平面分割成的部分的个数，则有：一个椭圆将平面分成内、外两个部分，两个椭圆将平面分成4个部分。

第二个椭圆的周界被第一个椭圆分成两部分，这恰恰是新增加的域的边界。

依此类推，第三个椭圆曲线被前面两个椭圆分割成4部分，将平面分割成4＋4＝8个部分。

若n －1个椭圆将平面分割成f(n-1)个部分，第n 个椭圆和前n －1个椭圆两两相交于两点，共2（n －1）个交点，即新增加的域有2（n －1）个。

故有
f(n)=f(n-1)+2(n-1)f(1)=2
解得f(n)=n(n-1)+2
12.求n 位十进制正数中出现偶数个5的数的个数.
解：设f(n)表示n 位十进制正数中出现个5的数的个数，d=d 1d 2…d n-1表示n-1位十进制数，则若d 含有偶数个5，则d n 取5以外的任何一个数；若d 含有奇数个5，则d n 取5。

另n-1位十进制的数共有9×10n-2个，故递推关系为
f(n)=9f(n-1)+ 9×10n-2-f(n-1)= 9×10n-2+8f(n-1)f(1)=8.
13.在一个平面上画一个圆,然后一条一条地画n 条与圆相交的直线.当r 是
大于1的奇数时,第r 条直线只与前r －1条直线之一在圆内相交.当r 是偶数时,第r 条直线与前r －1条直线都在圆内相交.如果无3条直线在圆内共点,这n 条直线把圆分割成多少个不重叠的部分？
解：当r 是奇数时，它只与原来r －1条直线之一相交，因此多了两个部分；
当r 是偶数时，它与原来的r －1条都相交，因此多了r 个交点；故有
f(n)=f(n-1)+2 n 为奇数；f(n)=f(n-1)+n n 为偶数；
14.从1到n 的自然数中选取k 个不同且不相邻的数,设此选取的方案数位
f(n,k).
1)求f(n,k)满足的递推关系；2)用归纳法求f(n,k)；
3)若设1与n 算是相邻的数,并在此假定下从1到n 的自然数中选取
k 个不同且不相邻的数的方案数位g(n,k),试利用f(n,k)求g(n,k).
解：1）有两类：选n 为f(n-2,k-1)；不选n 为f(n-1,k).所以
f(n,k)=f(n-2,k-1)+f(n-1,k). 2)f(n,k)=C(n-k+1,k).
3)f(n,k)=C(n-k+1,k-1)*n/k.
15.从1到n 的自然数中选取两两之差均大于r 的k 个数
1)求它所满足的递推关系；
2)证明(,),(1)
r n rk r f n k n r k r k -+⎛⎫
=+≥+ ⎪⎝⎭
解：可将本题转换为构造相应的0－1串的问题。

将这样的n 位0－1串与
1到n 的正整数对位，与1相应的整数选取，与0相应的不取。

一个0－1串对应一个选取方案。

这也对应将相同的球放入不同的盒子的方案数。

10...010...01......10...01k
r
r
r
所以。

1(1)1(1)(,)(1)r k n k r k n r k f n k n k r k k ++------⎛⎫⎛⎫
== ⎪ ⎪
---⎝⎭⎝⎭
16.试证：1
11110n
n n n
n F F F F +-⎛⎫
⎛
⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
证明：可用数学归纳法证明
1)当n=1时，左边= ，右边=，成立。

1110⎛
⎫ ⎪⎝⎭1110⎛⎫ ⎪⎝⎭
2)
假设n=k 时，等式成立，则有.1
11110k
k k k
k F F F
F +-⎛⎫
⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
n=k+1时，有
1
1
121111
11101110k k k k k
k k k k
k k k k k k F F F F F F F F F F F F F F +++++--++==+⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
由1)、2）可得等式成立。

17.设,,,用Fibonacci 数来表示和.0n ≥02n
n k n k a k =+=⎛⎫
⎪⎝⎭
∑1
021n n k n k b k -=+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑n a n b 解：
1
1100001211222122221n n n n n k k k k n k n k n k n k n n k a k k k k n k +++====++++++++==+=++-++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑1
n n a b +=+同理可得。

1n n n b a b +=+由此可得两个序列的生成函数为。

()()1(),()11B x B x x A x A x x
x
=
+=
--联立解可得。

2
2
()1(),31
31
B x x x A x x x x x =
-=
-+-+由Fibonacci 数定义可知，f(n)=f(n-1)+f(n-2)，其生成函数为。

2
1
()1F x x x
=
--令，可得
1
()(2)()(21),n n n n P x f n x Q x f n x ∞
∞
====-∑∑22()1(),31
31
Q x x
x
P x x x x x =
-=
-+-+所以＝f(2n), ＝f(2n-1).
n a n b 18.某人有n 元钱,他每天买一次物品,每次买物品的品种很单调,或者买一
元的甲物品,或者买二元钱的乙物品,或者买二元钱的丙物品.问,他花完这n 元钱有多少种不同的方式？
解：f(n)表示花完这n 元钱的方案数。

则
f(n)=f(n-1)+2f(n-2)f(1)=1,f(2)=3.
19.证明：任一个正整数n 都可以写成不同的Fibonacci 数的和.证明：任意正整数n 可以表示为Fibonacci 序列的有限和，即n=,其中S i =(0,1),i=1,2,…m;S i S i+1=0,i=1,2,…,m-1.
2m
i i i S F =∑可以用数学归纳法进行证明。

1)n=1=f(0)=f(1),成立。

2)假设n=k 时等式成立，则n=k+1亦成立，因为1也是Fibonacci 数。

3)由1)、2）可证等式成立。

20.证明：有n 个叶子的完全二叉树的个数为Catalan 数.证明：令P n 表示给n 个叶子安排位置的方案数,则有
P n =P 1P n-1+P 2P n-2+…+P n-1P 1,P 1=P 2=1.显然，P k =C k+1,k=1,2,…,n.
21.证明：从（0,0）点到（n,n ）点的除端点外不接触直线y=x 的路径数为
2h(n),其中,h(n)为Catalan 数.
证明：此题可划分为两部分：一部分从（0，0）到（n ，n ）的路径全部在y=x 上方，另一部分全部在下方，由于对称性，故只要考虑一部分即可。

记O 点（0，0），A 点（n ，n ），O'点（0，1），A'点（n ，n ＋1）。

从O 点出发经过OA 及OA 上方的点到达A 点的路径对应一条从O'点出发经过O'A'点及O'A'上方的点到达A'点的路径。

这是很显然的。

从O'点出发途经OA 上的点到达A'点的路径，即为从O'点出发穿越O'A'到达A'点的路径。

故对应一条从O 点出发穿越OA 到达A 点的路径。

所以，从O 点出发经过OA 及OA 上方的点最后到达A 点的路径数，等于从O'出发到达A'点的所有路径数，减去从O'点出发途经OA 上的点到达A'的路径数。

即。

222111n n n n n n n -=++⎛⎫⎛⎫
⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
总的路径数为。

定理3.2.2 221n n n +⎛⎫ ⎪⎝⎭
设是递推关系(3.2.2)的全部不同的特征根,其重数分别为
t q q q ,,,21 t
e e e ,,,21 ,那么递推关系(3.2.2)的通解为 )(21k e e e t =+++ )()()()(21n
f n f n f n f t ＋ ++=其中
121()()i e i
e n
i i i i i f n b b n b n q -=+++⋅ )1(t i ≤≤
证明：由前面的讨论知,是递推关系
)()()()(21n f n f n f n f t ＋ ++=（3.2.2）的解.
再由初值,得到关于
110)1(,,)1(,)0(-=-==k a k f a f a f 的联立方程组,其系数行列式的值为
)
1,1(i i e j t i b j ≤≤≤≤,
11()()02i j
t
e e i i j i
i i j t
e q q q ⋅=≤<≤⎛⎫--≠ ⎪⎝⎭∏∏故可由初值唯一地确定
,这说明递推关系(3.2.2)的任意解均可写成
j
i b ,其中如前所示.
∑==t i i n f n f 1
)
()()(n f i 例3 求解递推关系
;0)2(,0)1(,1)0()
3( )3(2)2(3)(⎩
⎨
⎧===≥---=f f f n n f n f n f 解 先求这个递推关系的通解.它的特征方程为
233
=+-x x 解这个方程,得
.
2,1321-===x x x 所以,通解为
n
n c n c c n f )2(··1·)(321-++=代入初值来确定,和,得
1c 2c 3c ⎪⎩⎪
⎨⎧=++=-+=+.
042,02,1321
32131c c c c c c c c 求解这个方程组,得
,,.
981=
c 322-=c 91
3=c 因此,所求的递推关系为
.
n n n f )2(·91
3298 )( -+-=
3.3 常系数线性非齐次递推关系的求解
阶常系数线性非齐次递推关系的一般形式为
k (3.3.1)
12()(1)(2)()() ()k f n c f n c f n c f n k g n n k =-+-++-+≥ 其中,为常数,.
k c c c ,,,21 0)(,0≠≠n g c k 它对应的齐次递推关系为
)()2()1()(21k n f c n f c n f c n f k -++-+-= (3.3.2)
定理3.3.1 阶常系数线性非齐次递推关系(3.3.1)的通解是递推关系(3.3.1)的特解k 加上其相应的齐次递推关系(3.3.2)的通解.
证明：设是递推关系(3.3.1)的特解,是递推关系(3.3.2)的通解,则
)(n f ')(n f ''
12()()[(1)(2)()()]k f n f n c f n c f n c f n k g n ''''''+=-+-++-+ )]
()2()1([21k n f c n f c n f c k -'
'++-''+-''+ 1[(1)(1)][()()]()
k c f n f n c f n k f n k g n ''''''=-+-++-+-+ 所以,是递推关系(3.3.1)的解.
)()(n f n f ''+'反之,任给递推关系(3.3.1)的一个解,与上类似,可以证明
)(n f 是递推关系(3.3.2)的解,从而可以表示成与递推关系
)()(n f n f '-)(n f )(n f '(3.3.2)的解之和.
即=特解+齐次方程通解.
)(n f 表3.3.1列出了几种情况下的特解的一般形式.
表3.3.1。