算法导论第2版-附录课后习题答案

算法导论-附录A.1-3

对 0<∣x∣<10<|x|<10<∣x∣<1，证明 ∑k=0∞k2xk=x(1+x)/(1−x)3\displaystyle \sum_{k=0}^\infty k^2x^k=x(1+x)/(1-x)^3k=0∑∞k2xk=x(1+x)/(1−x)3。

等比数列求和公式：∑k=0n−1xk=1−xn1−x\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} x^k=\frac{1-x^n}{1-x}k=0∑n−1xk=1−x1−xn

由于0<∣x∣<10<|x|<10<∣x∣<1，取极限可得，∑k=0∞xk=1(1−x)\displaystyle \sum_{k=0}^\infty x^k=\frac{1}{(1-x)}k=0∑∞xk=(1−x)1。

上述极限等式两边同时对x求导，可得(∑k=0∞xk)′=∑k=0∞kxk−1=1x∑k=0∞kxk(\displaystyle \sum_{k=0}^\infty x^k)'=\displaystyle \sum_{k=0}^\infty kx^{k-1}=\frac{1}{x}\displaystyle \sum_{k=0}^\infty kx^k(k=0∑∞xk)′=k=0∑∞kxk−1=x1k=0∑∞kxk，且(11−x)′=1(1−x)2(\displaystyle \frac{1}{1-x})'=\displaystyle \frac{1}{(1-x)^2}(1−x1)′=(1−x)21，

则有，∑k=0∞kxk=x(1−x)2\displaystyle \sum_{k=0}^\infty kx^k=\frac{x}{(1-x)^2}k=0∑∞kxk=(1−x)2x。

同样的，等式∑k=0∞kxk=x(1−x)2\displaystyle \sum_{k=0}^\infty kx^k=\frac{x}{(1-x)^2}k=0∑∞kxk=(1−x)2x两边同时x求导，可得到

(∑k=0∞kxk)′=∑k=0∞k2xk−1=1x∑k=0∞k2xk(\displaystyle \sum_{k=0}^\infty kx^k)'=\displaystyle \sum_{k=0}^\infty k^2x^{k-1}=\frac{1}{x}\displaystyle \sum_{k=0}^\infty k^2x^k(k=0∑∞kxk)′=k=0∑∞k2xk−1=x1k=0∑∞k2xk，且(x(1−x)2)′=1⋅(1−x)2−x⋅2(1−x)⋅(−1)(1−x)4=(1−x)2+2x(1−x)(1−x)4=1+x(1−x)3(\displaystyle \frac{x}{(1-x)^2})'=\displaystyle \frac{1\cdot (1-x)^2-x\cdot 2(1-x)\cdot(-1)}{(1-x)^4}=\frac{(1-x)^2+2x(1-x)}{(1-x)^4}=\frac{1+x}{(1-x)^3}((1−x)2x)′=(1−x)41⋅(1−x)2−x⋅2(1−x)⋅(−1)=(1−x)4(1−x)2+2x(1−x)=(1−x)31+x，

则有，∑k=0∞k2xk=x(1+x)/(1−x)3\displaystyle \sum_{k=0}^\infty k^2x^k=x(1+x)/(1-x)^3k=0∑∞k2xk=x(1+x)/(1−x)3，证毕。

算法导论附录A.1-4

证明 ∑k=0∞(k−1)/2k=0\displaystyle \sum_{k=0}^\infty (k-1)/2^k=0k=0∑∞(k−1)/2k=0。

由于0<∣x∣<10<|x|<10<∣x∣<1，∑k=0∞xk=1(1−x)\displaystyle \sum_{k=0}^\infty x^k=\frac{1}{(1-x)}k=0∑∞xk=(1−x)1，∑k=0∞kxk=x(1−x)2\displaystyle \sum_{k=0}^\infty kx^k=\frac{x}{(1-x)^2}k=0∑∞kxk=(1−x)2x。

则有，∑k=0∞(k−1)/2k=∑k=0∞k⋅(12)k−∑k=0∞(12)k=12(1−12)2−11−12=2−2=0\displaystyle \sum_{k=0}^\infty (k-1)/2^k=\displaystyle \sum_{k=0}^\infty k\cdot (\frac{1}{2})^k-\displaystyle \sum_{k=0}^\infty(\frac{1}{2})^k=\frac{\frac{1}{2}}{(1-\frac{1}{2})^2}-\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2-2=0k=0∑∞(k−1)/2k=k=0∑∞k⋅(21)k−k=0∑∞(21)k=(1−21)221−1−211=2−2=0。

算法导论附录A.1-7

求∏k=1n2⋅4k\displaystyle\prod_{k=1}^n 2\cdot 4^kk=1∏n2⋅4k的值。

根据公式lg⁡(∏k=1nak)=∑k=1nlg⁡ak\lg(\displaystyle\prod_{k=1}^n a_k)=\displaystyle \sum_{k=1}^n\lg a_klg(k=1∏nak)=k=1∑nlgak，可以进行求解。

lg⁡(∏k=1n2⋅4k)=∑k=1nlg⁡(2⋅4k)=∑k=1n(1+2k)=n2+2n\lg(\displaystyle\prod_{k=1}^n 2\cdot 4^k)=\displaystyle \sum_{k=1}^n \lg(2\cdot 4^k)=\displaystyle \sum_{k=1}^n(1+2k)=n^2+2nlg(k=1∏n2⋅4k)=k=1∑nlg(2⋅4k)=k=1∑n(1+2k)=n2+2n

则，∏k=1n2⋅4k=2n2+2n\displaystyle\prod_{k=1}^n 2\cdot 4^k=2^{n^2+2n}k=1∏n2⋅4k=2n2+2n。

算法导论附录A.1-8

求∏k=2n(1−1/k2)\displaystyle\prod_{k=2}^n (1-1/k^2)k=2∏n(1−1/k2)的值。

∏k=2n(1−1/k2)=∏k=2nk2−1k2=∏k=2n(k−1k⋅k+1k)\displaystyle\prod_{k=2}^n (1-1/k^2)=\displaystyle\prod_{k=2}^n \frac{k^2-1}{k^2}=\displaystyle \prod_{k=2}^n (\frac{k-1}{k}\cdot\frac{k+1}{k})k=2∏n(1−1/k2)=k=2∏nk2k2−1=k=2∏n(kk−1⋅kk+1)

=1232⋅2343⋅3454...n−2n−1nn−1⋅n−1nn+1n=\frac{1}{2}\frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3}\frac{4}{3} \cdot\frac{3}{4}\frac{5}{4} ... \frac{n-2}{n-1}\frac{n}{n-1} \cdot\frac{n-1}{n}\frac{n+1}{n}=2123⋅3234⋅4345...n−1n−2n−1n⋅nn−1nn+1

=12⋅n+1n=n+12n=\frac{1}{2}\cdot\frac{n+1}{n}=\frac{n+1}{2n}=21⋅nn+1=2nn+1。

算法导论附录C.1-5

对0<k≤n0 < k \leq n0<k≤n，证明恒等式 (nk)=nk(n−1k−1)\tbinom{n}{k}=\frac{n}{k}\tbinom{n-1}{k-1}(kn)=kn(k−1n−1)

(nk)=n!k!⋅(n−k)!=n⋅(n−1)!k⋅(k−1)!⋅(n−1−k+1)!\tbinom{n}{k}=\frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}=\frac{n\cdot(n-1)!}{k\cdot (k-1)!\cdot (n-1-k+1)!}(kn)=k!⋅(n−k)!n!=k⋅(k−1)!⋅(n−1−k+1)!n⋅(n−1)!

=nk⋅(n−1)!(k−1)!⋅[n−1−(k−1)]!=\frac{n}{k}\cdot\frac {(n-1)!}{(k-1)!\cdot [n-1-(k-1)]!}=kn⋅(k−1)!⋅[n−1−(k−1)]!(n−1)!

nk(n−1k−1)\frac{n}{k}\tbinom{n-1}{k-1}kn(k−1n−1)

算法导论附录C.1-6

对0<k≤n0 < k \leq n0<k≤n，证明恒等式 (nk)=nn−k(n−1k)\tbinom{n}{k}=\frac{n}{n-k}\tbinom{n-1}{k}(kn)=n−kn(kn−1)

(nk)=n!k!⋅(n−k)!=n⋅(n−1)!k!⋅(n−k)⋅(n−1−k)!\tbinom{n}{k}=\frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}=\frac{n\cdot(n-1)!}{k!\cdot (n-k)\cdot (n-1-k)!}(kn)=k!⋅(n−k)!n!=k!⋅(n−k)⋅(n−1−k)!n⋅(n−1)!

=nn−k⋅(n−1)!k!⋅(n−1−k)!=\frac{n}{n-k}\cdot\frac {(n-1)!}{k!\cdot (n-1-k)!}=n−kn⋅k!⋅(n−1−k)!(n−1)!

nn−k⋅(n−1k)\frac{n}{n-k}\cdot\tbinom{n-1}{k}n−kn⋅(kn−1)

算法导论附录C.1-7

为了从n中选择k个对象，可以使其中一个对象与众不同，并考虑这个对象是否被选中。利用这个方法证明(nk)=(n−1k)+(n−1k−1)\tbinom{n}{k}=\tbinom{n-1}{k}+\tbinom{n-1}{k-1}(kn)=(kn−1)+(k−1n−1)

证明：按照两种方案来选择。

第一种，不选择与众不同的对象时，那么从n-1中选择k个，结果为(n−1k)\tbinom{n-1}{k}(kn−1)；

第二种，选择与众不同的对象时，那么从n-1中选择k-1个，结果为(n−1k−1)\tbinom{n-1}{k-1}(k−1n−1)。

证毕。

算法导论附录C.1-9

证明∑i=1ni=(n+12)\displaystyle\sum_{i=1}^n i=\tbinom{n+1}{2}i=1∑ni=(2n+1)

∑i=1ni=n(n+1)2=(n+1)!2⋅(n−1)!\displaystyle\sum_{i=1}^n i=\frac{n(n+1)}{2}=\frac{(n+1)!}{2\cdot(n-1)!}i=1∑ni=2n(n+1)=2⋅(n−1)!(n+1)!

=(n+1)!2!⋅(n+1−2)!=\displaystyle \frac{(n+1)!}{2!\cdot (n+1-2)!}=2!⋅(n+1−2)!(n+1)!

=(n+12)=\tbinom{n+1}{2}=(2n+1)

二项系数&算法导论附录C.1-15

二项展开式：(x+y)n=∑k=0n(nk)xkyn−k(x+y)^n=\displaystyle \sum_{k=0}^n\tbinom{n}{k}x^ky^{n-k}(x+y)n=k=0∑n(kn)xkyn−k

x=y=1x=y=1x=y=1时，2n=∑k=0n(nk)2^n=\displaystyle \sum_{k=0}^n\tbinom{n}{k}2n=k=0∑n(kn)

其中，(nk)=n!k!⋅(n−k)!\tbinom{n}{k}=\frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}(kn)=k!⋅(n−k)!n!读作n个选择k个的组合个数。

(nk)=(n−1k)+(n−1k−1)\tbinom{n}{k}=\tbinom{n-1}{k}+\tbinom{n-1}{k-1}(kn)=(kn−1)+(k−1n−1)

证明对任意整数n≥0n\geq 0n≥0，∑k=0n(nk)k=n2n−1\displaystyle \sum_{k=0}^n\tbinom{n}{k}k=n2^{n-1}k=0∑n(kn)k=n2n−1

证明：∑k=0n(nk)k=∑k=0nn!k!⋅(n−k)!k\displaystyle \sum_{k=0}^n\tbinom{n}{k}k=\displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}kk=0∑n(kn)k=k=0∑nk!⋅(n−k)!n!k

=∑k=0nn⋅(n−1)!(k−1)!⋅(n−1−(k−1))!=\displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{n\cdot(n-1)!}{(k-1)!\cdot(n-1-(k-1))!}=k=0∑n(k−1)!⋅(n−1−(k−1))!n⋅(n−1)!

=∑k=0nn⋅(n−1k−1)=\displaystyle \sum_{k=0}^nn\cdot\tbinom{n-1}{k-1}=k=0∑nn⋅(k−1n−1)

=∑k=0nn⋅[(nk)−(n−1k)]=\displaystyle \sum_{k=0}^nn\cdot [ \tbinom{n}{k}-\tbinom{n-1}{k}]=k=0∑nn⋅[(kn)−(kn−1)]

=n⋅[2n−∑k=0n−1(n−1k)+0]=n\cdot [ 2^n - \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \tbinom{n-1}{k}+0]=n⋅[2n−k=0∑n−1(kn−1)+0]

=n⋅[2n−2n−1]=n\cdot [ 2^n - 2^{n-1}]=n⋅[2n−2n−1]

=n2n−1=n2^{n-1}=n2n−1

算法导论附录C.3-6-马尔可夫不等式

令X为非负随机变量，并假设E[X]有良定义。对任意t>0，证明马尔可夫不等式（Markov’s inequality）：Pr⁡{X≥t}≤E[X]/t\Pr\{X\geq t\} \leq E[X]/tPr{X≥t}≤E[X]/t。

E[X]=∑xPr⁡{X=x}⋅x=∑x=0∞xPr⁡{X=x}E[X]=\displaystyle\sum_x\Pr\{X=x\}\cdot x=\displaystyle \sum_{x=0}^\infty x\Pr\{X=x\}E[X]=x∑Pr{X=x}⋅x=x=0∑∞xPr{X=x}

≥∑x=t∞x⋅Pr⁡{X=x}\geq \displaystyle\sum_{x=t}^\infty x\cdot \Pr\{X=x\}≥x=t∑∞x⋅Pr{X=x}

≥∑x=t∞t⋅Pr⁡{X=x}\geq \displaystyle\sum_{x=t}^\infty t \cdot \Pr\{X=x\}≥x=t∑∞t⋅Pr{X=x}

=t⋅∑x=t∞Pr⁡{X=x}=t \cdot \displaystyle\sum_{x=t}^\infty \Pr\{X=x\}=t⋅x=t∑∞Pr{X=x}

=t⋅Pr⁡{X≥t}=t\cdot \Pr\{X\geq t\}=t⋅Pr{X≥t}

则，Pr⁡{X≥t}≤E[X]/t\Pr\{X\geq t\} \leq E[X]/tPr{X≥t}≤E[X]/t

算法导论附录C.4-1

对几何分布，验证概率公理的公理2。

lim⁡n→∞∑k=1nPr⁡{X=k}=lim⁡n→∞∑k=1npqk−1\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \displaystyle \sum_{k=1}^n \Pr\{X=k\}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \displaystyle \sum_{k=1}^n pq^{k-1}n→∞limk=1∑nPr{X=k}=n→∞limk=1∑npqk−1

=lim⁡n→∞p⋅1⋅(1−qn)1−q=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} p \cdot \displaystyle \frac{1\cdot (1-q^n)}{1-q}=n→∞limp⋅1−q1⋅(1−qn)

=p1−q=1=\displaystyle\frac{p}{1-q}=1=1−qp=1

算法导论附录C.4-5

证明n次伯努利试验中没有一次成功的概率约等于1/e，每次试验成功的概率是p=1/n。证明只有一次成功的概率也约等于1/e。

先验知识：lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim\limits_{x\rightarrow\infty} (1+\frac{1}{x})^x=ex→∞lim(1+x1)x=e

lim⁡n→∞(n0)⋅(1n)0⋅(1−1n)n=lim⁡n→∞[(1+1−n)−n]−1=1/e\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\displaystyle\tbinom{n}{0}\cdot(\frac{1}{n})^0\cdot (1-\frac{1}{n})^n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}[(1+\frac{1}{-n})^{-n}]^{-1}=1/en→∞lim(0n)⋅(n1)0⋅(1−n1)n=n→∞lim[(1+−n1)−n]−1=1/e

lim⁡n→∞(n1)⋅(1n)1⋅(1−1n)n−1=lim⁡n→∞n⋅1n⋅(11−1n)⋅[(1+1−n)−n]−1=1/e\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\displaystyle\tbinom{n}{1}\cdot(\frac{1}{n})^1\cdot (1-\frac{1}{n})^{n-1}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n\cdot\frac{1}{n}\cdot(\frac{1}{1-\frac{1}{n}})\cdot[(1+\frac{1}{-n})^{-n}]^{-1}=1/en→∞lim(1n)⋅(n1)1⋅(1−n1)n−1=n→∞limn⋅n1⋅(1−n11)⋅[(1+−n1)−n]−1=1/e