奇三项式：t（n）=（1+x+x^2）^n111110101110101110001000111101110111101000100010111011011101101110000000100000001111000001110000011110101000101010001010111010110110101101101011 1000100000001000000010001 111011100000111000001110111101000101000101010001010001011101101101101101011011011011011100000000000000010000000000000001第n行中的位数：1,3,3,5,3,9,5,11,3,9,9,15,5,15,11,21, ...设z（n）是（1+x+x^2）^n的奇系数的个数。n n2 z（n）----------------0 0 11 1 32 10 33 11 54 100 35 101 96 110 57 111 118 1000 39 1001 910 1010 911 1011 1512 1100 513 1101 1514 1110 1115 1111 2116 10000 317 10001 918 10010 919 10011 1520 10100 921 10101 27结构定理：三角形的结构是这样的A+B AA+B B B AA和B是2^n阶矩阵。归纳证明：n=0：A=0和B=1。那就是1 01 1 1 0n->n+1：作为（1+x+x^2）^2=1+x^2+x^4（模2），我们通过迭代得到（1+x+x^2）^（2^n）=1+x^（2 ^n）+x^（4^n）（模2）。这显示了块递归方程尺寸为2^n的砌块的C D E。C+D+E公司将此应用于A+B AA+B B A给出了较大的三角形A+B AA+B B B AA+B A A+B B A A+B AA+B B A A+B A A+B B A带有新块A'、B'和A'+B'A’=A 0 B’=A A+B和A’+B’=0 A+BB A A+B A+B B这个归纳步骤给出了z（n）的递归。的第n行中的位数A+B A A+B B A A+B A是的第n行中的个数的3倍A+B答。进一步计算第n行中的个数A+B B A A+B A A+B B A是第n行1的2倍A+B A加上第n行的个数A+B B B A。请注意，您必须计算三个块A、B和A+B。仅计数A和B是不够的，因为有些计数会抵消在总数中。使用二进制数系统，我们得到了一个很好的递归。递归：（左）让我们把数字n以二进制形式写成一个列表。将序言符号[x，y|w]与x、 y是两个前导位，w是其余的。然后我们有递归公式z（[]）=1，z（[0|w]）=z（w），z（[1]）=3，z（[1，x|w]）=2*z（w）+z（[x|w]]）。例如：[1,1,0,1]=[x，y|w]，其中x=y=1，w=[0,1]。当n=2^p-1时，存在特殊情况。设a（p）=z（2^p-1），则递归a（p）=a（p-1）+2*a（p-2），对于p>1保持，a（0）=1，a（1）=3。这是a（p）=（4*2^p-（-1）^p）/3。函数z有一个“乘法”公式。这可以通过使用递归进行归纳来显示。但直接的方法要好得多。引理1:如果n的二进制表示在k处包含零，则z（n）=z（n1）*z（n2）其中n=2*n1*2^k+n2，n2<2^k。证明：所以n1包含比kth高的位，n2包含比kt低的位。多项式t（2*n1*2^k）的间距为2*2^k。t（n2）的度数为2*n2，因此小于间距2*2^k。因此，乘积t（n）=t（2*n1*2^k）*t（n2）的值不干涉。因此z（n）=z（2*n1*2^k）*z（n2）=z。引理2:如果n的二进制表示不包含零，那么还有一个n=2^p-1的pz（n）=（4*2^p-（-1）^p）/3=楼层（4*n+5）/3）。证明：向后计算它们最容易从n=2^p的行中重新计算。一般来说，我们计算（x^m+1+x^-m）/（x+1+1/x）。（x^（3n+1）+1+x^-（3n/1））/（x+1+1/x）有4n+1个1。（x^（3n+2）+1+x^-（3nx2））/（x+1+1/x）有4n+3个1。注：（x+1+1/x）不除以x^（3n）+1+x^-（3n）。当你想要倒退时，你只需要注意周期311011011011011011011 ..1000000000000000000000 ..关于一个块数的归纳法显示了以下定理。定理：z（n）=a（p1）*a（p2）**a（pN），其中p1、p2、…、。。。，pN是1个块的长度n的二进制表示法。示例：z（[1,1,0,0,1,0,1,1,1,0]）=z（[1,1]）*z（[1]）*z（[1,1,1]）=a（2）*a（1）*a“4”=5*3*21。推论：z（[b1，b2，…，bN]）=z（[b N，…，b2和b1]）。递归：（右）z（2n）=z（n），z（4n+1）＝3*z（n），z（4n+3）=z（2n+1）+2*z（n）。这源于递归1和推论。密度：n=2^p-1的线的1的密度最高（极限值为2/3）。苏联问题书中的一个问题要求证明第n行中的条目是奇数。但你可以做得更好。引理：没有四个人在一排。证明：案例n偶数：每秒钟的位置都是均匀的。所以一行中不可能有两个奇数。情况n奇数：检查来自线路的案例其中每秒钟的数字是偶数。你会发现，没有三个街区能再长了。推论：零的数目至少为floor（linelength/4）。参考文献：-J.D.Bankier；帕斯卡三角形的推广，美国数学月刊64（1957）416-419Zbl 0079.01006号-（1+x+x^2）^k-理查德·博林格（Richard C.Bollinger）。扩展的Pascal三角形。《数学杂志》66，第2期，87-94（1993）。Zbl 0785.0506号-理查德·博林格（Richard C.Bollinger）。；查尔斯·伯查德。Lucas定理和扩展Pascal三角形的一些相关结果。《美国数学月刊》97，第3期，198-204（1990）。Zbl 0741.11014号-Boris A.Bondarenko。广义Pascal三角形和金字塔及其分形、图形、，和应用程序。Transl.公司。理查德·博林格（Richard C.Bollinger）的《俄文》。加州圣克拉拉：斐波纳契协会，vii，253 p.（1993）。Zbl 0792.05001号-安德鲁·格兰维尔Zaphod Beeblebrox的大脑和Pascal三角形的第五十九行。《美国数学月刊》99，No.4，318-331（1992）Zbl 0757.05003号（帕斯卡三角模幂为2的自相似性）-安德鲁·格兰维尔更正为：Zaphod Beeblebrox的大脑和第五十九排帕斯卡三角形。《美国数学月刊》104，第9期，848-851（1997）Zbl 0889.05004号（帕斯卡三角模幂为2的自相似性）-海因里希·海姆（Heinrich Hemme）；Schildkr公司的Wettlauf公司，G“ottingen，2002，Vandenhoeck&Ruprecht，ISBN 3-525-40740-8问题38：达斯·扎伦德里克-D.O.Shklarsky，N.N.Chentzov，I.M.Yaglom；苏联奥林匹克问题书，旧金山，1962年，第8-9页，96-整数序列在线百科全书；身份证号码：A071053顺序：1,3,3,5,3,9,5,11,3,99,9,15,5,15,15,15,11,21,3,8,9,9,27,15,33,5，15,15,25,11,33,21,43,3,9,9,15,9,27,15,33,9,27,27,45,15,45,33,63,5,15,15,25,15,45,25,55,11,33,33,55,21,63,43,85,3,9,9,15,9,27,15,33,9,27,27名称：A071036中第n行三角形中1的数量。参考文献S.Wolfram，《一种新的科学》，Wolfram Media，2002；第3章。-斯蒂芬·沃尔夫拉姆（Stephen Wolfram）；一种新的科学，Wolfram Media，Inc.，2002年。精装本，1197页。，国际标准书号1-57955-008-8（MAA在线图书评论亨利·科恩http://www.maa.org/reviews/wolfram.html)--http://www.mathematik.uni-bielefeld.de/~赛尔克/邮寄地址：Torsten.Sillke@uni-bielefeld.de