组合数学课后答案
(完整word版)组合数学课后答案
习题二证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。
证明：假设没有人谁都不认识：那么每个人认识的人数都为[1,n-1]，由鸽巢原理知，n个人认识的人数有n-1种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设有1人谁都不认识：那么其他n-1人认识的人数都为[1,n-2]，由鸽巢原理知，n-1个人认识的人数有n-2种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设至少有两人谁都不认识，则认识的人数为0的至少有两人。
任取11个整数，求证其中至少有两个数的差是10的整数倍。
证明：对于任意的一个整数，它除以10的余数只能有10种情况：0，1，…，9。
现在有11个整数，由鸽巢原理知，至少有2个整数的余数相同，则这两个整数的差必是10的整数倍。
证明：平面上任取5个坐标为整数的点，则其中至少有两个点，由它们所连线段的中点的坐标也是整数。
证明：有5个坐标，每个坐标只有4种可能的情况：（奇数，偶数）；（奇数，奇数）；（偶数，偶数）；（偶数，奇数）。
由鸽巢原理知，至少有2个坐标的情况相同。
又要想使中点的坐标也是整数，则其两点连线的坐标之和为偶数。
因为奇数+奇数= 偶数；偶数+偶数=偶数。
因此只需找以上2个情况相同的点。
而已证明：存在至少2个坐标的情况相同。
证明成立。
一次选秀活动，每个人表演后可能得到的结果分别为“通过”、“淘汰”和“待定”，至少有多少人参加才能保证必有100个人得到相同的结果证明：根据推论2.2.1，若将3*（100-1）+1=298个人得到3种结果，必有100人得到相同结果。
一个袋子里装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。
那么至少取出多少水果后能够保证已经拿出20个相同种类的水果证明：根据推论2.2.1，若将4*（20-1）+ 1 = 77个水果取出，必有20个相同种类的水果。
证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。
（书上例题2.1.3）证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。
组合数学-卢开澄
第一章答案 第二章答案 第三章答案 第四章答案第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{{1,6},{2,7},{3,8},…,3,8},…,3,8},…,{45,50} {45,50} ) (b) 45´5+(4+3+2+1) = 235 ( 1®2~6, 2®3~7, 3®4~8, …,45®46~50, 46®47~50, 47®48~50, 48®49~50, 49®50 ) 2．(a) 5!8! (b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)! (c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20! 5. 因首数字可分别为偶数或奇数，知结果为因首数字可分别为偶数或奇数，知结果为 2´5´P(8,2)+3´4´P(8,2). 6. (n+1)!-1 7. 用数学归纳法易证。
用数学归纳法易证。
8. 两数的公共部分为240530, 故全部公因数均形如2m 5n ,个数为41´31. 9. 设有素数因子分解设有素数因子分解 n=p 1n 11p 2 n 22…p k nk k , 则n 2的除数个数为的除数个数为( 2n 1+1) (2n 2+1)…(…(2n 2n k +1). 10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。
；这说明表达式是唯一的。
11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。
验证等式成立。
组合数学参考答案(卢开澄第四版)
组合数学(第四版)课后习题答案03
解：由定理3.4.4 6个没有区别的车放在 6 6 棋盘上，使没有两个车能够互相攻击的放置方法有6！种。 2个红车4个蓝车，那么放置方法是
(6!) 2 =6！×15种。 2!4!
1010 210 510
同ⅰ），由乘法原理， 1010 有11×11 = 121个因子，且互异 那么， 1010 有121个互异正因子 □
8、6男6女围坐一个圆桌。如果男女交替围坐，可有多少种围坐的方式？
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SY0721129 刘佳
解：先把6个男人循环排队，有5！种方式
再把6个女人依次插入男人的循环队列中，要求每两个男人之间插一个女的，那么有6！种 方式 由乘法原理，共有5！×6！种方式 □
解：因为有1个A，2个D，1个R，2个E，个S
9! 个。 2!2!3! 8! 8! 8! 8! 8! 8-排列的个数是 种。 2!2!3! 2!3! 2!2!3! 2!3! 2!2!2!
所以，字母的排列共有
□
—第3页—
种。 □ ⅱ) 将8个车放在 12 12 棋盘上，使没有两个车能够互相攻击的放置方法有
12 12 8 8 8 8! 3 种。
□
21、单词ADDRESSES的字母有多少排列？这9个字母有多少8-排列？
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SY0721129 刘佳
SY0721129 刘佳
第3章 排列与组合 3.6 练习题
4、下列各数各有多少互异正因子？ ⅰ) 3 5 7 11
4 2 6
ⅱ) 620 ⅲ) 10
组合数学(第四版)课后习题答案
第2章 鸽巢原理2.4 练习题1、关于本节中的应用4，证明对于每一个=k 1，2，…，21存在连续若干天，在此期间国际象棋大师将恰好下完k 局棋（情形=k 21是在应用4中处理的情况）。
能否判断：存在连续若干天，在此期间国际象棋大师将恰好下完22局棋？证明：设i a 表示在前i 天下棋的总数若正好有i a =k ,则命题得证。
若不然,如下：∵共有11周，每天至少一盘棋，每周下棋不能超过12盘∴有 771≤≤i ，且13217721≤<<<≤a a a {}21,,2,1 ∈∀k 有kk a k a k a k +≤+<<+<+≤+13217721 观察以下154个整数：ka k a k a a a a +++77217721,,,,,,, 每一个数是1到k +132之间的整数，其中153132≤+k 由鸽巢原理，这154个数中至少存在两个相等的数∵7721,,,a a a 都不相等，k a k a k a +++7721,,, 都不相等∴j i ,∃，使i a =ka j +即这位国际象棋大师在第1+j ，2+j ，…，i 天总共下了k 盘棋。
综上所述，对于每一个=k 1，2，…，21存在连续若干天，在此期间国际象棋大师将恰好下完k 局棋。
□当k =22时，132+k =154，那么以下154个整数22,,22,22,,,,77217721+++a a a a a a在1到154之间。
ⅰ）若这154个数都不相同则它们能取到1到154的所有整数，必然有一个数是22∵2222>+i a ，771≤≤i ∴等于22的数必然是某个i a ，771≤≤i则在前i 天，这位国际象棋大师总共下了22盘棋。
ⅱ）若这154个数中存在相同的两个数∵7721,,,a a a 都不相等，k a k a k a +++7721,,, 都不相等∴j i ,∃，使i a =ka j +即这位国际象棋大师在第1+j ，2+j ，…，i 天总共下了k 盘棋。
组合数学 课后答案 PDF 版
循环群也是群，所以群的定义不用再证，只需证明对于任意a, b G, G是循环群，有a * b b * a成立，因为循环群中的元素可写成a=xm 形式 所以等式左边xm × x n x m n , 等式右边x n xm＝x m n， a b b a，即所有 的循环群都是ABEL群。
因为 H 是 G 的子群， 所以在 H 中的一个 (b m ) r 一定在 G 中对应一个 a m 使得
(b m ) r a m ，
所以有 b rm a m ，则 rm 一定是 m 的倍数，所以则 H 的阶必除尽 G 的阶。 4．9 G 是有限群，x 是 G 的元素，则 x 的阶必除尽 G 的阶。
N-1 N-2
N
1
2 3
……
……
图N! C N!
如图： N 个人围成一个圆桌的所有排列如上图所示。一共 N!个。
……
…
6
…………………………
… …
……
… …
…
…
旋转 360/i，i={n,n-1,n-2,……1}； 得到 n 种置换 当且仅当 i=1 的置换（即顺时针旋转 360/1 度：P1=(c1)(c2)……(cn!);） 时有 1 阶循环存在 （因为只要圆桌转动，所有圆排列中元素的绝对位置都发生了 变化，所以不可能有 1 阶循环存在） 。 不同的等价类个数就是不同的圆排列个数，根据 Burnside 引理，
4.18 若以给两个 r 色球，量个 b 色的球，用它装在正六面体的顶点，试问有多 少种不同的方案。 解：单位元素（1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） ，格式为（1）8. 绕中轴旋转 90。的置换非别为（1234） （5678） ， （4321） （8765） 2 格式为（4） ，同格式的共轭类有 6 个。
组合数学课后习题答案
第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{3,8},…,{45,50} )(b) 45⨯5+(4+3+2+1) = 235( 1→2~6, 2→3~7, 3→4~8, …,45→46~50, 46→47~50, 47→48~50, 49→50 ) 2．(a) 5!8!(b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20!5. 2⨯5⨯P(8,2)+3⨯4⨯P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。
8. 41⨯319. 设 n=p 1n 1p 2n 2…p kn k , 则n 2的除数个数为 ( 2p 1+1) (2p 2+1) …(2p k+1).10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。
11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。
组合意义：右：从n 个不同元素中任取r+1个出来，再从这r+1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n 个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复 C(n-1,r) 次。
12．考虑,)1(,)1(101-=-=+=+=∑∑n nk k k n nnk kknx n x kC x x C 求导数后有令x=1, 即知.210-==∑n nk kn n kC13. 设此n 个不同的数由小到大排列后为a 1, a 2, …, a n 。
当第二组最大数为a k 时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k -1种不同的可能。
故符合要求的不同分组共有12)2()12(21111+-=-----=∑n k n k n k n 种。
组合数学课后习题答案
题目：
1. 已知集合A={a,b,c,d},求A的子集的个数。
答案：
集合A={a,b,c,d}的子集的个数可以用组合数学中的2^n来计算，其中n表示集合A中
元素的个数，即n=4，因此A的子集的个数为2^4=16。
A的子集可以分为空集和非空集，空集只有
一个，即空集，而非空集有15个，它们分
别是：{a}、{b}、{c}、{d}、{a,b}、{a,c}、{a,d}、{b,c}、{b,d}、{c,d}、{a,b,c}、{a,b,d}、{a,c,d}、{b,c,d}、{a,b,c,d}。
由此可知，集合A={a,b,c,d}的子集的个数为16个。
2. 已知集合A={1,2,3,4,5},求A的子集的个数。
答案：
集合A={1,2,3,4,5}的子集的个数可以用组合数学中的2^n来计算，其中n表示集合A
中元素的个数，即n=5，因此A的子集的个
数为2^5=32。
A的子集可以分为空集和非空集，空集只有
一个，即空集，而非空集有31个，它们分
别是：{1}、{2}、{3}、{4}、{5}、{1,2}、{1,3}、{1,4}、{1,5}、{2,3}、{2,4}、{2,5}、{3,4}、{3,5}、{4,5}、{1,2,3}、{1,2,4}、{1,2,5}、{1,3,4}、{1,3,5}、{1,4,5}、{2,3,4}、{2,3,5}、{2,4,5}、{3,4,5}、{1,2,3,4}、{1,2,3,5}、{1,2,4,5}、{1,3,4,5}、{2,3,4,5}、{1,2,3,4,5}。
由此可知，集合A={1,2,3,4,5}的子集的个数为32个。
组合数学第三章课后习题答案
3.1题（宗传玉）某甲参加一种会议，会上有6位朋友，某甲和其中每人在会上各相遇12次，每二人各相遇6次，每三人各相遇3次，每五人各相遇2次，每六人各相遇一次，1人也没有遇见的有5次，问某甲共参加了几次会议解:设A i为甲与第i个朋友相遇的会议集，i＝1，…，6．则故甲参加的会议数为:28+5=33.3.2题（宗传玉）求从1到500的整数中被3和5整除但不被7整除的数的个数.解:设A3：被3整除的数的集合A5：被5整除的数的集合A7：被7整除的数的集合所以3.3.题（宗传玉）n个代表参加会议，试证其中至少有2人各自的朋友数相等。
解:每个人的朋友数只能取0，1，…，n－1．但若有人的朋友数为0，即此人和其他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n－2．故这n个人的朋友数的实际取数只有n－1种可能．，所以至少有２人的朋友数相等．3.4题（宗传玉）试给出下列等式的组合意义.解:(a) 从n 个元素中取k 个元素的组合，总含有指定的m 个元素的组合数为)()(kn mn m k m n --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m ,Ai 为不含a i 的组合（子集），i=1,…,m.()∑∑∑==∈⊄==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ml l m l l m i i lj i lk l n k m A k n k n m n k l n l j 01),(),...,(1m1i i i i i 1)1(A A A A 111213.5题（宗传玉）设有三个7位的二进制数：a1a2a3a4a5a6a7，b1b2b3b4b5b6b7，c1c2c3c4c5c6c7．试证存在整数i 和j，1≤i≤j≤7，使得下列之一必定成立：a i=a j=b i=b j，a i=a j=c i=c j，b i=b j=c i=c j．证：显然，每列中必有两数字相同，共有种模式，有０或１两种选择．故共有·2种选择．·2=6．现有7列，．即必有２列在相同的两行选择相同的数字，即有一矩形，四角的数字相等．3.6题（宗传玉）在边长为1的正方形内任取5个点试证其中至少有两点，其间距离小于证：把１×１正方形分成四个(1/2)×.则这５点中必有两点落在同一个小正方形内．而小正方形内的任两点的距离都小于．3.7题（王星）在边长为1的等边三角形内任取5个点试证其中至少有两点，期间距离小于1/2．证：把边长为１的三角形分成四个边长为1/2的三角形，如上图：则这５点中必有两点落在同一个小三角形中．小三角形中任意两点间的距离都小于1/2．3.8题（王星）任取11个整数，求证其中至少有两个数它们的差是10的倍数。
组合数学第二章课后习题答案
2.1题（陈兴）求序列{ 0，1，8，27，3n }的母函数。
解：由序列可得到32333()23n G x x x x n x =+++++因为23111n x x x x x =++++++- 2311()'12341n x x x nx x-=++++++-设 2311()()'23(1)1n np x x x x x n x nx x-==++++-+-2222221[()]'123(1)n n p x x x x n x n x --=+++++-+设 2223212()[()]'23(1)n nq x x p x x x x n x n x -==++++-+3323231[()]'123(1)n n q x x x n x n x --=++++-+ 3233313[()]'23(1)n n x q x x x x n x n x -=+++-+ 由以上推理可知[()]'x q x =,[7*94*(6)],n n +-所以可通过求得[()]'x q x 得到序列的母函数：32()4G x x x x =++2321()()[34(3)]6n H x F x dx x x n x +==++++⎰2.2题（陈兴）已知序列343,,,,333n ⎧+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎫⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭⎩，求母函数 解： 3*2*14*3*2(3)*(2)*(1)()3*2*13*2*13*2*1nn n n G x x +++=+++=1[3.2.1 4.3.2(3)(2)(1)]6n x n n n x ++++++211()()[3.2 4.3(3)(2)]6n F x G x dx x x n n x +==+++++⎰ 2321()()[34(3)]6n H x F x dx x x n x +==++++⎰3431()()[]6n I x H x dx x X x ++==++⎰因为23111n x x x x+=+++++-所以211()(1)61I x x x x=----所以31()[]'''61x G x x=-就是所求序列的母函数。
《组合数学》第二版(姜建国著)-课后习题答案全
组合数学（第二版）
（4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有： C86 C21 C54 种；
（5）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 3 个后卫，C 中剩 下的一个当后卫，选取方案有： C86 C21 C53 种；
2
8 22
2
8! 2!2!2!2!
7! 2
，即 (x
y
2z
w)8
中，x2 ( y)2 (2z)2
w2
的系数，
因此， x2 y2 z2w2 的系数为： 7! 2 (1)2 (2)2 10 080 。
8．求 (x y z)4 的展开式。 解： n 4,t 3 ，展开式共有 RC(, 4) C(4 3 1, 4) 15 （项）， 所以，
只需证明 f 是满射函数即可。又因为 f 是定义在两个有限且基数相等的函
数上，因此如果能证明 f 单射，则 f 必是满射。
假设 f 不是单射，则存在 (am1, am2 ,, a2 , a1), (bm1, bm2 ,, b2 , b1) M ， (am1, am2 ,, a2 , a1) (bm1, bm2 ,, b2 , b1) ，且有 K0 N ，使得 K0 f (am1, am2 ,, a2 , a1) f (bm1, bm2 ,, b2 , b1) 由于 (am1, am2 ,, a2 , a1) (bm1, bm2 ,, b2 , b1) ，故必存在 j m 1 ，使得 a j bj 。不妨设这个 j 是第一个使之不相等的，即 ai bi (i m 1,, j 1) ， aj bj 且 aj bj ，
（2）因前排至少需坐 6 人，最多坐 8 人，后排也是如此。 可分成三种情况分别讨论： ① 前排恰好坐 6 人，入座方式有 C(14, 6)P(8, 6)P(8,8) ； ② 前排恰好坐 7 人，入座方式有 C(14, 7)P(8, 7)P(8, 7) ； ③ 前排恰好坐 8 人，入座方式有 C(14,8)P(8,8)P(8, 6) ； 各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为： C(14, 6)P(8, 6)P(8,8) C(14, 7)P(8, 7)P(8, 7) C(14,8)P(8,8)P(8, 6)
组合数学课后习题答案
组合数学课后习题答案问题1求解以下组合数：(a)C(5, 2)(b)C(7, 3)(c)C(10, 5)解答：(a)C(5, 2) 表示从5个不同元素中选取2个的组合数。
根据组合数的定义，我们可以使用公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!) 来计算组合数。
计算 C(5, 2)： C(5, 2) = 5! / (2! * (5-2)!) = 5! / (2! * 3!) = (5 * 4 * 3!) / (2! * 3!) = (5 * 4) / 2 = 10所以 C(5, 2) = 10。
(b)C(7, 3) 表示从7个不同元素中选取3个的组合数。
计算 C(7, 3)： C(7, 3) = 7! / (3! * (7-3)!) = 7! / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5 * 4!) / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5) / 3 = 35 * 2 = 70所以 C(7, 3) = 70。
(c)C(10, 5) 表示从10个不同元素中选取5个的组合数。
计算 C(10, 5)： C(10, 5) = 10! / (5! * (10-5)!) = 10! / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5!) / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 252所以 C(10, 5) = 252。
问题2在一个集合 {a, b, c, d, e} 中，求解以下问题：(a)有多少种不同的3个元素的子集？(b)有多少种不同的4个元素的子集？(c)有多少种不同的空集合？(a)在一个集合 {a, b, c, d, e} 中选取3个元素的子集。
子集的元素个数为3，所以我们需要从5个元素中选取3个。
利用组合数的公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)，我们可以计算组合数。
《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版
组合数学(第2版)-姜建国,岳建国习题一（排列与组合）1．在1到9999之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？ 解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出1，2，3，4作排列的方案数；（1）选1个，即构成1位数，共有15P 个；（2）选2个，即构成两位数，共有25P 个；（3）选3个，即构成3位数，共有35P 个；（4）选4个，即构成4位数，共有45P 个；由加法法则可知，所求的整数共有：12345555205P P P P +++=个。
2．比5400小并具有下列性质的正整数有多少个？（1）每位的数字全不同；（2）每位数字不同且不出现数字2与7；解：（1）比5400小且每位数字全不同的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：① 一位数，可从1～9中任取一个，共有9个；② 两位数。
十位上的数可从1～9中选取，个位数上的数可从其余9个数字中选取，根据乘法法则，共有9981⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从1～9中选取，剩下的两位数可从其余9个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有299648P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1～4中选取，剩下的三位数从剩下的9个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有3942016P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从1～3中选取，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有283168P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数取0，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有2856P =个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：9816482016168562978+++++=个；（2）比5400小且每位数字不同且不出现数字2与7的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设{0,1,3,4,5,6,8,9}A =① 一位数，可从{0}A -中任取一个，共有7个；② 两位数。
十位上的数可从{0}A -中选取，个位数上的数可从A 中其余7个数字中选取，根据乘法法则，共有7749⨯=个；③ 三位数。
组合数学第一章课后习题部分答案
n
1.6
i i ! 1.1! 1.1! n n! 1.1!
i 1
= 2.1! 2.2! 1.1! = 3.2! 3.2! 1.1! =(n+1)!-1 1.8 (10 , 20 ) = (2 5 ,2 5 ) = 2 5 （包括 1） 公因数共有 41·31=1271 个。 1.14 2!*3! =12 1.15 488895 1.16
C
k 2 n 1
按照以上字典序法、递增进位制数、递减进位制数法和邻位对换法四种算法，分别求出 83674521 之后第 1013 个排列。 中介数 7244221 7442221 1222447 1012120 1012 中介数 122021 122021 3005 3005 新中介数 7411320 7604320 1230454 1020125 新排序 85237614 87543126 47683215 32741865
已知 6 个球里有 3 个白球，那么最后一个球是白球的概率为 1/2
2 2 C2 60 −6C 10 −10C 6
1.24 (1)
2
= 675
60 个点中任取 2 点，除去 2 点共线的情况，对应一条矩形的对角线（正方形也是一类 特殊的矩形） ，除以 2 是因为矩形有两条对角线 (2)
2 2 2 3 2 2 C2 +C3 +C4 +C5 + 5C6 = 115
同理，也是求符合正方形约束的对角线条数 1 1 2 1.25 (1) 1 + C5 C10 + C10 = 96 3 3 (2) C15 − C5 = 445 1.26 2*200*800+200*200=360000 1.27 (1) 5! * 6! =86400 (2) 5! * 6! =86400 (3) 6*5*8! = 1209600 1.33 先将 r 个球放入 n 个盒子里，每个盒子里放 k 个球，然后将余下的(r-kn)个球放入 n 个
组合数学 课后答案 PDF 版
3.1 某甲参加一种会议,会上有6位朋友,某甲和其中每一个人在会上各相遇12次,每两人各相遇6次,每3人各相遇4次,每4人各相遇3次,每5人各相遇2次,每6人各相遇1次,1人也没遇见的有5次,问某甲共参加几次会议?解:设A 为甲与第i 个朋友相遇的会议集.i=1,2,3,4,5,6.则 │∪A i │=12*C(6,1)-6*C(6,2)+4*C(6,3)-3*(6,4)+2*(6,5)-C(6,6) =28甲参加的会议数为 28+5=333.2：求从1到500的整数中被3和5整除但是不能被7整除的数的个数。
解：设 A 3：被3整除的数的集合A 5：被5整除的数的集合 A 7：被7整除的数的集合 所以 ||=||-||=-=33-4=29 3.3 n 个代表参加会议，试证其中至少有2个人各自的朋友数相等解：每个人的朋友数只能取0，1，…，n －1．但若有人的朋友数为0，即此人和其 他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n －2．故这n 个人的朋友数的实际取数只 有n －1种可能．，根据鸽巢原理所以至少有２人的朋友数相等．3.4试给出下列等式的组合意义0j j 0(1)=(1), 1n-m-j+1(2)(1)1 j 1(3)...(1) 1 12m l l n m l n m m n l n k m n k l k l n m l n m l m l m l m l m l m l m m m m m l =-=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥≥ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑ 证明：（1）从n 个不同元素中取k ，使得其中必含有m 个特定元素的方案数为)()(kn mn m k mn --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m , Ai 为包含a i 的组合（子集），i=1,…,m.1212|...|(...)12 =(...(1))1 2 =(1) m m m l n A A A A A A k n m n m n m n m k k k m k m n l l k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛- ⎪⎝⎭ 0ml =⎫ ⎪⎝⎭∑ （2）把l 个无区别的球放到n 个不同的盒子，但有m 个空盒子的方案数为11n l m n m -⎛⎫⎛⎫⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令k=n-m ，设A i 为第i 个盒子有球，i=1，2，…k12k 121|...|(...)1k 11211 =(...(1)) 1 2 k k k l A A A A A A k k l k l k k l k k k l k l l k l +-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+--+--+--+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ kj j 0k k-j+1 =(1)j l l =-⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑ （3）设A i 为m+l 个元素中去m+i 个，含特定元素a 的方案集；N i 为m+l 个元素中取m+i 个的方案数。
组合数学 课后答案 PDF 版
3.1 某甲参加一种会议,会上有6位朋友,某甲和其中每一个人在会上各相遇12次,每两人各相遇6次,每3人各相遇4次,每4人各相遇3次,每5人各相遇2次,每6人各相遇1次,1人也没遇见的有5次,问某甲共参加几次会议?解:设A 为甲与第i 个朋友相遇的会议集.i=1,2,3,4,5,6.则 │∪A i │=12*C(6,1)-6*C(6,2)+4*C(6,3)-3*(6,4)+2*(6,5)-C(6,6) =28甲参加的会议数为 28+5=333.2：求从1到500的整数中被3和5整除但是不能被7整除的数的个数。
解：设 A 3：被3整除的数的集合A 5：被5整除的数的集合 A 7：被7整除的数的集合 所以 ||=||-||=-=33-4=29 3.3 n 个代表参加会议，试证其中至少有2个人各自的朋友数相等解：每个人的朋友数只能取0，1，…，n －1．但若有人的朋友数为0，即此人和其 他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n －2．故这n 个人的朋友数的实际取数只 有n －1种可能．，根据鸽巢原理所以至少有２人的朋友数相等．3.4试给出下列等式的组合意义0j j 0(1)=(1), 1n-m-j+1(2)(1)1 j 1(3)...(1) 1 12m l l n m l n m m n l n k m n k l k l n m l n m l m l m l m l m l m l m m m m m l =-=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥≥ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑ 证明：（1）从n 个不同元素中取k ，使得其中必含有m 个特定元素的方案数为)()(kn mn m k mn --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m , Ai 为包含a i 的组合（子集），i=1,…,m.1212|...|(...)12 =(...(1))1 2 =(1) m m m l n A A A A A A k n m n m n m n m k k k m k m n l l k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛- ⎪⎝⎭ 0ml =⎫ ⎪⎝⎭∑ （2）把l 个无区别的球放到n 个不同的盒子，但有m 个空盒子的方案数为11n l m n m -⎛⎫⎛⎫⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令k=n-m ，设A i 为第i 个盒子有球，i=1，2，…k12k 121|...|(...)1k 11211 =(...(1)) 1 2 k k k l A A A A A A k k l k l k k l k k k l k l l k l +-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+--+--+--+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ kj j 0k k-j+1 =(1)j l l =-⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑ （3）设A i 为m+l 个元素中去m+i 个，含特定元素a 的方案集；N i 为m+l 个元素中取m+i 个的方案数。
组合数学第一章课后习题答案
1.1 题（宗传玉）从{1，2，……50}中找两个数{a ，b}，使其满足 （1）|a-b|=5； （2）|a-b|≤5； 解：（1）：由|a-b|=5⇒a-b=5或者a-b=-5，由列举法得出，当a-b=5时，两数的序列为（6，1）（7，2）……（50，45），共有45对。
当a-b=-5时，两数的序列为（1，6），（2，7）……（45，50）也有45对。
所以这样的序列有90对。
（2）：由题意知，|a-b|≤5⇒|a-b|=1或|a-b|=2或|a-b|=3或|a-b|=4或|a-b|=5或|a-b|=0；由上题知当|a-b|=5时 有90对序列。
当|a-b|=1时，两数的序列有（1，2），（3，4），（2，1）（1，2）……（49，50），（50，49）这样的序列有49*2=98对。
当此类推当|a-b|=2，序列有48*2=96对，当|a-b|=3时，序列有47*2=94对，当|a-b|=4时，序列有46*2=92对，当|a-b|=0时有50对所以总的序列数=90+98+96+94+92+50=520 1.2题（王星） 解：（a ）可将5个女生看作一个单位，共八个单位进行全排列得到排列数为： 8！×5！，（b ）用x 表示男生，y 表示空缺，先将男生放置好，共有8个空缺， Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y 在其中任取5个得到女生两两不相邻的排列数： C （8，5）×7！×5！（c ）先取两个男生和3个女生做排列，情况如下：6. 若A ，B 之间存在0个男生， A ，B 之间共有3个人，所有的排列应为 P6=C(5,3)*3!*8!*21．若A ，B 之间存在1个男生， A ，B 之间共有4个人，所有的排列应为 P1= C(5,1)*C(5,3)*4!*7!*22．若A ，B 之间存在2个男生，A ，B 之间共有5个人，所有的排列应为 P2=C(5,2)*C(5,3)*5!*6!*23．2．若A ，B 之间存在3个男生，A ，B 之间共有6个人，所有的排列应为 P3=C(5,3)*C(5,3)*6!*5!*24．若A ，B 之间存在4个男生，A ，B 之间共有7个人，所有的排列应为 P4=C(5,4)*C(5,3)*7!*4!*25．若A ，B 之间存在5个男生，A ，B 之间共有8个人，所有的排列应为 P5=C(5,5)*C(5,3)*8!*3!*2 所以总的排列数为上述6种情况之和。
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作业习题答案习题二2.1证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。
证明： 假设没有人谁都不认识：那么每个人认识的人数都为[1,n-1]，由鸽巢原理知，n 个人认识的人数有n-1种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设有1人谁都不认识：那么其他n-1人认识的人数都为[1,n-2]，由鸽巢原理知，n-1个人认识的人数有n-2种，那么至少有2个人认识的人数相同。
2.3证明：平面上任取5个坐标为整数的点，则其中至少有两个点，由它们所连线段的中点的坐标也是整数。
证明： 方法一：有5个坐标，每个坐标只有4种可能的情况：（奇数，偶数）；（奇数，奇数）；（偶数，偶数）；（偶数，奇数）。
由鸽巢原理知，至少有2个坐标的情况相同。
又要想使中点的坐标也是整数，则其两点连线的坐标之和为偶数。
因为 奇数+奇数 = 偶数 ； 偶数+偶数=偶数。
因此只需找以上2个情况相同的点。
而已证明：存在至少2个坐标的情况相同。
证明成立。
方法二：对于平面上的任意整数坐标的点而言，其坐标值对2取模后的可能取值只有4种情况，即：(0,0) ,(0,1) ,(1,0), (1,1)，根据鸽巢原理5个点中必有2个点的坐标对2取模后是相同类型的，那么这两点的连线中点也必为整数。
2.4一次选秀活动，每个人表演后可能得到的结果分别为“通过”、“淘汰”和“待定”，至少有多少人参加才能保证必有100个人得到相同的结果？ 证明：根据推论2.2.1，若将3*（100-1）+1=298个人得到3种结果，必有100人得到相同结果。
2.9将一个矩形分成(m +1)行112m m +⎛⎫+⎪⎝⎭列的网格每个格子涂1种颜色，有m 种颜色可以选择，证明：无论怎么涂色，其中必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。
证明：（1）对每一列而言，有（m+1）行，m 种颜色，有鸽巢原理，则必有两个单元格颜色相同。
（2）每列中两个单元格的不同位置组合有12m +⎛⎫⎪⎝⎭种，这样一列中两个同色单元格的位置组合共有 12m m +⎛⎫⎪⎝⎭种情况 （3）现在有112m m +⎛⎫+⎪⎝⎭列，根据鸽巢原理，必有两列相同。
证明结论成立。
2.11证明：从S={1,3,5,…,599}这300个奇数中任意选取101个数，在所选出的数中一定存在2个数，它们之间最多差4。
证明：将S 划分为{1,3,5}，{7,9,11}……,{ 595,597,599}共100组，由鸽巢原理知任意选取101个数中必存在2个数来自同一组，即其差最多为4.2.12证明：从1~200中任意选取70个数，总有两个数的差是4，5或9。
设从1~200中任意选取的70个数构成一组，即 第一组： 1270,,,a a a ；第二组： 12704,4,,4a a a +++； 第三组：12709,9,,9a a a +++；显然，这三组数均在1~209之间，且共有3*70=210个数，根据鸽巢原理一定有两个数相等，又因为任取的这70个数均不相同，所以这2个相等的数一定来自不同组，根据不同组的分布讨论如下： 1） 如果这两个数分别来自第一组和第二组，则有4j i a a =+； 2） 如果这两个数分别来自第一组和第三组，则有9j i a a =+； 3） 如果这两个数分别来自第二组和第三组，则有5j i a a =+；得证。
习题三3.8 确定多重集{3,4,5}M a b c =⋅⋅⋅的11-排列数？3.9 求方程123420x x x x +++=，满足12342,0,5,1x x x x ≥≥≥≥-的整数解的个数。
3.10 架上有20卷百科全书，从中选出4卷使得任意两本的卷号都不相邻的选法有多少种？ 解：n=20，r=4，1204117238044n r r -+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3.17 一局乒乓球比赛中，运动员甲以11:7战胜运动员乙，若在比赛过程中甲从来没有落后过，求有多少种可能的比分记录？解：根据题意，相当于求从点(0,0)到点(11,7)且从下方不穿过y=x 的非降路径数，即为： 3.21 1)会议室中有2n +1个座位，现摆成3排，要求任意两排的座位都占大多数，求有多少种摆法？ 解：(1)方法1：如果没有附加限制则相当于把2n+1个相同的小球放到3个不同的盒子里，有213123 3-1 2n n ++-+⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，而不符合题意的摆法是有一排至少有n+1个座位。
这相当于将n+1个座位先放到3排中的某一排，再将剩下的2n+1-(n+1)=n 个座位任意分到3排中，这样的摆法共有21(1)31233 2 2n n n +-++-+⎛⎫⎛⎫⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，所以符合题意的摆法有： 方法2：设第一排座位有x 1个，第二排座位有x 2个，第三排座位有x 3个。
x 1+x 2+x 3=2n+1，且x 1+x 2≥(2n+1)/2，x 1+x 3≥(2n+1)/2，x 2+x 3≥(2n+1)/2，即x 1+x 2≥n+1，x 1+x 3≥n+1，x 2+x 3≥n+1，令y 1= x 1+x 2-n-1，y 2= x 1+x 3-n-1，y 3= x 2+x 3-n-1，可知y 1+y 2+y 3=2(2n+1)-3(n+1)=n-1且y i ≥0，1≤i ≤3。
显然，x 方程满足要求的解与y 方程非负整数解一一对应，有1311312n n -+-+⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭种。
方法3：要求每行非空如果没有附加限制则相当于把2n+1个相同的小球放到3个不同的盒子里，不允许为空，有2112 3-12n n +-⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，而不符合题意的摆法是有一排至少有n+1个座位。
这相当于将n 个座位先放到3排中的某一排，再将剩下的2n+1-n=n+1个座位任意分到3排中，每排不允许为空，这样的摆法共有21133 22n n n +--⎛⎫⎛⎫⨯=⨯⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，所以符合题意的摆法有：(2)会议室中有2n 个座位，现摆成3排，要求任意两排的座位都占大多数，求有多少种摆法？解：(2)方法1：如果没有附加限制则相当于把2n 个相同的小球放到3个不同的盒子里，有23122 2 2n n +-+⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，而不符合题意的摆法是有一排至少有n 个座位。
这相当于将n 个座位先放到3排中的某一排，再将剩下的2n-n=n 个座位任意分到3排中，这样的摆法共有231233 2 2n n n -+-+⎛⎫⎛⎫⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案。
需要注意的是，三排中如果任意两排都是n 个座位共有3种情况，这3种情况在23 2n +⎛⎫⨯⎪⎝⎭中被重复计算了2次，因此需要将重复减去的3次加上。
所以符合题意的摆法有：方法2：设第一排座位有x 1个，第二排座位有x 2个，第三排座位有x 3个。
x 1+x 2+x 3=2n ，且x 1+x 2≥n +1，x 1+x 3≥n +1，x 2+x 3≥n +1，令y 1=x 1+x 2-n-1，y 2=x 1+x 3-n-1，y 3=x 2+x 3-n-1，可知y 1+y 2+y 3=2(2n)-3n-3=n-3且y i ≥0，1≤i ≤3。
显然，x 方程满足要求的解与y 方程非负整数解一一对应，有3311312n n -+--⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭种。
方法3：要求每行非空如果没有附加限制则相当于把2n 个相同的小球放到3个不同的盒子里，不允许为空，有21212 2n n --⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，而不符合题意的摆法是有一排至少有n 个座位。
这相当于将n-1个座位先放到3排中的某一排，再将剩下的2n-(n-1)=n+1个座位任意分到3排中，每排不允许为空，这样的摆法共有2(1)13322n n n ---⎛⎫⎛⎫⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭种方案，所以符合题意的摆法有：3.24 n (n ≥2)个不同的球分给甲、乙、丙3人，使得甲至少分得两个球，有多少种不同的分法？解：123222nn n n n i i n n i --=⎛⎫--= ⎪⎝⎭∑ 3.25 24个相同的球分堆，使得每堆的球不少于5，有多少种不同的分堆方法？ 方法1：每堆去掉4个球，剩余球分堆的方法数 其中习题四4.3 一项对于A,B,C 三个频道的收视调查表明，有20%的用户收看A ，16%的用户收看B ，14%的用户收看C ，8%的用户收看A 和B ，5%的用户收看A 和C ，4%的用户收看B 和C ，2%的用户都看。
求不收看A,B,C 任何频道的用户百分比？解：设性质P 1是收看A 频道的用户百分比；P 2是收看B 频道的用户百分比；P 3是收看C 频道的用户百分比；Ai={x|x ∈S ∧x 具有性质P i }，i=1,2,3。
S 是受调查的所有用户的集合。
||1S =；根据定理4.1.1，有4.4 某杂志对100名大学新生的爱好进行调查，结果发现他们喜欢看球赛和电影、戏剧。
其中58人喜欢看球赛，38人喜欢看戏剧，52人喜欢看电影，既喜欢看球赛又喜欢看戏剧的有18人，既喜欢看电影又喜欢看戏剧的有16人，三种都喜欢看的有12人，求有多少人只喜欢看电影？ 解： 方法1：设性质P 1喜欢看球赛；P 2喜欢看戏剧；P 3喜欢看电影。
Ai={x|x ∈S ∧x 具有性质P i }，i=1,2,3。
S 是100名大学新生的集合。
由题意可得，这100名大学生中每人至少有三种兴趣中的一种， 所以可得既喜欢看球赛有喜欢看电影的人有 因此只喜欢看电影的人有 =52-(26+16)+12=22人 方法2： 方法3：设只喜欢看球赛的人数为x ；设只喜欢看电影的人数为y ；喜欢看球赛和电影但不喜欢看戏剧的人数为z ，则ACB65解得y=22，所以22人只喜欢看电影。
4.5 某人有六位朋友，他跟这些朋友每一个都一起吃过晚餐12次，跟他们中任二位一起吃过6次晚餐，和任意三位一起吃过4次晚餐，和任意四位一起吃过3次晚餐，任意五位一起吃过2次晚餐，跟六位朋友全部一起吃过一次晚餐，另外，他自己在外吃过8次晚餐而没碰见任何一位朋友，问他共在外面吃过几次晚餐?解：设n 为在外面共吃过晚餐的次数，性质Pi(1?i ?6)表示他和第i 位朋友吃过晚餐，Ai(1?i ?6)表示他和第i 位朋友吃过晚餐的次数。
显然满足对称筛公式，其中 由题可得方程：123456123456666666||12643218A A A A A A n C C C C C C ⋂⋂⋂⋂⋂=-⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+⨯=解得吃饭次数为1234566666661264321836C C C C C C ⨯-⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+=4.13 计算棋盘多项式。