《组合数学》第五版 第6章解答.
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。
注：本文档中的习题答案仅供参考，请读者在独立思考和解答问题时加以思考和验证，以深入理解组合数学的核心概念和方法。
组合数学 第6章
观察规律
固定k, 令S={1,…, k}.
circ(n) : S的长为n的圆排列个数.
per(d) : S的周期为d的线排列数.
line(n) : S的长为n的线排列数(=kn, circ(n)n).
周期1: 1111, 2222,
per(1)=2
固定k, 令S={1,…, k}. circ(n) : S的长为n的圆排列个数. per(d) : S的周期为d的线排列数. line(n) : S的长为n的线排列数(=kn, circ(n)n).
kn line(n) per(d ) -------(1)
d|n
circ(n) 1 per(d ) -------(2) d|n d 先由(1)解出per(n), 再带入(2)解出circ(n)
1
k
推论(C102,E165)
定理: 设A1, A2,…, An是有限集合, 则
n
|A1A2…An| = | Ai | | Ai Aj |
i 1
1i jn
| Ai Aj Ak |
1i jkn
+(-1)n-1|A1A2…An|
欧拉函数(n) (ex32,C122,E196)
(n)是1~n中与n互素的数的个数.
n! 3!
n! n!
n!
1
1 1!
1 2!
1 3!
n1!
错排的递推关系(C109,E176)
定理: Dn = (n-1) Dn-2 + (n-1) Dn-1. 证明: 对错排i1…in, (1) i1有n-1种取值, 设i1 = k; (2) 或(2a) ik=1; 或(2b) ik1. 将i1,ik互换则有
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。
令a n表示这n个域的着色方案数。
无非有两种情况（1）D1和D n-1有相同的颜色；（2）D1和D n-1所着颜色不同。
第一种情形，域有k-1种颜色可用，即D1D n-1域所用颜色除外；而且从D1到D n-2的着色方案，和n-2个域的着色方案一一对应。
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。
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set size
justification
S
13 4
13 = 14 − 5 + 5 − 1
Ai
8 4
13 − 5 = 8
Ai ∩ Aj 0 13 − 5 − 5 = 3 < 4
By inclusion/exclusion
13
8
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5| =
4
− 5 = 365. 4
set size
justification
S
17 3
17 = 14 + 4 − 1
Ai
8 3
17 − 9 = 8
Ai ∩ Aj 0 17 − 9 − 9 = −1 < 3
By inclusion/exclusion
17
8
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4| =
3
− 4 = 456. 3
8. Let S denote the set of positive integral solutions for x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 14. For 1 ≤ i ≤ 5 let Ai denote the set of elements in S with xi ≥ 6. We seek |A1 ∩A2 ∩A3 ∩A4 ∩A5|. 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
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。
高等数学(同济第五版)课后答案 第六章
=(3p 2
y−
1 2
y2
−
1 6p
y3)
p −3
p
= 16 3
p2
.
5. 求由下列各曲线 所围成的图形的面积;
(1)ρ=2acosθ ; 解:
所求的面积为
A=
1 2
π
∫−2π 2
(2acosθ )2dθ
π
=
4a
2
∫2
0
cos2θdθ
=πa2.
(2)x=acos3t, y=asin3t; 解
a
a
z 20. 利用题 19 和结论, 计算曲线 y=sin x(0≤x≤π)和 x 轴所围
成的图形绕 y 轴旋转所得旋转体的体积.
∫ ∫ .3 解
V = 2π π xsin xdx = −2π π xd cosx = 2π (−xcosx +sin x)π = 2π 2 .
0
0
0
w 21. 计算曲线 y=ln x 上相应于 3 ≤ x≤ 8 的一段弧的长度.
o 解 设弦的倾角为 α. 由图可以看出, 抛物线与过焦点的弦所围成的图形的面积为
.c A= A0+ A1.
e 显然当α
=π 2
时,
A1=0;
当α <π 2
时,
A1>0.
因此, 抛物线与过焦点的弦所围成的图形的面积的最小值为
h a ∫ z A0 =2 0
2axdx = 8 3
a
x3 a = 8 a2 . 03
曲线 ρ = 2 sinθ 与 ρ 2 =cos 2θ 的交点 M 的极坐标为 M ( 2 , π ) . 所求的面积为 26
A
组合数学习题解答ex5
Байду номын сангаас
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
组合数学6章作业答案
第6章 容斥原理及应用6.7 练习题3、求出从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数个数。
解：∵100001002=,9261213=,10648223=∴从1到10000，共有100个平方数，21个立方数 又∵409646=，1562556=∴从1到10000，共有4个6次方数，也就是共有4个数既是平方数又是立方数 计算：10000-100-21+4=9883∴从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数有9883个□4、确定多重集{}d c b a S ⋅⋅⋅⋅=5,4,34，的12-组合的个数。
解：设T ：{}d c b a S ⋅∞⋅∞⋅∞⋅∞=,,,*的所有12-组合 1A ：a 的个数大于4的12-组合2A ：b 的个数大于3的12-组合 3A ：c 的个数大于4的12-组合4A ：d 的个数大于5的12-组合要求的是：4321A A A A ⋂⋂⋂ = T )(4321A A A A +++-)(434232413121A A A A A A A A A A A A ⋂+⋂+⋂+⋂+⋂+⋂+ )(432431421321A A A A A A A A A A A A ⋂⋂+⋂⋂+⋂⋂+⋂⋂- )(4321A A A A ⋂⋂⋂+T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+121412=4551A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+7147=120 2A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+8148=165 3A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+7147=120 4A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+6146=8421A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3143=20 31A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2142=10 41A A ⋂=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1141=432A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3143=20 42A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2142=10 43A A ⋂=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1141=4321A A A ⋂⋂=421A A A ⋂⋂=431A A A ⋂⋂=432A A A ⋂⋂=4321A A A A ⋂⋂⋂=0 455-（120+165+120+84）+（20+10+4+20+10+4）=34∴多重集{}d c b a S ⋅⋅⋅⋅=5,4,34，的12-组合的个数是34 □9、确定方程204321=+++x x x x满足611≤≤x ，702≤≤x ，843≤≤x ，624≤≤x的整数解的个数。
组合数学(第6章6.1)
σx(A1∩A2)= σx(S)−σx(A1)− σx(A2)+σx(A1∩A2)
— —
S
A1A1∩A2 A2
| A1 ∩ A2 |=| S | − | A1 | − | A2 | + | A1 ∩ A2 |
一般情形：容斥原理计数
定理6.1.1 集合S不具有性质P1,P2,…,Pm的物 体的个数：
注意到：
—
—
|A1∩A2|=∑ σx(A1∩A2)
x∈S
—
—
—
—
S中的元素可分为4种情况： 1）x不属于A1和A2; 左边 右边 −0−0+0=1 左边=1; 右边=1− − 2）x属于A1且不属于A2;
左边=0; 右边 −1−0+0=0 右边=1− − 左边
3）x属于A2, 不属于A1; 左边 右边 −0−1+0=0 左边=0;右边 右边=1− − 4）x属于A1, 又属于A2; 左边=0;右边 −1−1+1=0 左边 右边=1− − 右边
2 (−1)k mαk+…+ k
3 (−1)mαm
应 用
例. 从0到99999中有多少含有数字2, 5和8的整数。 解：设A1，A2 和A3分别是不包含数字2, 5和8的集合， 需要计算 | A I A2 I A3 | 1 0到99999的整数个数：α0=105 α1=|A1|=|A2|=|A3|=95 α2=|A1∩A2|=85 α3=|A1∩A2 ∩A3|=75 因此，答案为：105−3×95+3×85-75
6.1 容斥原理— 一个简单的例子
例. 计算1到600中不能被6整除的整数个数。 解：1到600中能被6整除的整数个数为600/6 =100个。因此，1到600中不能被6整除的 整数个数是600−100=500个。
组合数学第06讲_最少花费问题(教师版)A4
【答案】每车跟车3人，原来需5人的两个点各安排2人，原来需4人的点安排1人
【答案】60套
【解析】两厂联合生产，尽量发挥各自特长，安排乙厂全力生产上衣．由于乙厂用 月生产1200件上衣，那么乙厂全月可生产上衣： 件．同时，安排甲厂全力生产裤子，则甲厂全月可生产裤子： 条．为了配套生产，甲厂先全力生产2100条裤子，需要： 月，然后甲厂再用 月单独生产西服： 套．现在联合生产每月比过去多生产 套．
【答案】344000元
【解析】8000÷2000=4，4根细管相当于一根粗管，因此当细管使用超过4根时，应改用粗管．从县城出发至A6或A7使用粗管，之后使用细管，费用最节约．费用： 元．
例1.1.5北京和上海分别制成同样型号的车床10台和6台．这些车床准备分配给武汉11台、西安5台，每台车床的运费如下图所示，单位为百元．那么总运费最少是多少元？
【答案】10700元
【解析】把一台设备从运到武汉改为运到西安，北京的厂家要多付400元运费，而上海的厂家要多付300元运费，所以西安的设备都由上海提供时，能节省更多的运费．这时上海需要给西安提供5台设备，给武汉提供1台设备，北京给武汉提供10台设备，最少运费为 元．
例1.1.6A1，A2连个煤场各有100吨，B1，B2两工厂各需120吨、80吨．交通位置如下图，最佳调运方案是什么？
例1.1.4有十个村，座落在从县城出发的一条公路上（如下图，距离单位是千米）．要安装水管，从县城送自来水供给各村，可以用粗细两种水管．粗管足够供应给所有各村用水，细管只能供一个村用水．粗管每千米要用8000元，细管每千米要用2000元．把粗管和细管适当搭配，互相连接，可以降低工程的总费用．按你认为费用最节约的方法来安装，费用是多少？
组合数学_第6章6.4-6.5_
{1,2,…, n}的排列 i1 i2… in对应于棋盘上以方格 (1, i1), (2, i2),…, (n, in)
为坐标的n个车的位置
1 2 3 4 5 设n=5, X1={1, 4}, X2={3},
1X
X
X3=Φ, X4={1, 5}, X5={2, 5},
2
X
则P(X1,X2,…,X5)中的排列
p(X1 , X2 , X3 , X4 ) = 2
（方法2：容斥原理）
带禁止位置的“非攻击型车”
{1,2,…, n}的排列 i1 i2… in对应于棋盘上以方格 (1, i1), (2, i2),…, (n, in)
为坐标的n个车的位置
1 1
2 3 4 5 位置
23 45
24135
带禁止位置的“非攻击型车”
满足第 j 行的车不在 Xj 中的列，i=1,2,…,n，共 有多少种放置方法？
令属性Pj表示 j行上的车放置在Xj所给出的禁止位置中， 且Aj则为具有属性Pj的车的放置方法集合，
(1) |Aj |= |Xj | (n - 1)! (j=1,2,…,n) S |Aj | = (|X1|+|X2|+…+|Xn|) (n - 1)! 令r1 = (|X1|+|X2|+…+|Xn|) 则S |Aj | = r1 (n - 1)!
上，使得每一个男孩都面对到另一个男孩。他们能够
有多少种方法改变座位使得每人面对的男孩都不同？
（所有的座位都是一样）
1
8
2
解：应用容斥原理 假设8个男孩分成了四对： (1,5), (2,6),
7
3
6
4
5
组合数学答案6-8
Let A be the set of xi is nonnegative integer and xi 0 (i 1 ,2 ,3 and 4) ,
then
14 4 1 17
A
14
14
680
.
Let Ai be the set of xi is nonnegative integer and xi 8 (i 1,2,3 or 4) ,
|������| = 3
9 42
1
=
1260
|������1| = 4
7 2
1
= 105
|������2| = 3
6 2
1
= 60
|������3| = 4
8 3
1
= 280
We can also get that
Thus,
|������1 ∩ ������2| = *'aaa' , 'bbbb' , 2∙c, 1∙d+ |������1 ∩ ������3| = *'aaa' , 4∙b, 'cc' , 1∙d+ |������2 ∩ ������3| = *3∙a, 'bbbb' , 'cc' , 1∙d+
������3 = *3∙a, 4∙b, 'cc' , 1∙d+ ������1 is the set that consisting all the permutations of S which three a is consecutively.������2is the set that consisting the all the permutations of S which four b is consecutively. ������3 is the set that consisting all the permutations of S which two c is consecutively.
组合数学(第6章6.3)
k 1
k!
(k 1 )!
n ! n !n 1( 1 )k1 (n 1 )n ! 1( 1 )k 1 1
k 1
k!
k 1
(k 1 )!
n!n1(1)k1(
nn D 1(n1 )D n2
Dn Dn1
17
小结
两种禁止位置的排列计数方法：
绝对禁止位置：运用容斥原理将问题转为在禁 止位置内的排列。
相对禁止位置排列：类似错位排列的容斥原理 运用方法。与错位排列计数有着紧密联系。
容斥原理可以用于解决那些可以分为具有 交叠集合并（或者交）的较复杂计数问题。
18
作业
练习6.6: 17, 24, 27 17）确定多重集S={3·a, 4·b, 2·c}的排列数，
其中, …
24) 把六个非攻击型车… 27) 八个女孩围坐在…
如n=3时，213、321、132是所有满足条件 的排列，因此Q3=3.
13
相对禁止位置排列计数： 定理6.5.1
对于n1,
Qnn!kn 1 1(1)knk1(nk)!
n ! n 1 1 (n 1 ) !n 2 1 (n 2 ) ! ( 1 )n 1 n n 1 1 1 !
15
Qn与Dn的关系
• Qn=Dn+Dn1 （见练习23）
注意到： nk 1(nk) !k!((nn k1)1 !)!(nk)! (n1)!(nk) k!
因此： Q nn!(n1)k n ! 1 1(1)k(nk !k)
16
注意
Dn
n
n! (1)k
k0
1 k!
n ! (n 1 )n ! 1[ (1 )kn( 1 )k 1 1 ]
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2020_2021学年新教材高中数学第六章计数原理五组合数的综合应用课时素养评价含解析新人教A版选择
五组合数的综合应用(25分钟·50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班级中,要求每个班级至少分到一人,则甲被分到A班的分法种数为( )A.6B.12C.24D.36【解析】选B.甲和另一个人一起分到A班有=6种分法,甲一个人分到A班的方法有:=6种分法,共有12种分法.【发散·拓】解答排列、组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手.(1)“分析”就是找出题目的条件、结论,哪些是“对象”,哪些是“位置”.(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合,对某些对象的位置有、无限制等.(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的对象分成互相排斥的几类,然后逐类解决.(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤,而每一步都是简单的排列、组合问题,然后逐步解决.2.某密码锁共设四个数位,每个数位的数字都可以是1,2,3,4中的任一个.现密码破译者得知:甲所设的四个数字有且仅有三个相同;乙所设的四个数字有两个相同,另两个也相同;丙所设的四个数字有且仅有两个相同;丁所设的四个数字互不相同.则上述四人所设密码最安全的是( ) A.甲B.乙C.丙D.丁【解析】选C.甲共有=48种不同设法,乙共有=36,丙共有=144,丁共有=24,所以丙最安全.3.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( )A.60B.90C.120D.130【解题指南】题设条件1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3意味着x1,x2,x3,x4,x5有4个,3个,2个元素为0.【解析】选D.集合A中元素为有序数组(x1,x2,x3,x4,x5),题中要求有序数组的5个数中仅1个数为±1、仅2个数为±1或仅3个数为±1,所以共有×2+×2×2+×2×2×2=130个不同数组.4.在同一个袋子中含有不同标号的红、黑两种颜色的小球共有8粒,从红球中选取2粒,从黑球中选取1粒,共有30种不同的选法,其中黑球至多有( )A.2粒B.4粒C.3粒D.5粒【解析】选C.设黑球有x粒,则红球有(8-x)粒,则=30,由于0<x<7,x∈N*,所以容易检验,当x=2,3时,等式=30成立.【类题·通】(1)组合问题的常见题型有“必选问题”“不选问题”“恰选问题”“至多问题”“至少问题”“既有……,又有……问题”,在解题时应加以区别,正确解答.(2)“至多问题”“至少问题”“既有……,又有……问题”一般都有直接法和间接法两种做法,应根据具体情况进行选择.二、填空题(每小题5分,共10分)5.直角坐标平面xOy上,平行直线x=n(n=0,1,2,…,5)与平行直线y=n(n=0,1,2,…,5)组成的图形中,矩形共有________个.【解析】在垂直于x轴的6条直线中任取2条,在垂直于y轴的6条直线中任取2条,四条直线相交得出一个矩形,所以矩形总数为=15×15=225(个).答案:2256.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某某市华侨博物院志愿者服务活动,每人从事礼仪、导游、翻译、讲解四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会导游但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是________.(用数字作答)【解析】根据题意,分情况讨论,①甲乙一起参加除了导游的三项工作之一:×=18种;②甲乙不同时参加一项工作,进而又分为2种小情况:(1)丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作,有××=3×2×3×2=36种;(2)甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作:×××=72种.由分类加法计数原理,可得共有18+36+72=126种.答案:126三、解答题(每小题10分,共20分)7.对于各数互不相等的正整数组(i1,i2,…,i n)(n是不小于2的正整数),如果在p>q时有i p>i q,则称i p和i q是该数组的一个“好序”,一个数组中“好序”的个数称为此数组的“好序数”,例如,数组(1,3,4,2)中有好序“1,3”,“1,4”,“1,2”,“3,4”,其“好序数”等于4.若各数互不相等的正整数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“好序数”等于2,求(a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“好序数”.【解题指南】对应于含有n个数字的数组中,首先做出任取两个数字时可以组成的数对,减去逆序的个数,得到结果.【解析】因为各数互不相等的正整数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“好序数”等于2,(a6,a5,a4,a3,a2,a1)中任取两个的组合有=15个,所以(a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“好序数”是15-2=13.8.有8名男生和5名女生,从中任选6人.(1)有多少种不同的选法?(2)其中有3名女生,有多少种不同的选法?(3)其中至多有3名女生,有多少种不同的选法?(4)其中有2名女生,4名男生,分别负责6种不同的工作,共有多少种不同的分工方法?(5)其中既有男生又有女生,有多少种不同的选法?【解析】(1)适合题意的选法有=1 716种.(2)第1步,选出女生,有种;第2步,选出男生,有种.由分步乘法计数原理知,适合题意的选法有×=560种.(3)至多有3名女生包括:没有女生,1名女生,2名女生,3名女生四类情况.第1类没有女生,有种;第2类1名女生,有×种;第3类2名女生,有×种;第4类3名女生,有×种.由分类加法计数原理知,适合题意的选法共有+×+×+×=1 568种.(4)第1步,选出适合题意的6人,有×种;第2步,给这6人安排6种不同的工作,有种.由分步乘法计数原理知,适合题意的分工方法共有××=504 000种.(5)用间接法,排除掉全是男生的情况和全是女生的情况即是符合题意的选法.而由题意知不可能6人全是女生,所以只需排除全是男生的情况,所以有-=1 716-28=1 688种选法.(15分钟·30分)1.(5分)在200件产品中有3件次品,现从中任意抽取5件,其中至少有2件次品的抽法有( )A.种B.种C.种D.种【解析】选D.根据题意,“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况,“有2件次品”的抽取方法有种,“有3件次品”的抽取方法有种,则共有+种不同的抽取方法,故选D.【加练·固】用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室,一种颜色粉刷3间,一种颜色粉刷2间,一种颜色粉刷1间,则粉刷这6间办公室,不同的安排方法有( )A. B.C. D.【解析】选C.选固定一种粉刷方法,如黄色粉刷3间,蓝色粉刷2间,白色粉刷1间.则有种,三种颜色互换有种方法,由分步乘法计数原理知,不同的方案有种.2.(5分)中国足球超级联赛的计分规则是:胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分.某赛季甲球队打完15场比赛后,球队积分是30分,则该队胜、负、平的情况共有( )A.3种B.4种C.5种D.6种【解题指南】首先该球队胜x场、平y场、负z场,则x,y,z是非负整数,根据题意可得方程组然后根据取值X围,结合x,y,z是非负整数即可求得结论.【解析】选A.设该球队胜x场、平y场、负z场,则x,y,z是非负整数,且满足由②得y=3,代入①得z=2x-15,又因为0≤y≤15,0≤z≤15,所以所以7.5≤x≤10,因为x,y,z是非负整数,所以x的值为8,9,10,当x=8时,y=6,z=1;当x=9时,y=3,z=3;当x=10时,y=0,z=5;所以比赛结果是:胜8场、平6场、负1场,胜9场、平3场、负3场,或是胜10场、平0场、负5场,故共有3种情况.3.(5分)(2020·日照高二检测)为做好社区新冠肺炎疫情防控工作,需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作,其中甲小区至少分配两名志愿者,其他三个小区至少分配一名志愿者,则不同的分配方案共有________种.(用数字作答)【解析】若甲小区分配3人,甲小区有种情况,剩下的3个小区有种情况,此时有=120种分配方法,若甲小区分配2人,甲小区有种情况,剩下的3个小区有种情况,此时有=540种分配方法,则有120+540=660种不同的分配方法.答案:6604.(5分)工人在安装一个正六边形零件时,需要固定如图所示的六个位置的螺丝,首先随意拧一个螺丝,接着拧它对角线上的(距离它最远的,下同)螺丝,再随意拧第三个螺丝,第四个也拧它对角线上的螺丝,第五个和第六个以此类推,则不同的固定方式有________种.【解析】先随意拧一个螺丝,接着拧它对角线上的,有种方法,再随意拧第三个螺丝和其对角线上的,有种方法,然后随意拧第五个螺丝和其对角线上的,有种方法,所以总共的固定方式有=48种.答案:485.(10分)有五X卡片,它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三X 并排放在一起组成三位数,共可组成多少个不同的三位数?【解析】依0与1两个特殊值分析,可分三类:(1)取0不取1,可先从另四X卡片中选一X作百位,有种方法;0可在后两位,有种方法;最后需从剩下的三X中任取一X,有种方法;又除含0的那X外,其他两X都有正面或反面两种可能,故此时可得不同的三位数有·22个.(2)取1不取0,同上分析可得不同的三位数有·22·个.(3)0和1都不取,有不同三位数·23·个.综上所述,不同的三位数共有·22+·22·+·23·=432(个).1.集合S={1,2,3,…,20}的4元子集T={a1,a2,a3,a4}中,任意两个元素的差的绝对值都不为1,这样的4元子集的个数为________个.【解题指南】不妨设a1<a2<a3<a4,有a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,a1,a2-1,a3-2,a4-3相当于从1,2,3,4,…,17中任意选出4个,所有的取法共有,运算求得结果.【解析】不妨设a1<a2<a3<a4,由于任意两个元素的差的绝对值都不为1,故有a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,将a2,a3,a4分别减去1,2,3,这时a1,a2-1,a3-2,a4-3相当于从1,2,3,4,…,17中任意选出4个,所有的取法共有=2 380种不同的取法.答案:2 3802.(2020·某某高二检测)如图,从左到右有5个空格.(1)若向这5个格子中填入0,1,2,3,4五个数,要求每个数都要用到,且第三个格子不能填0,则一共有多少不同的填法?(2)若给这5个空格涂上颜色,要求相邻格子不同色,现有红黄蓝3种颜色可供使用,问一共有多少种不同的涂法?(3)若向这5个格子中放入7个不同的小球,要求每个格子里都有球,问有多少种不同的放法?【解题指南】(1)根据题意,分2步进行分析:①分析0;②将其余的4个数字全排列,安排在其他四个格子中,由分步乘法计数原理计算可得答案;(2)根据题意,依次分析5个格子的涂色方法数目,由分步乘法计数原理计算可得答案;(3)根据题意,分2步进行分析:①将7个小球分成5组,有2种分法,分组时,注意平均分组问题;②将分好的5组全排列,对应5个空格,由分步乘法计数原理计算可得答案.【解析】(1)根据题意,分2步进行分析:①第三个格子不能填0,则0有4种选法;②将其余的4个数字全排列,安排在其他四个格子中,有种情况,则一共有4=96种不同的填法.(2)根据题意,第一个格子有3种颜色可选,即有3种情况,第二个格子与第一个格子的颜色不能相同,有2种颜色可选,即有2种情况,同理可得:第三、四、五个格子都有2种情况,则五个格子共有3×2×2×2×2=48种不同的涂法.(3)根据题意,分2步进行分析:①将7个小球分成5组,有2种分法:若分成2,2,1,1,1的5组,有种分组方法,若分成3,1,1,1,1的5组,有种分组方法,则共有种分组方法,②将分好的5组全排列,对应5个空格,有种情况, 则一共有=16 800种放法.。
组合数学第六章递推关系
解： 记f(n)为n个圆盘从A柱搬到C柱所需的最小次数.整个 搬运过程可分成三个阶段； （1）将套在A柱上面的n-1个圆盘从A柱按要求搬到 B柱，搬动 次数为f(n-1); （2）把A柱上最下面的那个圆盘搬到C柱上，搬动 次数为1; （3）把B柱上的n-1个圆盘按要求搬到C柱上，搬动 次数为f(n-1); 由加法原则知， f(n)=2f(n-1)+1 又显然f(1)=1，所以有如下带有初值的递推关系:
和引理6.2.2知， 由引理 6.2.1和引理 和引理 知 若 q1，q2，……qk是递推关系6.2.2的特征根，
则 f(n)＝b1q1 n＋b2q2 n＋……＋bkqk n 是递推关系的解 .（b1,b2,…bk是常数）
定义6.2.3 如果对于递推关系（6.2.2）的 定义 每个解h(n)，都可以选择一组常数 ' ' ' c1, c2 ,L, ck ，使得
• k 阶常系数线性齐次递推关系 • 递推关系的解
•如果一个数列满足以上递推关系
常系数线性齐次递推关系的一般形式为
f (n) = c1 f (n −1) + c2 f (n − 2) +L+ ck f (n − k), (n ≥ k, ck ≠ 0)
• 递推关系的特征方程
------(6.2.2)
f(n)＝b1q1 n＋b2q2 n＋……＋bkqk n ＝ ＋
证明 由前面的分析可知, f(n)是递推关系(6.2.2)的解. 设h(n)是这个递推关系的任意一个解，则由k个初值 h(0)=a0, h(1)=a1,….., h(k-1)=ak-1 唯一地确定，所以有
b1 + b2 +L+ bk = a0 , b q + b q +L+ b q = a , 1 1 2 2 k k 1 L, b qk−1 + b qk−1 +L+ b qk−1 = a . 2 2 k k k −1 1 1
组合数学(第6章6.2)
错位排列
定理6.3.1 对n≥1， 1 1 1 1 (1 + + … + ( 1) n ) Dn=n!
1! 2! 3! n!
证明：应用容斥原理。 证明 设S是全部排列集合，而Aj是ij=j的排列集合，那 么，Dn= | A1 ∩ A2 ∩ ∩ An | 注意到|A1|=|A2|=…=|An| |A1∩A2|=…=|An1∩An| …
15）在一次聚会上，7位绅士检查他们的帽子。有多 在一次聚会上， 位绅士检查他们的帽子 位绅士检查他们的帽子。 在一次聚会上 少种方法使得这些帽子返还时满足： 少种方法使得这些帽子返还时满足 i) 没有绅士收到他自己的帽子？ ii) 至少一位绅士收到他自己的帽子？ iii) 至少两位绅士收到他们自己的帽子？ 21）证明 n是偶数当且仅当 是奇数。 证明D 是偶数当且仅当n是奇数 是奇数。 证明
|A1∩ A2|与方程z1+z2+z3+z4=4的非负整数解个数
相等。
4 + 4 1 7 | A1 ∩ A2 |= 4 = 4 = 35 8 7 | A1 ∩ A3 |= = 56 | A1 ∩ A4 |= = 35 5 4
… 类似方法可解。
小结
多重集T={n1a1, n2a2,…, nkak}的r-组合数。 回顾两个特别情形：
1）n1=n2=…=nk=1（即T是集合）： ) ( r r+k1 2） n1=n2=…=nk=r（包括大于r情况）：( )
r k
对于一般情况呢？ 对于一般情况呢？
1)多重集T={n1a1, n2a2,…, nkak}的r-组合数, r是 正整数。 2) T的r-组合数相当于方程 1+x2+ …+xk=r的满足 相当于方程x 相当于方程 的满足 条件0≤ ≤ 条件0≤x1≤n1, 0≤x2≤n2, …, 0≤xk≤nk的整数解的个 ≤ ≤ 数。
组合数学作业答案
第二章作业答案7. 证明，对任意给定的52个整数，存在两个整数，要么两者的和能被100整除，要么两者的差能被100整除。
证明 用100分别除这52个整数，得到的余数必为0, 1,…, 99这100个数之一。
将余数是0的数分为一组，余数是1和99的数分为一组，…，余数是49和51的数分为一组，将余数是50的数分为一组。
这样，将这52个整数分成了51组。
由鸽巢原理知道，存在两个整数分在了同一组，设它们是a 和b 。
若a 和b 被100除余数相同，则b a -能被100整除。
若a 和b 被100除余数之和是100，则b a +能被100整除。
11. 一个学生有37天用来准备考试。
根据过去的经验，她知道她需要不超过60小时的学习时间。
她还希望每天至少学习1小时。
证明，无论她如何安排她的学习时间（不过，每天都是整数个小时），都存在连续的若干天，在此期间她恰好学习了13小时。
证明 设从第一天到第i 天她共学习了i a 小时。
因为她每天至少学习1小时，所以3721,,,a a a 和13,,13,133721+++a a a 都是严格单调递增序列。
因为总的学习时间不超过60小时，所以6037≤a ，731337≤+a 。
3721,,,a a a ,13,,13,133721+++a a a 是1和73之间的74个整数，由鸽巢原理知道，它们中存在相同的整数，有i a 和13+j a 使得13+=j i a a ，13=-j i a a ，从第1+j 天到第i 天她恰好学习了13小时。
14. 一只袋子装了100个苹果、100个香蕉、100个桔子和100个梨。
如果我每分钟从袋子里取出一个水果，那么需要多少时间我就能肯定至少已拿出了1打相同种类的水果？ 解 由加强形式的鸽巢原理知道，如果从袋子中取出451)112(4=+-⨯个水果，则能肯定至少已拿出12个相同种类的水果。
因此，需要45分钟。
17. 证明：在一群1>n 个人中，存在两个人，他们在这群人中有相同数目的熟人（假设没有人与他/她自己是熟人）。