《组合数学》第五版 第6章解答.
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组合数学第五版答案
组合数学第五版答案
简介
《组合数学第五版答案》是对组合数学第五版的习题答案进行整理和解答的参考资料。组合数学是一门研究集合之间的组合方式和规律的数学科学。它广泛应用于计算机科学、统计学、运筹学等领域，在算法设计、图论分析等方面有着重要的应用价值。
本文档包含了《组合数学第五版》中各章节的习题答案，主要内容涵盖了排列组合、图论、生成函数、递推关系、容斥原理等多个重要主题。通过对这些习题的解答，可以帮助读者更好地理解组合数学的基本概念、方法和应用。
目录
•第一章：基本概念和方法
•第二章：排列组合
•第三章：图论
•第四章：生成函数
•第五章：递推关系
•第六章：容斥原理
第一章：基本概念和方法
1.习题1：证明排列的总数为n! (阶乘)。
2.习题2：计算组合数C(n, m)的值。
3.习题3：探究组合数的性质并给出证明。第二章：排列组合
1.习题1：计算排列数P(n, m)的值。
2.习题2：解决带有限制条件的排列问题。第三章：图论
1.习题1：证明图论中的握手定理。
2.习题2：解决图的着色问题。
第四章：生成函数
1.习题1：利用生成函数求解递推关系。
2.习题2：应用生成函数解决组合数学问题。
第五章：递推关系
1.习题1：求解递推关系的通项公式。
2.习题2：应用递推关系解决实际问题。
第六章：容斥原理
1.习题1：理解容斥原理的基本思想并给出证明。
2.习题2：应用容斥原理解决计数问题。
结论
通过对《组合数学第五版答案》中的习题进行解答，读者可以更好地掌握组合数学的基本概念和方法。组合数学在计算机科学、统计学、运筹学等领域具有广泛的应用，通过学习和理解组合数学，读者可以提高解决实际问题的能力，并为进一步深入研究相关领域打下坚实的基础。
组合数学习题及解答
根据清华远程教育课堂答案编辑整理,有改动，如果有错误，请指正。――编者注 第一章习题
1.证任一正整数n 可唯一地表成如下形式:,0≤a i ≤i,i ＝1,2,…。
证：对n 用归纳法。
先证可表示性：当n=0,1时，命题成立。 假设对小于n 的非负整数，命题成立。 对于n,设k!≤n ＜(k+1)!,即0≤n-k!＜k ·k!
由假设对n-k!,命题成立，设，其中a k ≤k-1,
，命题成立。
再证表示的唯一性：
设
, 不妨设a j ＞b j ,令j=max{i|a i ≠b i }
a j ·j!+a j-1·(j-1)!+…+a 1·1! =
b j ·j!+b j-1·(j-1)!+…+b 1·1!, ∑∑∑∑⋅-≥
⋅-≥⋅>
≥⋅-=
⋅-!)(!!!!)(!)(i a b
i a b
i i j i a b
j b a i i
i i
i i
j j
矛盾，命题成立。
另一种证法：令j=max{i|a i ≠b i
}
, 两边被(j+1)!除,得余数a j ·j!=b j ·j!,矛盾.
2.证 nC(n-1,r)=(r+1)C(n,r+1).并给出组合意义。 证：
)
1,()1()!
1()!1(!)1()!
1(!)1(!)1()!
1(!1),1(++=--⋅+⋅+=
--⋅⋅+⋅+=--⋅-=-r n C r r n r n r r n r r n r r n r n n r n nC
组合意义：
等式左边：n 个不同的球，先任取出1个，再从余下的n-1个中取r 个； 等式右边：n 个不同球中任意取出r+1个，并指定其中任意一个为第一个。 显然两种方案数相同。
组合数学Pólya定理习题解答
• 3.证：(a)封闭性：f1·fi=f1(fi(x))=fi(x); f2·f3=f2(f3(x))=f2(1-x)=1/(1-x)=f4(x); 同理一一列举可得任意fi都属于G; (b)结合律成立：运算相当于把前面的计 算结果带入到后面的函数中，对于该数 学运算，运算的先后顺序与结果无关。 结合律成立。 (c)存在单位元：e=f1; (d)存在逆元素： f1=e; f2·f2=e; f3·f3=e; f4·f5=f5·f4=e; f6·f6=e; 题 满足群的条件，得证。
• (续前)n个球用n种颜色着色共有n!种不同 方案。因此，所求方案数为n!/2n. 题 • 8.解：正六面体顶点的置换群见4.7例2 ， 本题相当于用2个r,两个g,4个b色的球装 在正六面体的8个顶点上。 8 4 4 42 2 2 2 4 P=[(r+g+b) +6(r +g +b ) +9(r +g +b ) 2 3 3 3 2 +8(r+g+b) (r +g +b ) ]/24 其中r2g2b4 的系数为 [C(8,2)C(6,2)+9C(4,2)C(2,1)]/24=22 题
• 15.(a)本质上有多少种确实是2个输入端 的布尔电路？写出其布尔表达式。 (b)本质上有多少种确实是3个输入端 的布尔电路？ 解 • 16.用8个相同的骰子垛成一个正6面体， 有多少方案？ 解 • 17.正六面体的6个面和8个顶点分别用红、 蓝两种颜色的珠子嵌入。试问有多少种 不同的方案数?(旋转使之一致的方案看作 是相同的). 解
组合数学习题解答
★★★第一章：★★★
1、用六种方法求839647521之后的第999个排列。提示：先把999换算成递增或递减进位制数，加到中介数上，就不用计算序号了。
解：
字典序法递增进位
制法递减进位
制法
邻位对换法
839647521的中介数72642321
↑
67342221
↑
12224376
↓
10121372↓
999的中介
数
121211↑121211↑1670↓1670↓
839647521后999的中介数73104210
↑
67504110
↑
12230366
↓
10123362↓
839647521后999个的排列842196537 859713426 389547216 →
3
←
8
→
4
→
5
→
7
→
6
←
9
←
21
★★★第二章★★★
例5：10个数字（0到9）和4个四则运算符(+,-,×,÷) 组成的14个元素。求由其中的n个元素的排列构成一算术表达式的个数。
因所求的n个元素的排列是算术表达式，故从左向右的最后一个符号必然是数字。而第n-1位有两种可能，一是数字，一是运算符。如若第n-1位是十个数字之一，则前n-1位必然构成一算术表达式。 10a n-1
如若不然，即第n-1位是4个运算符之一，则前n-2位必然是算术表达式。40a n-2,根据以上分析，令a n表示n个元素排列成算术表达式的个数。则
a2=120指的是从0到99的100个数，以及±0,±1,...,±9,
利用递推关系(2-8-1)，得a0=1/2
特征多项式x2-10x-40 。它的根是
解方程
得
例7：平面上有一点P，它是n个域D1,D2,...,D n的共同交界点，见图2-8-4现取k种颜色对这n个域进行着色，要求相邻两个域着的颜色不同。试求着色的方案数。
级组合数学复习题解答学习教案
解 显然(xiǎnrán) 若末位数是1到9中某个(mǒu ɡè)数，则前面n-1位组成的有效数有an- 1个， 因此， 末位数 不是0的 n位有 效数字 有 9 an-1个.
a1 9.
若末位数是0，则这样的n位十进制数 有10n-1 个， 而不是有效数的有 an-1个 (因n-1位的有效数后面添一个0就不是有 效数了 ), 所以末位数是0的有效数有
(1 x3 x6 )(1 x)
1
1 x2
1 x3 1 x
1
1 x3
(1
x)
(1
1 x)2
第9页/共48页
10 10 第十页，共49页。
n0
n
n
1
x
n
(n 1)xn
n0
所以an n 1.
第10页/共48页
11 11 第十一页，共49页。
6. 把n个相异的球放到4个相异盒子
所以(suǒyǐ)
an
9 k0
(1)k
9 k
(9
k)n
第13页/共48页
14
14
第十四页，共49页。
8. 由字母a,b,c,d,e组成的总字母数为n的 单词中 ，要求a 与b的 个数之 和为偶 数(ǒu shù)，求这样的单词的个数. 解 这样的单词(dāncí)有两类：一类包括 偶数个 a与偶 数个b； 另一类 包括奇 数个a 与奇数 个b.设 所求的 数为an, 则{an} 的指母 函数为
鸽巢原理（抽屉原理）的详解
鸽巢原理（抽屉原理）的详解
抽屉原理
百科名⽚
桌上有⼗个苹果，要把这⼗个苹果放到九个抽屉⾥，⽆论怎样放，我们会发现⾄少会有⼀个抽屉⾥⾯放两个苹果。这⼀现象就是我们所说的“抽屉原理”。抽屉原理的⼀般含义为：“如果每个抽屉代表⼀个集合，每⼀个苹果就可以代表⼀个元素，假如有n+1或多于n+1个元素放到n个集合中去，其中必定⾄少有⼀个集合⾥有两个元素。” 抽屉原理有时也被称为鸽巢原理（“如果有五个鸽⼦笼，养鸽⼈养了6只鸽⼦，那么当鸽⼦飞回笼中后，⾄少有⼀个笼⼦中装有2只鸽⼦”）。它是组合数学中⼀个重要的原理。
第⼀抽屉原理
原理1：把多于n+1个的物体放到n个抽屉⾥，则⾄少有⼀个抽屉⾥的东西不少于两件。
证明（反证法）：如果每个抽屉⾄多只能放进⼀个物体，那么物体的总数⾄多是n，⽽不是题设的n+k(k≥1)，故不可能。
抽屉原理
原理2 ：把多于mn(m乘以n)个的物体放到n个抽屉⾥，则⾄少有⼀个抽屉⾥有不少于m+1的物体。
证明（反证法）：若每个抽屉⾄多放进m个物体,那么n个抽屉⾄多放进mn个物体,与题设不符，故不可能。
原理3 ：把⽆穷多件物体放⼊n个抽屉，则⾄少有⼀个抽屉⾥有⽆穷个物体。
原理1 、2 、3都是第⼀抽屉原理的表述。
第⼆抽屉原理
把（mn－1）个物体放⼊n个抽屉中，其中必有⼀个抽屉中⾄多有（m—1）个物体。
证明（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共⾄少有mn个物体，与题设⽭盾，故不可能。
应⽤基本介绍
应⽤抽屉原理解题
抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作⽤。许多有关存在性的证明都可⽤它来解决。
组合数学课程大纲教学内容
组
合
数
学
课
程
内
容
主讲教师：杨丽宏
学生姓名：易继荣
专业：信息与计算科学
QQ：2281489645
E-mail：******************
学习时间：2013年下半学年
主讲教材：《应用组合数学》Alan Tucker 编著冯速译大纲内容：第二部分枚举即第五、六、七、八章
第0部分
第0章 绪论
组合推理是所有的计算机系统分析、离散的运筹问题和有限概率的基础。计算机学科的
两个基本问题是程序的速度&逻辑结构，前者涉及枚举执行每一步的次数，后者涉及流程图的形式。，这二者可以实现有效生产的优化和垃圾的回收，而实现方法是通过组合推理；确定等可能出现的某一特定子集中某个元素出现的概率时，需要对这个子集中的元素个数进行统计，这样使得组合概率是许多非参数统计试验的基础。所学课程主要讲解组合推理和组合建模的方法、思维和运用，强调可能性的系统分析、问题逻辑结构的分析及精巧灵活的设计。
第二部分 枚举
第1章 枚举
一、两大基本计数原理
I 、 基本原理
1、 加法计数原理：若对于m(m ≥1) 个集合，每个集合对应含有的对象是
N i (i =1,2,⋯,m),若这m 个集合互不相交，那麽从这m 个集合中选出某一个对象
的可能方法数有N ≡∑N i m I=1种。
（核心是互不相交）
2、 乘法计数原理：若对于某一过程可以分解为m(m ≥1)步，并且对应每一步有
N i (i =1,2,⋯,m)种结果，并且每一步的结果均与前面的结果互不影响，那么这一
过程总的可能方法数有N ≡∏N i m i=1种。
（核心是有序分解） II 、经典实例(居委会组建问题)
组合数学_绪论
绪 论 组合数学研究的核心问题是“把有限个离散对象按一定规则 或模式进行安排”，这种安排被考究地称为组态 （Configuration）。关于幻方的几个问题也正是组合数学要解决 的问题， 即组态的存在性问题、 组态的计数问题和组态的构造 问题。 此外， 还涉及组态的优化问题。
绪 论 1. 组态的存在性 组合数学中解决组态存在性的方法很巧妙，其构思过程往 往出人意料， 让人拍案叫绝。其中，著名的例子就是众所周知 的哥尼斯堡七桥问题。 1736年，年轻的大数学家Euler将人们在 娱乐中提出的一个数学难题抽象为点线构成的图及寻找走边的 一笔画问题， 并给出了精巧的解答， 即七桥问题无解。 由此 引出了一门新型数学学科——图论。Euler也被后人誉为图论之父。
绪 论 例 8 设产地A1, A2, …, Am生产某种产品的产量分别为a1, a2, …, am，销地B1, B2, …, Bn对该产品的需求量分别为b1, b2, …, bn。假设 从产地Ai销到销地Bj的单位运费为cij，产和销保持平衡，即
a b
i 1 i j 1
m
n
j
求合理安排该种产品的运输方案， 使其总费用最少。
绪 论 3. 组态的构造 例 5 例1中已指出，可对不等于2的正整数n构造n阶幻方， 构造n阶幻方的方法很多，如下仅给出de la loubère 构造奇数阶 幻方的算法： №1 首先将1置于第一行中间的位置上； №2 若i已填入适当位置， 则对i+1执行如下特殊条款： №2.1 若i在第一行，则将i+1填入i右边一列的最底行位置； №2.2 若i在最后一列，则将i+1填入i的上一行的第一列； №2.3若i在第一行最后一列或i+1该填的位置已被填入值， 则 将i+1填入i所在位置的下方； №3 若i不在№2中特殊条款之列，则将i+1填入i紧右边一列的 上一行。
组合数学经典考题难题
组合数学经典考题难题
题目一
题目描述：
有5个不同的筹码，要将它们分配到4个不同的盒子中，每个
盒子至少有一个筹码，问有多少种不同的分配方式？
解答：
假设有5个不同的筹码分别为A、B、C、D、E，盒子用a、b、c、d来表示。
我们可以列出所有可能的分配情况：
- A放入a，B放入b，C放入c，D放入d，E不放入任何盒子
- A放入a，B放入b，C放入c，D放入d，E放入任何一个盒
子
- ...
- A放入d，B放入a，C放入b，D放入c，E放入d，其他筹码不放入任何盒子
共有5个筹码的排列方式，即5的阶乘，即5! = 5 × 4 × 3 × 2 ×1 = 120。
但是，上面列出的情况中，盒子的顺序并不影响最终的分配方式，因为"盒子a放入A，盒子b放入B"与"盒子b放入B，盒子a 放入A"是同一种分配方式。
所以，我们需要除以盒子的排列方式，即4的阶乘，即4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24。
最后的答案是 5! / 4! = 120 / 24 = 5。
所以，共有5种不同的分配方式。
题目二
题目描述：
有8个人参加一场比赛，其中只有3个人能够获得奖品。问有多少种不同的获奖组合？
解答：
假设参赛的8个人依次编号为1、2、3、4、5、6、7、8。
选出3个获奖人员的组合问题，可以看作是从8个人中选出3个人的问题，即从8个人中不计顺序地选出3个人。
这个问题可以使用组合数的概念来解答。
组合数的计算公式为：C(n, m) = n! / (m! × (n-m)!)，表示从n个不同元素中选取m个元素的组合数。
所以，获奖组合的个数为 C(8, 3) = 8! / (3! × (8-3)!) = 8 × 7 × 6 / (3 × 2 × 1) = 56。
组合数学第五版第七章解答
2
Therefore fn = 3fn−5 (mod 5). Consequently fn = 0 (mod 5) if and only if fn−5 = 0 (mod 5). This together with the initial conditions f0 = 0, f1 = 1, f2 = 1, f3 = 2, f4 = 3 shows that fn = 0 (mod 5) if and only if n is divisible by 5.
n fn
factorization
00
0
11
1
21
1
32
2
43
3
55
5
68
23
7 13
13
8 21
3×7
9 34
2 × 17
10 55
5 × 11
11 89
89
12 144
24 × 32
13 233
233
14 377
13 × 29
15 610
2 × 5 × 61
16 987
3 × 7 × 47
17 1597
fnfn+1
1
2. We have
Bn − Ln
fn =
√, 5
组合数学习题解答ex5
5.
max z=3x1+x2+x3+2x4 3x1+2x2+4x3+2x4=2 4x1+x2-3x3+x4+x5= -1 x1-3x2+x3+3x4+x6=3 2x1+x2+x3+3x4+x7=5 x1, x2, x3, x4…x7≥0 min z=2x1-3x2+6xx+x4-2x5 2x1-3x2+x3+3x4-x5=3 x1+x2-2x3+9x4=4 x1, x2, x3, x4, x5≥0 min z=x1+x1 8x1+ 5x2≥1 -7x1+4x2≤7 3x1+8x2≤12 5x1+2x2≤10 4x1+5x2≤10 x1,x2≥0
第六章习题 1. 利用图解求下列问题的解 a) max z=2x1+x2 x1+4x2≤32 x1+x2≤11 5x1+x2≤35 x1,x2≥0 b) max z=x1+x2 4x1+5x2≤10 5x1+2x2≤10 3x1+8x2≤12 x1,x2≥0 c) max z=2x1+2x2 -x1+x2≤1 x1+x2≤3 x1,x2≥0 d) max z=x1+x2 -x1+2x2≤2 x1-x2≥2 x1,x2≥0 2. 利用单纯型法求问题 1 的解 3. 利用单纯型法求下列问题的解 a) max z=5x1+4x2+3x3 2x1+3x2+x3≤5 4x1+x2+2x3≤11 3x1+4x2+2x3≤8 x1，x2，x3≥0 b) max z=5x1+5x2+3x3 x1+3x2+x3≤3 -x1+3x3≤2 2x1-x2+2x3≤4 2x1+3x2-1x3≤2 x1，x2，x3≥0 c) max z=3x1+2x2+4x3 x1+x2+2x3≤4 2x1+3x3≤5 2x1+1x2+2x3≤7 x1，x2，x3≥0 d) max z=2x1+3x2+5x3+4x4 x1+2x2+3x3+x4≤5 x1+x2+2x3+3x4≤3 x1,x2,x3,x4≥0
曹汝成 组合数学 华南理工大学-习题解答
(a
−
b)(a +
a!b!
b
−
1)!
18.由题意知有n人拿 5 元钞票,n人拿 10 元钞票,在排队过程中,到任意一人时,他前面拿 5 元 钞票的人数总是大于等于拿 10 元钞票的人数,记
當第 人拿 元 1 當第 人拿 元 aj = −1
j5 j 10
以 表示点 1 ≤ j ≤ 2n , Aj
选择,十位有5种选择;
所以和为:5× 6 × 5 + 3× 7 × 6 × 5 = 780 10.{1,4,7,10, ,28},{2,5,8,11, , 29},{3,6,9,12, ,30}中各取一数,有103
种方法;三个数取自于同一集合,有3×10× 9×8 种方法;共有3160种方法. 11.设将n +1件物品分给k 个人有 g (n +1,k )种方法.
所以有 g (n +1,k ) = k ⋅ g (n,k −1) + k ⋅ g (n,k ) 12.可从左至右填色,第一个格子有 m 种颜色可选,由于相邻格子异色,第一个格子选定后,第
二个格子有m −1种颜色可选,依此给后面的格子选颜色,都有 m −1种颜色可选.因此共
有 m(m − )1 n−1 种方法. 13.先排 a1,再排 a2 ,然后排其它.分两种情形:
定方程的一个解,
x1
贡献法组合数学
贡献法组合数学
全文共四篇示例，供读者参考
第一篇示例：
贡献法是组合数学中一种重要的计数方法，它对于解决各种计数问题具有很高的效率和精确度。贡献法最早由英国数学家J. H. A. Newman于1937年提出，后来得到了很多数学家的关注和发展。
贡献法的基本思想是将一个复杂的计数问题分解为若干个简单的计数问题，并通过逐步处理这些简单问题的结果，最终得到整个问题的答案。贡献法的核心就是将一个问题的计数结果分解成若干个子问题的计数结果之和。
为了更好地理解贡献法的应用，我们可以通过一个具体的例子来说明。假设有一个班级，其中有10名男生和8名女生，要组成一个由5名同学组成的学习小组，其中至少有1名男生和1名女生。我们可以使用贡献法来解决这个问题。
我们可以先考虑只有1名男生和4名女生的情况。那么选择1名男生的方法有10种，选择4名女生的方法有C(8,4)种，因此总共有
10*C(8,4)种情况。
将上述三种情况的结果相加，即可得到最终的答案。C(n,k)表示从n个元素中选择k个元素的组合数。
通过上面的例子，我们可以看到贡献法的应用可以极大地简化计
数问题的解决过程。通过将复杂的问题分解为简单的子问题，并逐步
处理这些子问题的结果，我们可以高效地得到整个问题的答案。
除了上面提到的例子外，贡献法还可以应用于很多其他计数问题，比如排列组合、图论、概率统计等领域。它在解决实际问题中具有广
泛的应用价值。
贡献法是组合数学中一种非常有用的计数方法，它可以帮助我们
更快更准确地解决各种复杂的计数问题。通过学习和掌握贡献法，我
组合数学习题解答
第一章：
1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。
解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。
1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？
解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一 起的方式共有 10！- 2*9！。
1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？ 解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10
!
10 种方式。 两人坐在一起的方式数为9
!
92⨯
,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。
1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？
解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0， 例如235写成0235,则问题就变为求：
x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有 F （4，5）=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=515456 (2)分为求：
x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35 x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20 x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10 x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4 x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1 将它们相加即得，
《二项式定理》课件
牛顿二项式定理是二项式定理的一种特殊形式，它适用于解决特定的问题，如 无穷级数求和等。
详细描述
牛顿二项式定理是由牛顿发现的一种数学定理，它适用于解决一些特定的问题 ，如无穷级数求和等。该定理可以用来计算二项式展开式的系数，从而得到一 些重要的数学结论。
切比雪夫二项式定理
总结词
切比雪夫二项式定理是二项式定理的一种特殊形式，它适用于解决与切比雪夫多 项式相关的问题。
二项式系数是组合数的一种形式，记 为$C(n, k)$，表示从n个不同元素中 选取k个元素的组合数。
二项式定理的应用场景
01
02
03
04
在数学领域，二项式定理常用 于解决组合数学问题，如排列
、组合、概率等。
在物理领域，二项式定理可以 用于计算各种物理量的展开式 ，如力学、电磁学、光学等领
域。
在计算机科学领域，二项式定 理可以用于快速算法设计、数
THANKS
感谢观看
06
二项式定理的总结与展望
二项式定理的重要性和意义
数学基础
二项式定理是数学中的基础定理 之一，它为组合数学、概率论和 统计学等领域提供了重要的理论
基础。
实际应用
二项式定理在解决实际问题中有着 广泛的应用，如统计学、计算机科 学、物理学和工程学等领域。
数学教育
二项式定理是数学教育中的重要内 容，对于培养学生的逻辑思维和数 学素养具有重要意义。
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104 = 1000 × 10 104 = 833 × 12 + 4 104 = 357 × 28 + 4
104 = 500 × 20 104 = 238 × 42 + 4 104 = 333 × 30 + 10 104 = 142 × 70 + 60 104 = 119 × 84 + 4 104 = 166 × 60 + 40 104 = 71 × 140 + 60 104 = 47 × 210 + 130 104 = 23 × 420 + 340
set
S 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
size 104 2500 1666 1428 1000 833 357 500 238 333 142 119 166 71 47 23
justification
4. These 12-combinations correspond to the integral solutions for
x + y + z + w = 12, 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 4, 0 ≤ w ≤ 5.
Let S denote the set of nonnegative integral solutions to x + y + z + w = 12. Let X (resp. Y ) (resp. Z) (resp. W ) denote the set of elements in S such that x ≥ 5 (resp. y ≥ 4) (resp. z ≥ 5) (resp. w ≥ 6). We seek |X ∩ Y ∩ Z ∩ W |. We have
1
By inclusion/exclusion
|A ∩ B ∩ C ∩ D| = 104 − 2500 − 1666 − 1428 − 1000 + 833 + 357 + 500 + 238 + 333 + 142 − 119 − 166 − 71 − 47 + 23
= 5429.
3. Define a set S = {1, 2, . . . , 104}. Let A (resp. B) denote the set of integers in S that are perfect squares (resp. perfect cubes). We seek |A ∩ B|. We have
2
By inclusion/exclusion
15
10
11
10
9
|X ∩ Y ∩ Z ∩ W | =
−
−
−
−
3
3
3
3
3
6
Math 475
Text: Brualdi, Introductory Combinatorics 5th Ed.
Prof: Paul Terwilliger
Selected solutions for Chapter 6
1. Define the set S = {1, 2, . . . , 104}. Let A (resp. B) (resp. C) denote the set of integers in S that are divisible by 4 (resp. 5) (resp. 6). We seek |A ∩ B ∩ C|. We have
X∩Y ∩Z
0
15 − 5 − 4 − 5 = 1 < 3
X∩Y ∩W 0
15 − 5 − 4 − 6 = 0 < 3
X ∩Z ∩W
0 15 − 5 − 5 − 6 = −1 < 3
Y ∩Z∩W
0
15 − 4 − 5 − 6 = 0 < 3
X ∩ Y ∩ Z ∩ W 0 15 − 5 − 4 − 5 − 6 = −5 < 3
set size
justification
S 104
A 100
1002 = 104
B 21 213 = 9261 and 223 = 10648
A ∩ B 4 46 = 4096 and 56 = 15625
By inclusion/exclusion |A ∩ B| = 104 − 100 − 21 + 4 = 9883.
set
S A B C A∩B B∩C A∩C A∩B∩C
size 104 2500 2000 1666 500 333 833 166
justification
104 = 2500 × 4 104 = 2000 × 5 104 = 1666 × 6 + 4 104 = 500 × 20 104 = 333 × 30 + 10 104 = 833 × 12 + 4 104 = 166 × 60 + 40
set
size
justification
S
15 3
15 = 12 + 4 − 1
X
10 3
Y
11 3
Z
10 3
W
9 3
15 − 5 = 10 15 − 4 = 11 15 − 5 = 10 15 − 6 = 9
X ∩Y
6 3
X ∩Z
5 3
X ∩W
Байду номын сангаас
4 3
Y ∩Z
6 3
Y ∩W
5 3
Z ∩W
4 3
15 − 5 − 4 = 6 15 − 5 − 5 = 5 15 − 5 − 6 = 4 15 − 4 − 5 = 6 15 − 4 − 6 = 5 15 − 5 − 6 = 4
By inclusion/exclusion
|A ∩ B ∩ C| = 104 − 2500 − 2000 − 1666 + 500 + 333 + 833 − 166 = 5334.
2. Define the set S = {1, 2, . . . , 104}. Let A (resp. B) (resp. C) (resp. D) denote the set of integers in S that are divisible by 4 (resp. 6) (resp. 7) (resp. 10). We seek |A ∩ B ∩ C ∩ D|. We have