组合数学 第五章
组合数学_第5章
an c1an 1 c2 an 2 0 a0 d 0 , a1 d 1
的任一解。 将初值条件代入 an
Kr K r
n 1 1
n 2 2
a 0 K1 K 2 d 0 a1 K1r1 K 2 r2 d1
第五章 递 归 关 系 由r1≠r2知，
| P2x |=|{(i2, i3, …, in)|it+1≠t, t=1, 2, …, n-1}|=D(n-1) 从而dn=D(n-2)+D(n-1)，故知 D(n)=(n-1)(D(n-2)+D(n-1)), n≥3, D(0)=0, D(2)=1
第五章 递 归 关 系 例2（Hanoi塔问题） n个圆盘，从A柱经B柱移到C柱(参见 图1.1)。 要求每次只移一个圆盘； 移动过程始终保持大盘在 下，小盘在上；中途 A 、 B 、 C 柱均可作临时柱，最终移至 C 柱， 则A到C的最少移动次数为
h(n)=2h(n-1)+1
…
A
B
C
图5.1.1 Hano塔示意图
第五章 递 归 关 系 解 设 h(n) 为 问 题 的 解 ， 则 h(1)=1, h(2)=3=2h(1)+1,
h(3)=5=2h(2)+1, …, h(n)=2h(n-1)+1。 又若设利用 C 柱把 A 柱上 n-1 个圆盘移到 B 柱，移动次数为 h(n-1)，则将A柱所剩最大圆盘移到C柱只需移动一次，再将 B上的n-1个圆盘利用A柱移到C柱（已有一个最大圆盘在下面） 共需移动h(n-1)次。 故总的移动次数为h(n)=2h(n-1)+1。
d n n 1 n2 n n 1 n2 x ( x c x c x ) nx c ( n 1 ) x c ( n 2 ) x 0 1 2 1 2 dx
组合数学与图论
● 02
第2章 图论基础
什么是图论
图论是研究图结构的 数学分支，用于描述 对象之间的关系。图 由节点和边组成，节 点表示对象，边表示 对象之间的关系。
基本概念
无向图
边没有方向的图
权重图
边带有权重的图
度
节点相连的边数 称为节点的度
91%
有向图
边有方向的图
图的表示方法
01 邻接矩阵
02 邻接表
判断图中的节点是否都是连通的
02 组合数学方法
连通性定理和算法可以用于判断和求解
03
总结
组合数学和图论相互结合，能够解决图的同构、 着色、匹配和连通性等各种问题，通过组合数学 方法的运用，可以更好地探索图论中的难题。
● 04
第四章 组合数学与图论在计 算机科学中的应用
图数据库与图搜索
图数据库是一种专门用于存储和查询图结构数据 的数据库系统。在计算机科学中，图搜索算法如 Dijkstra算法、A*算法等被广泛应用于图数据库 的查询和分析，帮助用户快速准确地获取所需信 息。
03
● 05
第五章 组合数学与图论在统 计学中的应用
基于图的统计分 析
利用组合数学和图论 的方法进行统计学分 析，如图的频繁模式 挖掘、图数据的聚类 分析等。这些方法能 够帮助研究人员从大 量数据中提取出有用 的信息并进行深入分 析。
网络数据采样与推断
节点采样
通过在网络中随 机选择节点来获
取样本数据
使得相邻节点颜 色不同
图的匹配问题
图的匹配问题是指在 图中找到一些相互不 相邻的边，使得边的 数量最大化。组合数 学的匹配定理和匹配 算法可以用于解决图 的匹配问题。
图的连通性问题
Richard组合数学第5版-第5章课后习题答案（英文版）
Richard组合数学第5版-第5章课后习题答案（英⽂版）Math475Text:Brualdi,Introductory Combinatorics5th Ed. Prof:Paul TerwilligerSelected solutions for Chapter51.For an integer k and a real number n,we shown k=n?1k?1+n?1k.First assume k≤?1.Then each side equals0.Next assume k=0.Then each side equals 1.Next assume k≥1.RecallP(n,k)=n(n?1)(n?2)···(n?k+1).We haven k=P(n,k)k!=nP(n?1,k?1)k!.n?1 k?1=P(n?1,k?1)(k?1)!=kP(n?1,k?1)k!.n?1k(n?k)P(n?1,k?1)k!.The result follows.2.Pascal’s triangle begins111121133114641151010511615201561172135352171182856705628811936841261268436911104512021025221012045101···13.Let Z denote the set of integers.For nonnegative n∈Z de?ne F(n)=k∈Zn?kk.The sum is well de?ned since?nitely many summands are nonzero.We have F(0)=1and F(1)=1.We show F(n)=F(n?1)+F(n?2)for n≥2.Let n be /doc/6215673729.htmling Pascal’s formula and a change of variables k=h+1,F(n)=k∈Zn?kk=k∈Zn?k?1k?1=k∈Zn?k?1k+h∈Zn?h?2h=F(n?1)+F(n?2).Thus F(n)is the n th Fibonacci number.4.We have(x+y)5=x5+5x4y+10x3y2+10x2y3+5xy4+y5and(x+y)6=x6+6x5y+15x4y2+20x3y3+15x2y4+6xy5+y6.5.We have(2x?y)7=7k=07k27?k(?1)k x7?k y k.6.The coe?cient of x5y13is35(?2)13 185.The coe?cient of x8y9is0since8+9=18./doc/6215673729.htmling the binomial theorem,3n=(1+2)n=nk=0nSimilarly,for any real number r,(1+r)n=nk=0nkr k./doc/6215673729.htmling the binomial theorem,2n=(3?1)n=nk=0(?1)knk3n?k.29.We haven k =0(?1)k nk 10k =(?1)n n k =0(?1)n ?k n k 10k =(?1)n (10?1)n =(?1)n 9n .The sum is 9n for n even and ?9n for n odd.10.Given integers 1≤k ≤n we showk n k =n n ?1k ?1.Let S denote the set of ordered pairs (x,y )such that x is a k -subset of {1,2,...,n }and yis an element of x .We compute |S |in two ways.(i)To obtain an element (x,y )of S there are n k choices for x ,and for each x there are k choices for y .Therefore |S |=k n k .(ii)Toobtain an element (x,y )of S there are n choices for y ,and for each y there are n ?1k ?1 choices for x .Therefore |S |=n n ?1k ?1.The result follows.11.Given integers n ≥3and 1≤k ≤n .We shown k ? n ?3k = n ?1k ?1 + n ?2k ?1 + n ?3k ?1.Let S denote the set of k -subsets of {1,2,...,n }.Let S 1consist of the elements in S thatcontain 1.Let S 2consist of the elements in S that contain 2but not 1.Let S 3consist of the elements in S that contain 3but not 1or 2.Let S 4consist of the elements in S that do|S |= n k ,|S 1|= n ?1k ?1 ,|S 2|= n ?2k ?1 ,|S 3|= n ?3k ?1 ,|S 4|= n ?3k .The result follows.12.We evaluate the sumnk =0(?1)k nk 2.First assume that n =2m +1is odd.Then for 0≤k ≤m the k -summand and the (n ?k )-summand are opposite.Therefore the sum equals 0.Next assume that n =2m is even.Toevaluate the sum in this case we compute in two ways the the coe?cient of x n in (1?x 2)n .(i)By the binomial theorem this coe?cient is (?1)m 2m m .(ii)Observe (1?x 2)=(1+x )(1?x ).We have(1+x )n =n k =0n k x k,(1?x )n =n k =0nk (?1)k x k .3By these comments the coe?cient of x n in(1?x2)n isn k=0nn?k(?1)knk=nk=0(?1)knk2.2=(?1)m2mm.13.We show that the given sum is equal ton+3k .The above binomial coe?cient is in row n+3of Pascal’s /doc/6215673729.htmling Pascal’s formula, write the above binomial coe?cient as a sum of two binomial coe?ents in row n+2of Pascal’s triangle.Write each of these as a sum of two binomial coe?ents in row n+1of Pascal’s triangle.Write each of these as a sum of two binomial coe?ents in row n of Pascal’s triangle.The resulting sum isn k+3nk?1+3nk?2+nk?3.14.Given a real number r and integer k such that r=k.We showr k=rr?kr?1k.First assume that k≤?1.Then each side is0.Next assume that k=0.Then each side is 1.Next assume that k≥1.ObserverP(r?1,k?1)k!,andr?1k=P(r?1,k)k!=(r?k)P(r?1,k?1)k!.The result follows.15.For a variable x consider(1?x)n=nk=0nk(?1)k x k.4Take the derivative with respect to x and obtain n(1x)n1=nk=0nk(?1)k kx k?1.Now set x=1to get(?1)k k.The result follows.16.For a variable x consider(1+x)n=nk=0nkx k.Integrate with respect to x and obtain(1+x)n+1 n+1=nk=0nkx k+1k+1+Cfor a constant C.Set x=0to?nd C=1/(n+1).Thus (1+x)n+1?1n+1=nk=0nkx k+1k+1.Now set x=1to get2n+1?1 n+1=k+1.17.Routine.18.For a variable x consider(x?1)n=nk=0nk(?1)n?k x k.Integrate with respect to x and obtain(x?1)n+1 n+1=nk=0nk(?1)n?kx k+1k+1+Cfor a constant C.Set x=0to?nd C=(?1)n+1/(n+1).Thus (x?1)n+1?(?1)n+1n+1=nk=0nk(?1)n?kx k+1k+1Now set x =1to get(?1)n n +1=n k =0n k(?1)n ?k 1k +1.Therefore1n +1=n k =0 n k (?1)k 1k +1 .19.One readily checks2 m 2 + m 1=m (m ?1)+m =m 2.Therefore n k =1k 2=nk =0k 2=2nk =0 k 2 +n k =0k1=2 n +13 +n +12 =(n +1)n (2n +1)6.20.One readily checksm 3=6 m 3 +6 m 2 + m1.Thereforen k =1k3=n=6nk =0 k3+6n k =0 k2 +n k =0k1 =6 n +14 +6 n +13 +n +12 =(n +1)2n 24= n +12 2.621.Given a real number r and an integer k .We showrk=(?1)kr +k ?1k .First assume that k <0.Then each side is zero.Next assume that k ≥0.Observe r k =(r )(r 1)···(r k +1)k !=(?1)kr (r +1)···(r +k ?1)k !=(?1)kr +k ?1k.22.Given a real number r and integers k,m .We showr m m k = r k r ?km ?k.First assume that mObserver m m k =r (r ?1)···(r ?m +1)m !m !k !(m ?k )!=r (r ?1)···(r ?k +1)k !(r ?k )(r ?k ?1)···(r ?m +1)(m ?k )!= r k r ?k m ?k .23.(a) 2410.(b) 94 156.(c) 949363.(d)94156949363.24.The number of walks of length 45is equal to the number of words of length 45involving10x ’s,15y ’s,and 20z ’s.This number is45!10!×15!×20!.725.Given integers m 1,m 2,n ≥0.Shown k =0m 1k m 2n ?k = m 1+m 2n .Let A denote a set with cardinality m 1+m 2.Partition A into subsets A 1,A 2with cardinalitiesm 1and m 2respectively.Let S denote the set of n -subsets of A .We compute |S |in two ways.(i)By construction|S |= m 1+m 2n .(ii)For 0≤k ≤n let the set S k consist of the elements in S whose intersection with A 1has cardinality k .The sets {S k }n k =0partition S ,so |S |= nk =0|S k |.For 0≤k ≤n we now compute |S k |.To do this we construct an element x ∈S k via the following 2-stage procedure: stage to do #choices 1pick x ∩A 1 m 1k2The number |S k |is the product of the entries in the right-most column above,which comes to m 1k m 2n ?k .By these comments |S |=n k =0m 1k m 2n ?k .The result follows.26.For an integer n ≥1shown k =1 n k n k ?1 =12 2n +2n +1 ? 2n n .Using Problem 25,n k =1 n k nk ?1 =n k =0n k n k ?1 =n k =0n k nn +1?k =2n n +1 =12 2n n ?1 +12 2n n +1.8It remains to show12 2nn ?1 +12 2n n +1 =12 2n +2n +1 ? 2n n.This holds since2n n ?1 +2 2n n + 2n n +1 = 2n +1n +2n +1n +1= 2n +2n +1.27.Given an integer n ≥1.We shown (n +1)2n ?2=nk =1Let S denote the set of 3-tuples (s,x,y )such that s is a nonempty subset of {1,2,...,n }and x,y are elements (not necessarily distinct)in s .We compute |S |in two ways.(i)Call an element (s,x,y )of S degenerate whenever x =y .Partition S into subsets S +,S ?with S +(resp.S ?)consisting of the degenerate (resp.nondegenerate)elements of S .So |S |=|S +|+|S ?|.We compute |S +|.To obtain an element (s,x,x )of S +there are n choices for x ,and given x there are 2n ?1choices for s .Therefore |S +|=n 2n ?1.We compute |S ?|.To obtain an element (s,x,y )of S ?there are n choices for x,and given x there are n ?1choices for y ,and given x,y there are 2n ?2choices for s .Therefore |S ?|=n (n ?1)2n ?2.By these comments|S |=n 2n ?1+n (n ?1)2n ?2=n (n +1)2n ?2.(ii)For 1≤k ≤n let S k denote the set of elements (s,x,y )in S such that |s |=k .Thesets {S k }nk =1give a partition of S ,so |S |= n k =1|S k |.For 1≤k ≤n we compute |S k |.To obtain an element (s,x,y )of S k there are n k choices for s ,and given s there are k 2ways to choose the pair x,y .Therefore |S k |=k 2 nk .By these comments|S |=n k =1k 2 n k .The result follows.28.Given an integer n ≥1.We shown k =1k n k 2=n 2n ?1n ?1 .Let S denote the set of ordered pairs (s,x )such that s is a subset of {±1,±2,...,±n }andx is a positive element of s .We compute |S |in two ways.(i)To obtain an element (s,x )of S There are n choices for x ,and given x there are 2n ?1n ?1 choices for s .Therefore|S |=n 2n ?1n ?1.9(ii)For1≤k≤n let S k denote the set of elements(s,x)in S such that s contains exactlyk positive elements.The sets{S k}nk=1partition S,so|S|=nk=1|S k|.For1≤k≤nwe compute|S k|.To obtain an element(s,x)of S k there are nkways to pick the positiveelements of s and nn?kways to pick the negative elements of s.Given s there are kways to pick x.Therefore|S k|=k nk2.By these comments |S|=nk=1knk2.The result follows.29.The given sum is equal tom2+m2+m3n .To see this,compute the coe?cient of x n in each side of(1+x)m1(1+x)m2(1+x)m3=(1+x)m1+m2+m3.In this computation use the binomial theorem.30,31,32.We refer to the proof of Theorem5.3.3in the text.Let A denote an antichain such that|A|=nn/2.For0≤k≤n letαk denote the number of elements in A that have size k.Sonk=0αk=|A|=nn/2.As shown in the proof of Theorem5.3.3,≤1,with equality if and only if each maximal chain contains an element of A.By the above commentsnk=0αknn/2nknk≤0,with equality if and only if each maximal chain contains an element of A.The above sum is nonpositive but each summand is nonnegative.Therefore each summand is zero and the sum is zero.Consequently(a)each maximal chain contains an element of A;(b)for0≤k≤n eitherαk is zero or its coe?cient is zero.We now consider two cases.10Case:n is even.We show that for0≤k≤n,αk=0if k=n/2.Observe that for0≤k≤n, if k=n/2then the coe?cient ofαk isnonzero,soαk=0.Case:n is odd.We show that for0≤k≤n,eitherαk=0if k=(n?1)/2orαk=0 if k=(n+1)/2.Observe that for0≤k≤n,if k=(n±1)/2then the coe?cient ofαk is nonzero,soαk=0.We now show thatαk=0for k=(n?1)/2or k=(n+1)/2. To do this,we assume thatαk=0for both k=(n±1)/2and get a contradiction.By assumption A contains an element x of size(n+1)/2and an element y of size(n?1)/2. De? ne s=|x∩y|.Choose x,y such that s is maximal.By construction0≤s≤(n?1)/2. Suppose s=(n?1)/2.Then y=x∩y?x,contradicting the fact that x,y are incomparable. So s≤(n?3)/2.Let y denote a subset of x that contains x∩y and has size(n?1)/2. Let x denote a subset of y ∪y that contains y and has size(n+1)/2.By construction |x ∩y|=s+1.Observe y is not in A since x,y are comparable.Also x is not in A by the maximality of s.By construction x covers y so they are together contained in a maximal chain.This chain does not contain an element of A,for a contradiction.33.De?ne a poset(X,≤)as follows.The set X consists of the subsets of{1,2,...,n}. For x,y∈X de?ne x≤y whenever x?y.Forn=3,4,5we display a symmetric chain decomposition of this poset.We use the inductive procedure from the text.For n=3,,1,12,1232,233,13.For n=4,,1,12,123,12344,14,1242,23,23424,For n=5,,1,12,123,1234,123455,15,125,12354,14,124,124545,1452,23,234,234525,23524,2453,13,134,134535,13534,345.1134.For 0≤k ≤ n/2 there are exactlyn kn k ?1symmetric chains of length n ?2k +1.35.Let S denote the set of 10jokes.Each night the talk show host picks a subset of S for his repertoire.It is required that these subsets form an antichain.By Corollary 5.3.2each antichain has size at most 105 ,which is equal to 252.Therefore the talk show host can continue for 252nights./doc/6215673729.htmlpute the coe?cient of x n in either side of(1+x )m 1(1+x )m 2=(1+x )m 1+m 2,In this computation use the binomial theorem.37.In the multinomial theorem (Theorem 5.4.1)set x i =1for 1≤i ≤t .38.(x 1+x 2+x 3)4is equal tox 41+x 42+x 43+4(x 31x 2+x 31x 3+x 1x 32+x 32x 3+x 1x 33+x 2x 33)+6(x 21x 22+x 21x 23+x 22x 23)+12(x 21x 2x 3+x 1x 22x 3+x 1x 2x 23).39.The coe?cient is10!3!×1!×4!×0!×2!which comes to 12600.40.The coe?cient is9!3!×3!×1!×2!41.One routinely obtains the multinomial theorem (Theorem 5.4.1)with t =3.42.Given an integer t ≥2and positive integers n 1,n 2,...,n t .De?ne n = ti =1n i .We shownn 1n 2···n t=t k =1n ?1n 1···n k ?1n k ?1n k +1···n t.Consider the multiset{n 1·x 1,n 2·x 2,...,n t ·x t }.Let P denote the set of permutations of this multiset.We compute |P |in two ways.(i)We saw earlier that |P |=n !n 1!×n 2!×···×n t != n n 1n 2···n t.12(ii)For1≤k≤t let P k denote the set of elements in P that have?rst coordinate x k.Thesets{P k}tk=1partition P,so|P|=tk=1|P k|.For1≤k≤t we compute|P k|.Observe that|P k|is the number of permutations of the multiset{n1·x1,...,n k?1·x k?1,(n k?1)·x k,n k+1·x k+1,...,n t·x t}. Therefore|P k|=n?1n1···n k?1n k?1n k+1···n t.By these comments|P|=tn1···n k?1n k?1n k+1···n t.The result follows.43.Given an integer n≥1.Show by induction on n that1 (1?z)n =∞k=0n+k?1kz k,|z|<1.The base case n=1is assumed to hold.We show that the above identity holds with n replaced by n+1,provided that it holds for n.Thus we show1(1?z)n+1=∞=0n+z ,|z|<1.Observe1(1?z)n+1=1(1?z)n11?z=∞k=0n+k?1kz k∞h=0z h=0c zwherec =n?1+n1+n+12+···+n+ ?1=n+.The result follows.1344.(Problem statement contains typo)The given sum is equal to (?3)n .Observe (?3)n =(?1?1?1)n=n 1+n 2+n 3=nnn 1n 2n 3(?1)n 1+n 2+n 3=n 1+n 2+n 3=nnn 1+n 2+n 3=nnn 1n 2n 3(?1)n 2.45.(Problem statement contains typo)The given sum is equal to (?4)n .Observe (?4)n =(?1?1?1?1)n=n 1+n 2+n 3+n 4=nnn 1n 2n 3n 4(?1)n 1+n 2+n 3+n 4=n 1+n 2+n 3+n 4=nnn 1n 2n 3n 4(?1)n 1?n 2+n 3?n 4.Also0=(1?1+1?1)n= n 1+n 2+n 3+n 4=nnn 1n 2n 3n 4(?1)n 2+n 4.46.Observe√30=5=5∞ k =01/2k z k.For n =0,1,2,...the n th approximation to √30isa n =5n k =0 1/2k 5?k.We have14n a n051 5.52 5.4753 5.47754 5.47718755 5.477231256 5.4772246887 5.4772257198 5.4772255519 5.477225579 47.Observe101/3=21081/3=2(1+z)1/3z=1/4,=2∞k=01/3kz k.For n=0,1,2,...the n th approximation to101/3isnk=01/3k4?k.We haven a n021 2.1666666672 2.1527777783 2.1547067904 2.1543852885 2.1544442306 2.1544327697 2.1544350898 2.1544346059 2.15443470848.We show that a poset with mn+1elements has a chain of size m+1or an antichain of size n+1.Our strategy is to assume the result is false,and get a contradiction.By assumption each chain has size at most m and each antichain has size at most n.Let r denote the size of the longest chain.So r≤m.By Theorem5.6.1the elements of the posetcan be partitioned into r antichains{A i}ri=1.We have|A i|≤n for1≤i≤r.Thereforemn+1=ri=1|A i|≤rn≤mn, 15for a contradiction.Therefore,the poset has a chain of size m+1or an antichain of size n+1.49.We are given a sequence of mn+1real numbers,denoted{a i}mni=0.Let X denote the setof ordered pairs{(i,a i)|0≤i≤mn}.Observe|X|=mn+1.De?ne a partial order≤on X as follows:for distinct x=(i,a i)and y=(j,a j)in X,declare xof{a i}mni=0,and the antichains correspond to the(strictly)decreasing subsequences of{a i}mni=0sequence{a i}mni=0has a(weakly)increasing subsequence of size m+1or a(strictly)decreasingsubsequence of size n+1.50.(i)Here is a chain of size four:1,2,4,8.Here is a partition of X into four antichains:8,124,6,9,102,3,5,7,111Therefore four is both the largest size of a chain,and the smallest number of antichains that partition X. (ii)Here is an antichain of size six:7,8,9,10,11,12.Here is a partition of X into six chains:1,2,4,83,6,1295,10711Therefore six is both the largest size of an antichain,and the smallest number of chains that partition X.51.There exists a chain x116。
组合数学(第5章5.1)
证明1（组合证明）
(x+y)n =(x+y) (x+y)…(x+y) 用分配律展开： 每一项具有形式xnkyk, k=0,1,…,n. 共有2n项。它的系数相当于在n项因子选k个y，余 下n-k因子是x. 因此，等于组合数：
n k
这就证明了结论。
n nk k (x + y) = ∑ x y k =0 k
r r 1 r 1 注意： = k k + k 1
r r 1 r 2 r 2 = k k + k 1 + k 2
…
r r 1 r 2 r 2 r k r k 1 = k k + k 1 + k 2 + K + 1 + 0
S的一个元x, 令A是不含x的k-组合的集 合，而B是包含x的k-组合的集合，那么，X ＝A∪B，且A∩B＝。由加法原理 |X|＝|A|+|B|。
计算|A|和|B|。 A是集合S\{x}的所有k-组合集，因此
n 1 |A|＝ k
而B的元素是将x添加到S\{x}的(k1)-组合 因此，
n p(n, k ) = k
n＝3
n＝0
(0, 0)
n＝1 n＝2
(1, 0)
(3, 2)
这是二项式系数 的另 一种组合学解释。
n k
n＝4
5.2 二项式定理
定理5.2.1 令n是一个正整数, 那么对于所有的 定理 x, y有：
n nk k (x + y) = ∑ x y k k =0
n≥1
n n n （4） 1 + 2 + K + n = n2 n 1 1 2 n
Richard组合数学第5版-第5章课后习题答案(英文版)
evaluate the sum in this case we compute in two ways the the coefficient of xn in (1−x2)n. (i)
By the binomial theorem this coefficient is (−1)m
2m m
.
(ii) Observe (1 − x2) = (1 + x)(1 − x).
5
Now set x = 1 to get Therefore
(−1)n n =
n (−1)n−k 1 .
n+1
k
k+1
k=0
1
n
=
n (−1)k 1 .
n+1
k
k+1
k=0
19. One readily checks
m 2
+
m
= m(m − 1) + m = m2.
2
1
Therefore
n
n
k2 =
not contain 1 or 2 or 3. Note that {Si}4i=1 partition S so |S| =
4 i=1
|Si|.
We
have
n
n−1
n−2
n−3
n−3
|S| =
, k
|S1| =
, k−1
|S2| =
, k−1
|S3| =
, k−1
|S4| =
. k
The result follows.
We have
n P (n, k) nP (n − 1, k − 1)
=
组合数学(哈工大 第五章)
. ..
. ..
. ..
. ..
.
任世军 (哈尔滨工业大学)
组合数学 递推关系
December 22, 2014
2 / 46
递推关系
. Definition . 设{an } 为一序列， 把该序列中an 和它前面几个ai (0 ≤ i ≤ n) 关联起来的 方程称做一个递推关系（递归关系）。 .
..
Example
..
. ..
. ..
.
. . . . . . . . . . . . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
. ..
. ..
. ..
. ..
.
任世军 (哈尔滨ember 22, 2014
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递推关系
. . 在一个平面上有一个圆和n 条直线， 这些直线中的每一条在圆内都同其他 的直线相交。如果没有多于三条的直线相交于一点， 试问这些直线将圆分 成多少个不同区域？ . 解: 设这n 条直线将圆分成的区域数为an ， 如果有n − 1 条直线将圆分 成an−1 个区域， 那么再加入第n 条直线与在圆内的其他n − 1 条直线相 交。显然， 这条直线在圆内被分成n 条线段， 而每条线段又将第n 条直线 在圆内经过的区域分成两个区域。这样， 加入第n 条直线后， 圆内就增加 了n 个区域。 而对于n = 0， 显然有a0 = 1， 于是对于每个整数 n， 可以建立 如下带初值的递推关系 a0 = 1, a1 = 2, an = an−1 + n
. ..
. ..
.
. . . . . . . . . . . . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
组合数学(第5章5.2)
如果A是一个链而C是反链，则|AC|1
第十八页，共22页。
定理5.7.1: 令(X, )是一个有限偏序集, 并令r是最大的 链的大小, 则X可以被划分成r个但不能再少的反链.
第十二页，共22页。
（2）若k=1, 生成{1,2,…,n}的1条对称链：
AkAk{n} 注意|Ak|=(n1)/2，因此|Ak|+|Ak{n}|=n.
注意到：{1,2,…,n}的任一个组合或者 是A或者是A{n}的形式，其中A是 {1,2,…,n1}的一个组合。
那么，可以验证：{1,2,…,n}的每一个 组合恰好出现在上面构造的某个对称链 中，这些链构成了{1,2,…,n}所有组合的 一个划分。
{3}{1,3}
{2}{2,3}
第十页，共22页。
* n=4时，有6条对称链： {1}{1,2}{1,2,3}
{1}{1,2}{1,2,3}{1,2,3,4} {4}{1,4}{1,2,4} {3}{1,3}{1,3,4}
{3}{1,3}
{3,4}
{2}{2,3}{2,3,4}
{2}{2,3}
学习内容
5.4 二项式系数的单峰性 5.5 牛顿二项式定理 5.6 偏序集
第一页，共22页。
回顾
二项式系数Pascal公式
knnk1kn 11
Pascal三角形的对称性
第二页，共22页。
5.4 二项式系数的单峰性
定义1: 使得:
设序列s0,s1,s2,…,sn, 若存在一个整数t, 0tn,
第5章二项式系数2北京航空航天大学学习内容?54二项式系数的单峰性?55牛顿二项式定理56偏序集?56偏序集回顾?二项式系数pascal公式?????????k????????????????????11nnn?pascal三角形的对称性?????????????1kk54二项式系数的单峰性?定义1
组合数学第五章
{}1 ,,n a n b n c n a ⋅⋅⋅、从中取出个字母，要求的个数为偶数，问有多少种取法？
2 a b c d e n a b 、由字母，，，，组成的长为的字中，要求与的个数之和为偶数，问这样的字有多少个？
{}123412123,,,1,2,3,41,2,3,41,2,451,2,3,410n i i i S e e e e a S n e i e i e e e e e i ∞⋅∞⋅∞⋅∞⋅===、设多重集合=，表示集合满足下列条件的组合数，分别求数列的生成函数:
(1)每个()出现奇数次；
(2)每个()出现3的倍数次；
（3）不出现，至多出现次；
（4）出现13或11次，出现或次；
（5）每个()至少出现次。
{}124,,
,1,2,
,1,2,
,k n i i S e e e a S n S S e i k i e i k i ∞⋅∞⋅∞⋅==、设多重集合=，表示集合满足下列条件的组合数，分别求数列的指数型生成函数:
(1)的每个元素出现奇数次；
(2)的每个元素至少出现4次；
（3）()至少出现次；（4）()至多出现次.
5、设有砝码重为1g 的3个，重为2g 的4个，重为4g 的2个，问能称出多少重量？各有几种方案？
6⨯、如果要把棋盘上偶数个方格涂成红色，试确定用红色、白色和蓝色对1n 棋盘的方格涂色的方法数。
组合数学邵嘉裕第五章答案
组合数学邵嘉裕第五章答案一、选择题1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为()A．C26C24C22 B．A26A24A22C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33[答案]A2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排法共有() A．120种B．480种C．720种D．840种[答案]B[解析]先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C36种排法，再将qu看成一个整体(相当于一个元素)与选出的3个字母进行全排列有A44种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有C36A44＝480(种)．3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有()A．24种B．18种C．12种D．96种[答案]B[解析]先选后排C23A33＝18，故选B.4．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有() A．40个B．120个C．360个D．720个[答案]A[解析]先选取3个不同的数有C36种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数．5．(2010湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10B．11C．12D．15[答案]B[解析]与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个)第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个)第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个)与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)6．北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为()A．C414C412C48 B．C1214C412C48C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33[答案]B[解析]解法1：由题意知不同的排班种数为：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.故选B.解法2：也可先选出12人再排班为：C1214C412C48C44，即选B.7．(2009湖南理5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A．85B．56C．49D．28[答案]C[解析]考查有限制条件的组合问题．(1)从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C27种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C27＝42种．(2)甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法．由分类计数原理知共有不同选法42＋7＝49种．8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有()A．6个B．12个C．18个D．30个[答案]B[解析]C46－3＝12个，故选B.9．(2009辽宁理，5)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种B．80种C．100种D．140种[答案]A[解析]考查排列组合有关知识．解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴选A.10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有() A．50种B．49种C．48种D．47种[答案]B[解析]主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的`思想方法．因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素．1°当A＝{1}时，选B的方案共有24－1＝15种，当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种，当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种，当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种．故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种．2°A为二元素集时，A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种．A中最大元素是3，有C12种，选B的方案有22－1＝3种．故共有2×3＝6种．A中最大元素是4，有C13种．选B的方案有21－1＝1种，故共有3×1＝3种．故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种．3°A为三元素集时，A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种．A中最大元素是4，有C23＝3种，选B的方案有1种，∴共有3×1＝3种．∴A为三元素时共有3＋3＝6种．4°A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种．∴共有26＋16＋6＋1＝49种．二、填空题11．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有______种不同送法．[答案]10[解析]每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10种．12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有________种．[答案]60[解析]对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．∴不同排法有A35＝60种．13．(09海南宁夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．[答案]140[解析]本题主要考查排列组合知识．由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有C37C34＝140种．14．2010年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种．[答案]150[解析]先分组共有C35＋C25C232种，然后进行排列，有A33种，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150种方案．三、解答题15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.[解析]因为Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.经检验x＝3和x＝－9不符合题意，舍去，故原方程的解为x1＝－1，x2＝1.16．在∠MON的边OM上有5个异于O点的点，边ON上有4个异于O点的点，以这10个点(含O点)为顶点，可以得到多少个三角形？[解析]解法1：(直接法)分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、ON上，所以有C15C14个，O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上有C25C14个，一个顶点在OM上，两个顶点在ON上有C15C24个．因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)．解法2：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C310，但其中OM上的6个点(含O点)中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点(含O点)中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35个，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(个)．。
第一节 存在性问题
第五章组合数学第一节存在性问题E1-001 证明：对每一个自然数m，平面内存在一有限点集S．有如下性质：对S中每一个点A，S中恰有m个点与A相距为1单位，这种点集S有无限多个．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题5．本题由保加利亚提供．【证】m=1时，取两个距离为1的点，它们所成的集显然具有所说的性质．设对于自然数k，存在点集S k具有所说性质．将S k平移1个单位得到点S'k．平移方向不与以下直线平行：（1）过S k中任两点的直线；（2）以S k中每一点为圆心，1为半径作圆，过这些圆的交点与圆心的直线．这时S k中每一点A恰与S k∪S'k中k+1个点的距离为1．同样，S'k中每一点恰与S k∪S'k中k+1个点的距离为1．因此S k+1=S k∪S'k具有所说的性质．因此命题成立．E1-002 给出一个集合，该集合由十个互不相同的两位十进制正整数组成．证明：这个集合必有两个无共同元素的子集，两子集中各数之和相等．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．【证】该集合共有210-1=1023个非空子集．每个子集中的数的和≤10×100=1000，故其中必有两个和相等．相应的两个子集如有公共元，将公共元划去，产生的两个子集，所含数的和相等．E1-003 集合M由1985个不等的正整数组成，其中每个正整数的素因子均不大于26．证明：M至少含有一个由4个不同的数组成的子集，这4个数之积为某整数的4次幂．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题4．本题由内蒙古提供．【证】小于26的素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23共9个．按题意，M中每一数具有标准形式：2a13a25a3…23a9…（1）其中a1，a2，…，a9为非负整数．注意a i按奇偶来分只有两种可能，所以9个指数a1，a2，…，a9的奇偶分配共29=512种，从而M中1985（＞513）个形如（1）的数中，可以找到一对数，它们的指数的奇偶性相同，不仅如此，将找到的数取出后，还可以继续在M中选出这样的数对，直至选出737对，每一对这样的数的乘积的形式为（2β13β2…23β9）2（2）其中βi（1≤i≤9）为非负整数．如上所说，在形如（2）的737个数中，必有两数的指数中的β1，β2，…，β9与β'1，β'2，…β'9的奇偶性相同，这两个数的积（ab）（cd）=（2r12r2…23r9）4其中r i为非负整数，所以a、b、c、d的积为整数的4次方．E1-004 在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得（1）每个整点都在此集合的某一圆周上；（2）此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．【题说】1987年全国联赛二试题2．【证】设m是无理数，n是有理数，且2n≠整数，则点P（m，n）到任何二相异整点（a，b），（c，d）不等距因为由（a-m）2+（b-n）2=（c-m）2+（d-n）2得出 a2+b2-c2-d2+2（d-b）n=2（a-c）m上式左边是有理数，所以必须右边为0，从而a=c，则（b-d）（b+d-2n）=0由n的取法，必须b=d，与二点不同矛盾）．以P为心，过各个整点作圆，则每个圆上恰有一个整点，所以这一族同心圆即为所求．E1-005 空间是否存在一个无限点集，它在每个平面上都至少有一个点，但都没有无限多个点？【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题2．【解】点集M=｛（t5，t3，t）：t∈R｝在每一个平面Ax+By+Cz+D=0上至少有一个点，至多有五个点，因为奇次方程At5+Bt3+Ct+D=0至少有一个实数根，至多有五个实数根．E1-006 是否存在两个整数，其立方和等于1991？【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【解】易知对x∈Zx3≡0，±1（mod 7）因此，对于任意的X、y∈Z，x3+y3除以7的余数∈｛0，1，2，5，6｝．但1991除以7的余数是3，所以不存在X，y∈Z，使得x3+y3=1991E1-007 设X是一个有限集合．法则f使得X的每一个偶子集E（偶数个元素组成的子集）都对应一个实数f（E），且满足条件：（1）存在一个偶子集D，使得f（D）＞1990；（2）对于X的任意两个不相交的偶子集A，B，有f（A∪B）=f（A）+f（B）-1990求证：存在X的子集P和Q，满足（1）P∩Q=，P∪Q=Z；（2）对P的任何非空偶子集S，有f（S）＞ 1990；（3）对Q的任何偶子集T，有f（T）≤1990．【题说】第五届（1990年）全国冬令营赛题5．【证】由于X是有限集，X的偶子集的个数是有限的．令P是使f值最大的偶子集，如果这样的偶子集不只一个，取其中元素最少的为P．Q是P 相对于X的余集．显然P∩Q=，P∪Q=X从而f（S）＞1990对Q的偶子集T，由于P∩T=，P∩T是偶子集，所以f（P）≥f（P∪T）=f（P）+f（T）-1990因此，f（T）≤1990E1-008 从数集｛0，1，2，…，14｝中选出不同的数，填入下图中10个小圆中，使得由线段连结的两个数之差的绝对值均不相同．这可能吗？请证明你的结论．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题4．【解】不可能．用反证法证明如下：如果能按题中要求从｛0，1，…，14｝选出10个数填入图中圆中，使由线段连结的两个数之差的绝对值都不同．那么这14个差的绝对值应恰好是1，2，…，14，其中有7个奇数，7个偶数．因而它们的和S是奇数．另一方面，小圆中的每个数在S中出现偶数次（每个小圆引出偶数条线段），所以S应当是偶数．以上矛盾即证明了我们的论断．E1-009设整数n≥4，a1，a2，…，a n是区间（0，2n）中的不同整数．证明：集合｛a1，a2，…，a n｝有这样的子集存在，它的所有元素之和能被2n 整除．【题说】1992年四川省高中数学联赛决赛题4．【证】（1）若n｛a1，a2，…，a n｝则2n个整数a1，a2，…，a n，2n-a1，2n-a2，…，2n-an都属于（0，2n）．由抽屉原理其中至少有二数相等，令a i=2n-a j．因n｛a1，a2，…，a n｝，必有i≠j，于是a i+a j能被2n整除．（2）若n∈｛a1，a2，…，a n｝，不妨设a n=n，考虑 n-1个整数 a1，a2，…，a n-1（n-1≥3），在其中任取三个数a i＜a j＜a k．若a k-a j，a j-a i均能被n整除，则a k-a i=a k-a j+a j-a i≥2n与a k∈（0，2n）矛盾．故a1，a2，…，a n-1中至少有两个数，差不能被n整除．不妨设a1与a2的差不能被n整除，考虑n个整数：a1，a2，a1+a2，a1+a2+a3，…，a1+a2+…+a n-1．（i）若这n个数关于模n的余数都不同，则其中必有一个数能被n整除，令此数为kn．若k为偶数，结论成立；若k为奇数，加上a n即构成所需要的子集．（ii）若这些数中有两个数关于模n同余，则它们的差被n整除，因a1和a2不同余，故这二数之差必为原集合中若干数之和．以下讨论同（i）．这里n≥4是必要的，如n=3时，集｛1，3，4｝结论不成立．【又解】假设结论不成立，则｛1，2n-1｝，｛2，2n-2｝，…，（n-1，n+1｝，｛n｝这n个集每个至多含一个a i（1≤i≤n）．从而这n个集每个恰含一个a i（1≤i≤n）．特别地，可设a n=n．于是（否则j+（n-j）+n=2n）．因为（2n-1）+（n+1）+n=4n，所以1与n-1至少有一个∈A．不妨设1∈A，这时n-1A，n+1∈A．因为（2n-2）+（n+1）+1+n=4n，所以2n-2A，2∈A．E1-010 A是满足下列条件的m×n矩阵．（1）m≤n；（2）矩阵中的元素均为0或1；（3）若f是｛1，2，…，m｝到｛1，2，…，n｝的单射，则存在i∈｛1，2，…，m｝，使得第i行f（i）列元素为0．证明：存在满足下列条件的集合S ｛1，2，…，m ｝和T ｛1，2，…，n｝，使得（1）若i∈S，j∈T，则第i行j列元素为0；【题说】1992年日本数学奥林匹克题4．【证】条件（3）即A'中任m个元素，如果每两个不同行也不同列，那么这m个元素中必有0．所要证的结论即A有一个s×t的子矩阵，元素全为0，而且s+t＞n．如果m＜n，可添n-m行，每行元素都是1，因此可设m=n，即只需考虑方阵．m=1时结论显然．假设m换为较小的数时结论成立．如果元素全部为0，结论显然．不妨设第m行第m列的那个元素为1．这时前m-1行前m-1列的子矩阵，具有与（3）相应的性质，即每m-1个两两不同行不同列的元中必有0，从而由归纳假设，存在s×t的零子矩阵，s+t ＞m-1．若s+t＞m，结论已真．设s+t=m，并且这个零子矩阵在左上角，即前s行前t列．右上角的s×s方阵与左下角的t×t方阵中，若某一个不具有与（3）相应的性质（即有一条两两不同行不同列的1组成的对角线），则由（3），另一个必具有相应的性质．不妨设s×s方阵具有相应的性质，则由归纳假设，其中有h×k的零子矩阵，h+k＞s．将它与左上角的零子矩阵合在一起，得到一个h×（t+k）的零子矩阵，而h+（t+k）＞s+t=n于是结论对一切自然数m成立．E1-011 设k和l为正整数．证明：存在整数M，使得当n＞M时，【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题4．（2k+1）n+（2l+1）n≡1+2kn+1+2ln（mod 4）=2n（k+l）+2要使2n整除（2k+1）n+（2l+1）n，n必为奇数．此时（2k+1）n+（2l+l）n=（2k+2l+2）［（2k+1）n-1-（2k+1）n-2．（2l+1）+…+（2l+1）n-1］上式右端第二个因式是n个奇数的代数和，因而是奇数．所以，2n整除（2k+1）n+（2l+1）n的充要条件是2n整除2（k+l+1）．E1-012 （1）考虑20的平方，它与20有着相同个数的非零数字．问除了10、20、30以外，是否存在一个两位数，它的平方与它有相同个数的非零数字？如果你认为存在，找出它，如果你认为不存在，证明你的结论．（2）问除了100、200、300以外，是否存在一个三位数，使它的平方数与它有相同个数的非零数字？【题说】 1992年英国数学奥林匹克题1．【解】（1）设n是满足题意的两位数，个位数字不为0，则n2具55，64，71，78，84，90，95均不满足题意．所以，满足题意的两位数不存在．（2）显然，245满足题意，因为2452=60025．E1-013 设n是奇数．试证：存在2n个整数．a1，a2，…，a n；b1，b2，…，b n，使对任一整数k，0＜k＜n，下列3n个数a i+a i+1，a i+b i，b i+b i+k（i=1，2，…，n；其中a n+1=a1，b n+j=b j，0＜j＜n）被3n除所得余数互不相同．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题1．【证】取a i=3i，b i=3i+1（1≤i≤n），则a i+a i+1=6i+3a i+b i=6i+1显然，6i+3，6j+1，6t+3k+2，或6t+3k-3n+2，除以3余数分别为0，1，2．因此它们被3n除后余数各不相同．在1≤i≤j≤n时，（6j+3）-（6i+3）=6（j-i）．因为n是奇数，0＜j-i＜n，所以6（j-i）不被3n整除，即6j+3与6i+3被3n除，余数不同．同样，在1≤i＜j≤n时，6j+1与6i+1被3n除，余数不同．6j+3k+2或6j+3k-3n+2与6i+3k+2或6i+3k-3n+2被3n除，余数不同．因此，所取的a i，b i（1≤i≤n）符合要求．E1-014是否存在自然数n，使n！的前四位为1993？【题说】1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题4．【解】答案是肯定的．取N=1000100000，当n=N，N+1，…时，考虑数n！的前4位的过不多于10次的乘法运算后将增加1．所以，数n！前四位将跑遍所有的四位数，其中当然会有1993．E1-015证明：在任给的8个不同的实数x1，x2，…，x8中，至少存在两个实数x i和x j使得不等式成立．【题说】1994年四川省高中数学联赛题2．互不相同，且两个θi和θj使得即E1-016对于任何正整数k，f（k）表示集合｛k+1，k+2，…，2k｝内在二进制表示下恰有3个1的所有元素的个数．（a）求证：对于每个正整数m，至少存在一个正整数k，使得f（k）=m．（b）确定所有正整数m，对每一个m，恰存在一个 k满足f（k）=m．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．【解】k=1，2，3时，f（k）=0．k=4=（100）2时，f（k）=1．若k+1的二进制表示中恰有三个1，那么2（k+1）的二进制表示中也恰有三个1，所以f（k+1）≥f（k）．当且仅当2k+1的二进制表示恰有三个1时，f（k+1）=f（k）+1，即k=（100…0100…0）2［包括k=（10…01）2在内］时，f（k+1）=f（k）+1．由于这样的k有无穷多个，所以f（k）从1逐一增加至无穷（即（a）成立）．并且仅在k=（10…010）2时，f（k），f（k+1）连续（比前一项）增加1，从而当且仅当k=（10…010）2=2n+1+2时，m=f（k）仅出现一次，E1-017求证：存在一个具有下述性质的正整数的集合A：对于任何由无限多个素数组成的集合S，存在k≥2及正整数m∈A和n A，使得m 和n均为S中k个不同元素的乘积．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题6．本题由芬兰提供．【证】将素数依大小排列为 p1＜p2＜p3＜…．令A i=｛p i p j1…P j i｜i＜j1＜…j i｝，i=1，2，…，则A=∪A iE1-018是否存在（1）4个；（2）5个不同的自然数，它们中任意三个数之和是素数？【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题2．【解】（1）1，3，7，9满足条件．（2）由于任意5个不同的自然数中，必存在3个数，除以3后余数相同，从而这三个数的和是3的倍数，因而是合数．即不存在5个不同的自然数，它们中任意三个数之和是素数E1-019 是否存在100个正整数，使得它们的和与最小公倍数相等？【题说】1995年城市数学联赛低年级普通水平题2．【解】1，2，22，23，…，22n+1与3，3·2，3·23，3·25，…，3·22n-1，这3n+3个数的最小公倍数为3·22n+1，和为（22n+2-1）+（3+22n+1-2）=3·22n+1取n=33，得到102个数1，2，4，8，…，2”与3，6，24，…，3·265，去掉4，8，16，32，增加12，48，如此100个正整数满足条件．E1-020 由同一组数码写成的自然数称之为相似数（例如，对数码组1，1，2，相似数有112，121，211）．证明：存在三个不含数码0且有1995位的相似数，使得其中两数之和等于第三个数．【题说】第二十一届（1995年）全用数学奥林匹克九年级题5．【证】因为159十495—954，而1995被3g除，所以三个数459459…459（665个459）495495…495（665个495）954954…954（665个954）合乎要求．E1-021 是否存在正整数n＞1，满足下列条件：正整数集可分拆为n 个非空子集，使得从任n-1个子集中各任取一个数，这n-1个数的和在剩下的哪个集中？【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】 n=2显然不满足条件．若n=3满足条件，正整数集分拆成的三个非空子集人A1，A2，A3中必有一个至少含有一个奇数，另一个至少含有一个偶数．设奇数a=2h-1∈A1，偶数b=2k∈A2，则根据已知条件可得a+b∈A3，a+2b∈A1，a+3b∈A3，a+4b∈A1，…以及b+a∈A3， b+2a∈A2， b+3a∈A3， b+4a∈A2，…于是a+2hb∈A1，b+（2k+1）a∈A3，但a+2hb=b+（2k+1）a．与分拆的定义不符，所以 n=3不满足条件（注意我们并没有用到 A1∪A2∪A3=N）．若n＞3满足条件，正整数集分拆成n个非空子集A1，A2，A3，…，A n．这个集中有两个，不妨设为A1，A2；A1中有一个元a与A2中一个元b的奇偶性不同．从A4，…，A n中各取一个数作成和s，令a'=a+s，b'=b+s，则A'i=｛x+s｜x∈A i｝，i=1，2，3显然a'、b'奇偶性不同、并且分别属于A1'、A2'．对任意的x∈A i'，y ∈A j'（1≤i＜j≤3），x+y=（x-s）+（y-s）+s+s∈A'kk是｛1，2，3｝-｛i，j｝中的元素．根据上面对n=3的证明，A'1，A'2，A'3中有两个集的交非空，从而A1，A2，A3的交非空．因此，没有满足要求的n．E1-022 Z表示整数集．证明对任意整数A、B可以找到整数C，使得集M1=｛x2+Ax+B｜x∈Z｝与M2=｛2x2+2x+C｜x∈Z｝不交．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【证】2x2+2x+C≡C（mod 4）若A为奇数，则y2+Ay≡y2+y≡0（mod 2）即y2+Ay+B（mod 4）仅有两类．若A为偶数．则y为偶数时，y2+Ay≡0（mod 4），y为奇数时，y2+Ay ≡1+4（mod4）．即y2+Ay+B（mod 4）仍仅两类．因此，可取C不属于以上两类（mod 4），这时M1，M2无公共元素．E1-023 k为正整数，证明存在无限多个形如n·2k-7的平方数，这里n是正整数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【证】对k=1，2，3，取m=1+4l，l为正奇数，则m2+7≡0（mod24）对k≥3，设有正整数m，满足m2+7≡0（mod2k+1）（1）显然m为奇数．对任意正整数a，（m+a·2k）2+7≡m2+7+2k+1ma=2k+1（b+ma）（mod2k+2）取a与b的奇偶性相同，则（m+a·2k）2+7≡0（mod2k+2）因此，对任意正整数k，均有无穷多个m满足（1），即有无穷多个正整数n，使n·2k-7为平方数m2．E1-024 是否存在这样的有限非零实数集合M，使得对任意的自然数n，总可求得以M中的数为系数．且次数不低于n的多项式，它的所有实根也属于集合M？【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题7．【解】设存在满足要求的集合M=｛a1，a2，…，a m｝．记a=min ｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，A=max｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，显然A≥a＞0．考察多项式p（x）=b k x k+b k-1·x k-1+…+b1x+b0它的系数b0，b1，…，b k及根x1，x2，…，x k均属于集合M．由韦达定理，有这说明多项式的次数不可能大于C，矛盾．因此，满足题设条件的集合M不存在．E1-025确定（并证明）是否有整数集的子集X具有下面的性质：对任意整数n，恰有一组a、b∈X，使a+2b=n．【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题6．【解】这样的X存在．首先令X2=｛0，1｝．假设已有X k=｛a1，a2，…，a k｝，使得a1+2a j（1≤i，j≤k）互不相同．令S k=｛a i+2a j｜1≤i，j≤k｝．对任一不属于S k的整数n，取正整数a k+1，又令a k+2=-2a k+1+n．只要a k+1充分大，对1≤i，j，s，t≤k，有3a k+1＞a s+2a k+1＞a k+1+2a i＞n ＞a k+2+2a j＞a k+1+2a k+2＞a t+2a k+2＞3a k+2，而且a k+1+2a i大于S k中一切正数，a k+2+2a j 小于S k中一切负数．于是，对X k+2=｛a k+1，a k+2｝∪X k中任二数a、b，a+2b）互不相同．令X=X2∪X4∪…∪X2k∪2k+2∪…则X满足要求．E1-026求证存在无穷多个自然数n，使得可将3n个数1，2，…，3n列成数表a1 a2…a nb1 b2… b nc1 c2… c n满足条件：（1）a1+b1+c1=a2+b2+c2=…=a n+b n+c n，且为6的倍数；（2）a1+a2+…+a n=b1+b2+…+b n=c1+c2+…+c n，且为6的倍数．【题说】1997年中国数学奥林匹克题3．【解】设 n=12h-3，h为任一自然数，则在1，2，…，3n能排成3×n 的矩阵使每行和都相等，每列和都相等时，每行的和为每列的和为均被6整除．因此只要证明能排成上述矩阵．更一般地，我们证明对奇数m=2k+1，9m个数1，2，…，9m总可以排成3×3m的矩阵使行和都相等，列和也都相等．首先将这些数排列如下：这时行和已经相等．考虑第1，4，7，…，3m-2列．为方便起见，将这些列写成将它调整为0 1 2… 2k-2 2k-1 2kk 2k k-1… 1 k+1 02k k-1 2k-1 …k+1 0 k（第二行自右向左先写0，间隔一个写1，…，写到k再回到右边写k+1，k+2，…，2k．第三行则自右边第二个位置写起．）不难验证此时各列和相等（均为8+3+4+3k×9）．对第2，5，8，…，3m-1列以及第3，6，9，…，3m列用同样方法调整，便得到行和都相等，列和也都相等的矩阵．E1-028 图a是由16条线段组成的图形，证明不能画出一条折线，它和图中每条线段都相交一次（这条折线可以是开的，可以是自身相交的，但折线的顶点不能在线段上，而折线的边也不能通过线段的公共端点）．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题1．【证】原图有6个区域A、B、C、D、E、F可以看作6个点（图b）．如果所说的折线存在，每一段折线就是连结A、B、C、C、D、E、F中某两点的边（边AB表明这段折线的端点为A、B），区域A的边界被分为五段，即点A引出5条边，A是奇顶点．同样，B、D、F是奇顶点（分别引出5、5、9条边）．有4个奇顶点的图不能一笔画成．因此所说的折线不存在．E1-029 已知平面上有2n+3（n≥1）个点，其中没有三个点共线，也没有四个点共圆，能不能通过它们之中的某三个点作一个圆，使得其余的2n个点一半在圆内，一半在圆外？证明你的结论．【题说】 1963年北京市赛高三二试题3．【证】结论是肯定的．首先在2n+3个点之中一定可以找到A、B两点，使得其余2n+1个点在直线AB的一侧，事实上，按任意选定方向，通过每一个已知点作一条直线，这样的直线最多有2n+3条，其中有一条最靠外的令为l1．若l1上有两个已知点，则l1为所求的直线；若l1上只有一个已知点A，由A出发通过其余2n+2个点作射线．设其中射线AB与l1的夹角最小，则直线AB即为所求．线段AB对其余2n+1个点的张角各不相等（因为这2n+3个点中没有四点共圆），设为θ1＜θ2＜…＜θn＜θn+1＜…＜θ2n＜θ2n+1，对应于θn+1的点为C，则圆ABC即为所求．对应于θ1，θ2，…，θn的n个点在圆ABC外，对应于θn+2，θn+3，…，θ2n+1的n个点在圆ABC之内．E1-030设在一环形公路上有n个汽车站，每一站存有汽油若干桶（其中有的站也可以不存），n个站的总存油量足够一辆汽车沿此公路行驶一周．现在使一辆原来没油的汽车从某站依反时针方向沿公路行驶；每到一站即把该站的存油全部带上（出发的站也如此），试证n站之中至少有一站，可以使汽车从这站出发环行一周，不致在中途因缺油而停车．【题说】 1964年北京市赛高三二试题3．【证】设这n个站依次（逆时针顺序）为A1，A2，…，A n，并且每个站都存有油（否则可将该站取消）．当n=1时，显然从唯一的汽车站出发可走完全程．设对n=k时，结论成立．在n=k+1时，由已知条件总油量足够汽车行驶一周，A1，A2，…，A n中必有一个站A i，从它出发可以行驶到下一站A i+1（1≤i≤nA n+1=A1）．将A i+1的油全部移到A i并取消A i+1站，则由归纳假设，存在站A i，由它出发可以行驶一周．由于在行驶中，先到A i后到A i+1，所以恢复A i+1站后，从站A j出发仍可以行驶一周．因此结论对一切自然数n均成立．E1-031 在圆内或圆上任取8个点．证明：在这8个点中，必有两个点的距离小于圆的半径．【题说】 1965年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】在所取的8个点中至少有7个点不和圆心重合．如果有某两个点在同一条半径上，那么这两点的距离显然不小于圆的半径．设不和圆心重合的7个点在7条不同的半径上．每相邻两条半径构成一个圆心角，7个圆心角合成周角．因此必有两点A、B使∠AOB＜60°．在△OAB中，最大边大于边AB（因为一角大于60°）．但是边OA和OB都不超过圆的半径，所以AB小于圆的半径．E1-032 一个旅游者乘火车到莫斯科，他在街上逛了一整天，在广场上一个小吃店里吃了晚饭后，决定回火车站．证明：他一定可以沿着来时走过奇数次的街道回火车站．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】将交叉口当作点，交叉口之间的街道当作边，除车站与广场外，每一个点都是偶顶点，即引出偶数条边（走过k次的边算作k条）．旅游者沿原路退回．在每一点处面临奇数条边，其中必有一条边他来时只走过奇数次，沿这条边前进．这样继续下去，由于边数有限，必在某一点停止，这点就是火车站．E1-033在无限大的方格纸上，有n个方格涂成黑色．证明：一定可以剪掉有限个正方形，满足以下两个条件：1．所有的黑色方格全部在被剪掉的正方形之中．2．在任何一个被剪掉的正方形中，黑色方格的面积不小于这个正方【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克九年级题8．【证】从平面上剪掉一个2n×2n的正方形k0，它含有所有黑色方格和至少比它多4倍的白色方格．于是，所有黑方格的面积小于正方则将它再剪成四个正方形k2，等等，直到得到一些2×2的正方形，将所有不含黑色方格的正方形去掉，则剩下的正方形满足题给要求．E1-034 1．假定一个4×7方格的棋盘，如图a所示，各个方格着色为黑或白．求证：对任何一种着色方式，在棋盘中必定包含一个由棋盘上横线和纵线所构成的矩形，它的四角上的方格同色．2．给出一个4×6方格的棋盘上的一种黑白着色，使得在棋盘内每一个如上所说的矩形中，四角上的方格都不是同色的．【题说】第五届（1976年）美国数学奥林匹克题1．题中所说“矩形”，应理解成由平行于棋盘中横线与纵线的线段为四边的矩形，其顶点不与格点重合．【证】 1．可以证明更强的结论：在3×7的棋盘内，存在四角同色的矩形．第一行的7个方格中至少有四个同色．不妨设前4个方格均为白色．第二行（或第三行）的前4个方格中如果有两个白格，那么结论已经成立．如果第二行、第三行的前4个方格中均只有1个白格，那么去掉白格所在的列便得到四角同为黑色的矩形．2．图b即为所求．E1-035线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为n+1个不重叠的小线段．这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．证明：标准线段的个数都是奇数．【题说】 1979年安徽省赛二试题2．【证】从A到B，经过n个分点，颜色改变奇数次，每改变1次颜色，即有1条标准线段，因此标准线段的条数为奇数．E1-036 一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段A i B j（i，j=1，2，3，4，5）分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题2．本题由保加利亚提供．【证】首先我们证明上底的五条边颜色完全相同．如果上底的五条边颜色不完全相同，那么必有两条相邻的边颜色不同，不妨设A1A2是绿的，A1A5是红的．自A1引出五条线段A1B1、A1B2、A1A3、A1A4、A1A5中，至少有三条有相同的颜色，这三条线段的端点B j中必有两个相邻，不妨设A1B1，A1B2均为绿色，那么B1B2必为红色，但△B1A1A2推出A2B1为红色，由△B2A1A2推出A2B2也为红色，这时得△A2B1B2的三条边都是红色的，与已知条件矛盾．这就证明了上底的五条边的颜色必相同．同理可证下底的五条边的颜色也相同．现在来证明，上、下底的颜色必须是同样的．若不然，上、下底的颜色不同，不妨设上底的五条边全是绿色，下底的五条边全为红色．前述中设A1B1、A1B2颜色相同，由于B1B2是红色的，A1B、A1B2都必须是绿色的．与前面的证明完全一样，△B1A1A2、△B2A1A2、△A2B1B2中必有一个三条边是同一颜色的三角形．而与已知条件矛盾．所以，上、下底10条边颜色一定相同．E1-037试证在2n×2n（n∈N）个相等小方格组成的棋盘上任意挖去一个小方格后，总可以由三个小方格构成的L形块恰好铺满（既不重叠，也不越界）．【题说】 1981年上海市赛二试题2．【证】用数学归纳法，（1）当n=1时（图a），命题显然真．（2）设当n=k时（图b），命题真，则当n=k+1时，把挖去一个小方格的2k+1×2k+1棋盘ABCD四等分得四个2k×2k棋盘AEOH、EBFO、OFCG、GDHO，其中必有一个是挖去一个小方格的棋盘，设为GDHO．现将一个L形块放在O处（图c），使它在AEOH、EBFO、OFCG各占一格，则这四个2k×2k的棋盘都成了挖去一个小方格的棋盘了，根据归纳假设它们都能被L形块恰好铺满．由（1）、（2）得，对一切自然数n命题真．E1-038 在3×4cm的长方形中，放置6个点．试证：可以找到两【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【证】先把长方形分成5个区域（如图），根据抽屉原理，必有E1-039已知平面上两个不同的点O和A，对于平面上不同于O的每一点X，由OA按逆时针方向到OX的角的弧度数用a（X）表示（0≤a（X）＜2π），设C（X）是以O为圆心，以OX+a（X）／OX的长为半径的圆．平面的每一个点用有限多的颜色之一来着色，证明存在一个点Y，a（Y）＞0．它的颜色出现在圆C（Y）的圆周上．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题3．【证】以O为心，半径小于1的圆有无限多个，而圆上所染颜色的种数（n种颜色的子集）至多为2n-1，所以必有两个圆的颜色的种数相同，设它们的半径为r、s，r＜s＜1．显然r（s-r）∈（0，2π）．⊙（O，r）上以r（s-r）为幅角的点Y，它的颜色出现在⊙（O，s）上．而所以⊙（O，S）即圆C（Y），命题成立．E1-040已知空间有1987个点．证明：可以经过其中某点作一个平面，使得其两侧各有993个点．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】过每两个已知点作一条直线．我们证明存在一个平面，不平行于这有限多条直线中的任何一条．事实上，任取一点O，过O作直线分别与上述直线平行，再过O作一条直线OA 与它们均不相同，则在过OA的平面中，只有有限多个含有其它所作的直线．因此有一个过OA的平面α不含其它所作的直线，即不平行于上述直线中的任何一条．过已知的1987个点，分别作平面α的平行平面．由平面α的上述性质，所作的平面都仅含一个已知点．顺次数过去，这1987个平行平面中，第994个平面即为所求．E1-041设在空间给出20个点，其中某些点涂黄色，其余点涂红色．已知在任何一个平面上同色点不超过3个．求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含异色点．【题说】第一届（1990）希望杯高一赛二试题4．【证】 20个点分为两色，其中必有四点同色．由已知，它们不在一个平面上，因而组成一个四面体．这种四个顶点同色的四面体仅有有限多个，设其中以V的体积为最小．若V的每个侧面均含一个与顶点异色的点，则这四点组成一个体积小于V的四面体，这是不可能的．因此V至少有一个侧面不含与顶点异色的点．E1-O42设圆周上给定1991个点，其中任二点不共有一条直径，证明其中存在一个点．过它所作的直径，将其余1990个点恰好平分在两个半圆上．【题说】 1991年芜湖市赛题5．。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
李凡长版组合数学课后习题答案习题5第五章Pólya计数理论1. 计算,并指出它的共轭类. 解：题中出现了5个不同的元素：分别是：1，2，3，4，5。
即|Sn|＝5。
(123)(234)(5)(14)(23)?12345??12345??12 345? ???23145????13425????43215? ????????12345??12345????34125????432 15?? ?????12345????21435?? ???(12)(34)( 5) 的置换的型为1122而Sn中属于1122型的元素个数为个其共轭类为，，，，，，，，，，，，， 2. 设D是n元集合,G是D上的置换群.对于D 的子集A和B,如果存在??G,使得B?{?(a)|a?A},则称A与B是等价的.求G 的等价类的个数. 1n?c1(ai)，其中c1(ai)表示在置换ai作用下保持不变解：根据Burnside引理l?Gi?15!?152!1!1122的元素个数，则有c1(σI)=n; 设在σ的作用下，A的元素在B中的个数为i，则c2(σ)=n－2i；1若没有其他置换，则G诱出来的等价类个数为l=[n?(n?2i)]?n?i 23. 0,1,6,8,9组成的n位数,如果把一个数调转过来读得到另一个数,则称这两个数是相等的.例如,0168和8910,0890与0680是相等的.问不相等的n位数有多少个？解：该题可理解为相当于n位数，0，1，6，8，9这5个数存在一定的置换关系31 对于置换群G={g1,g2} g1为不动点置换，型为1n；为5n；n??n?g2置换：(2(n-1))(3(n-2))…(??2??2?) ????分为2种情况：n为奇数时12 ，但是只有中间的数字是0，1，8的时候，才可能调转过来的时候是相同的，所以这里的剩下的中间数字只能是有3种。
即：个数为3×5n2n2n?12 n2 n为偶数时 2 ，个数为 5 该置换群的轮换指标为1n122(5?5)?5 n为偶数时，等价类的个数l=221nn为奇数时，等价类的个数l=(5?3?52n?12n3n) 4. 现有8个人计划去访问3个城市,其中有3个人是一家,另外有2个人是一家.如果一家人必须去同一个城市,问有多少种方案？写出它们的模式. 解：令D={d1,d2,…,d8}，其中，d1,d2,d3为一家，d4,d5为一家。
组合数学课件第五章容斥原理
5.1.3 包含排斥原理
例2、求从1到1000的整数中不能被5，6 和8中任何一个整除的整数个数。 解：用lcm{a1,a2,…,an}表示n个整数a1,a2,…,an的最小公倍数。 设S={1,2,…,1000}，令A,B,C分别为1~1000中能被5,6,8除尽的整数 集合。显然，其补集代表不具备被整除性质的集合。根据题意有
5.1.2 计数定理 (1) (2)
同样可用Venn图说明该定理的正确性。 或通过组合分析法，若A代表具有性质P1的元素集合，B代 表具有性质P2的元素集合，等式左端表示至少具有性质P1 、 P2之一的元素个数，|A|表示具有性质P1的元素个数，|B|表示 具有性质P2的元素个数，但二者相加时，同时具有性质P1 、 P2的元素计数重复加了一次，故需要减去重复的数|A∩B|。 另外：
类似的分析可得 |A∩B|=C(4+3-1,3)，|A∩C|=C(4+2-1,2)，|A∩D|=C(4+1-1,1)， |B∩C|=C(4+3-1,3)，|B∩D|=C(4+2-1,2)，|C∩D|=C(4+1-1,1)， |A∩B∩C|=|A∩B∩D|=|A∩C∩D|=|B∩C∩D|=|A∩B∩C∩D|=0。 根据容斥原理，B的12−组合数为
5.1.3包含排斥原理
考虑S中一个恰好具有n个性质中的m(1≤m≤n)个性质的一个元 素y，由于y∈S ，故在S中被计算的次数为1=C(m,0)；又由于y恰好 具有m个性质，故它是Ai(i=1,2,…,n)中的m个集合的元素，因而在 中被计算的次数为C(m,1) ；又因为在m个性质中取出一对性质的 方法有C(m,2)个，故y是C(m,2)个集合Ai∩Aj(i≠j)的一个元素，在 中被计算的次数为C(m,2) ,…,因此y在等式右端被计算的次数净值 C(m,0)-C(m,1)+C(m,2)+…+(-1)n C(m,n)，由于m＜k时，C(m,k)=0 ，有
组合数学.二项式定理
第五章 二项式定理5.1 二项式定理 定理5.1令n 是一个正整数, 那么对于变量x,y(可以是任意实数)有:(x+y)n = x n +⎪⎭⎫ ⎝⎛1n x n -1y +⎪⎭⎫ ⎝⎛2n x n -2y 2+…+⎪⎭⎫ ⎝⎛1-n n y n-1+ y n .即(x+y)n =∑=nk ⎪⎭⎫ ⎝⎛k n x n -k y k证明：展开(x+y)n =(x+y) (x+y)…(x+y), n 项乘积， 应用乘法对加法分配率，展开一般项：x n-k y k ,(若n-k 次选择x 必然k 次选择y)，合并同类项，k 次选择y 的方法数⎪⎭⎫⎝⎛k n ，k=1,2,…,n 。
证明：（方法二，归纳法，自己看）二项式定理的几个其它形式:(1) (x+y)n =∑=nk ⎪⎭⎫ ⎝⎛k -n n x n -k y k(2) (x+y)n =∑=nk ⎪⎭⎫ ⎝⎛k -n n x k y n-k (3) (x+y)n =∑=nk ⎪⎭⎫ ⎝⎛k n x k y n-k (4) (1+x)n =∑=nk ⎪⎭⎫ ⎝⎛k n x k5.2 Pascal 公式杨辉三角（看书），总结，公式化，就是Pascal 公式 定理5.2对于满足1≤k ≤n-1的所有整数k 和n, 有⎪⎭⎫ ⎝⎛k n =⎪⎭⎫⎝⎛k 1-n +⎪⎭⎫⎝⎛1-k 1-n 证明：（组合分析法）令S 是n 元素集合，x 是S 的任一元素，那么S 的k 组合的集合X 可以分两部分： A ：不包含x 的k 组合； B ：包含x 的k 组合；|X|=|A|+|B|；|X|=⎪⎭⎫ ⎝⎛k n ，|A|＝⎪⎭⎫ ⎝⎛k 1-n ，|B|＝⎪⎭⎫⎝⎛1-k 1-n 。
证明组合恒等式的3种常用方法： （1） 代数法 （2） 数学归纳法 （3） 组合分析法5.3 一些有用的恒等式(1)k ⎪⎭⎫ ⎝⎛k n =n ⎪⎭⎫⎝⎛1-k 1-n 证明：（直接验证）⎪⎭⎫ ⎝⎛k n ＝ ⎪⎭⎫⎝⎛--=---=-11)!()!1()!1()!(!!k n k n k n k n k nk n k n(2)⎪⎭⎫ ⎝⎛0n +⎪⎭⎫ ⎝⎛1n +…+⎪⎭⎫ ⎝⎛n n =2n 证明：二项式定理，令x=y=1。
组合数学第五章
n n ∞ ∞
则 P (t) = t ⋅ ∏(1− t k i=1 Proof
k n
n=0
i
)
n=k −1
.
Theorem 5.7 P≤k (n) = P (n + k), P≤k (0) :=1. k Proof
例5.4 Solution
1 2
(n1 ≥ n2 ≥ ... ≥ nr ≥1)
r
4 = 4； 4 = 3 + 1； 4 = 2 + 2； 4 = 2 + 1 +1； 4 = 1 + 1 + 1 + 1.
显然, P(n) =1, P (n) =1. 1 n r > n : P (n) = 0. 2 n P (n) = . 2 2 Proof n = n1 + n2 , n1 ≥ n2 ≥1.
第五章 整数的分拆
问题的提出:把n件相同的物件分配到r个 相同的盒子中, 使得无一盒空,有多少不同 的分配方案?
n = n1 + n2 +... + nr (n1 ≥ n2 ≥ ... ≥ nr ≥1)
§5.1 分拆的计数
一、关于Pr(n)的递推公式 Def 5.1 n = n + n +... + n
∞ 2k −1 ∞ k =1 m=1
m m
x ⋅ ∏ 1− x
2
m
k =1
(
2k −1
)
.
Proof
Theorem 5.12(Euler恒等式) 3k 2 −k 3k 2 −k ∞ ∞ i k (1−t ) =1+ ∑(−1) t 2 +t 2 . ∏ m=1 k =1 Proof
北师版高中数学选择性必修第一册精品课件 第5章 计数原理 3 组合问题
(2)要注意两个基本计数原理的运用,即分类加法计数原理与分步乘法计数
原理的灵活运用.
提醒:在分类和分步时,一定注意有无重复或遗漏.
本 课 结 束
的组合数的式子变形或证明.
2.组合数的性质1可以用来进行转化,减少计算量;组合数的性质2主要用于
计算或化简多个组合数连加,此时往往需要先用性质1进行适当的转化,使
得有两个组合数为下标相同,上标差1的形式,再反复运用性质2即可化成最
简形式.
探究三
简单的组合问题
【例3】 已知有10名教师,其中男教师6名,女教师4名.
(1)从1,2,3,…,9这9个数字中任取3个,组成一个三位数,这样的三位数共有
多少个?
(2)从a,b,c,d这4名学生中选出2名学生,去完成同一件工作有多少种不同的
选法?
(3)规定每两人之间通一次电话,5人之间共通了多少次电话?
(4)5名同学,每两人相互发一个电子邮件,共发了多少个电子邮件?
解:(1)取出3个数字后,如果改变这3个数字的顺序,那么会得到不同的三位
.
将本例(2)改为求证:C
证明:右边=
-
所以原式成立.
C-1
=
=
-
-
C-1
.
(-1)!
·
!(--1)!
=
!
!(-)!
= C =左边.
1.组合数公式的连乘形式体现了组合数与相应排列数的关系,在计算具体
的组合数时会经常用到.组合数公式的阶乘形式的主要作用是对含有字母
;
3
2
(2)C99
+ C99
=
18
解析:(1)C20
高中数学第五章计数原理3组合问题第1课时组合组合数公式及其性质课件北师大版选择性必修第一册
100
＝100
101×100
99
99
2
+ 100 ＝C101 ＝C101 ＝
＝5
2×1
050.
(2)若 4> 6 ，则n的取值集合是________．
答案：{6，7，8，9}
解析：由
4
>
n！
6
， 得
4！ n−4
>
n！
， 所 以 n2 － 9n － 10<0 ， 得 －
！ 6！ n−6 ！
方法归纳
区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有
无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，
然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，
若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺
序，是组合问题．
跟踪训练1 判断下列问题是排列问题还是组合问题：
C．18
D．9
)
答案：B
解析：∵ Cn10 ＝Cn8 ，
∴n＝18，
20×19
18
n
2
∴ C20 ＝C20 ＝C20 ＝
＝190.故选B.
2×1
题型三 组合数性质的应用
98
99
例3 (1)计算： 97
+
+
99
99
100 ＝________；
答案：5 050
98
解析： 97
99+99
+
99
原等式化为：
−
＝
5！
6！
10×7！
化简得：m2－23m＋42＝0，解得m＝21或m＝2.
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第五章 区组设计与编码1.拉丁方与正交拉丁方拉丁方：由1，2，…，n 构成n ×n 方阵n n ij a ⨯)(，如果每行每列中1，2，…，n 各出现一次，则称此方阵为拉丁方。
如： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=12212n ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1233122312131323213n 正交换丁方：设()()nn ijnn ij a A a A ⨯⨯==)2(2)1(1是两个n ×n 的拉丁方，如果矩阵()()nn ijija a⨯)2()1(,中2n 个数偶())2()1(,ijij a a 互不相同，n j i ,,2,1, =，则称1A 和2A 正交，或称1A 和2A 是互相正交的拉丁方。
如：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=123312231,21313232121A A 由于⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛)1,2()2,1()3,3()3,1()1,3()2,2()2,3()3,2()1,1(中元素两两不同，故21A A ⊥ 36名军官问题：ij a 表示军官的军衔为i ，军官所在的团为j ，()66),(⨯j i 要求第一个数字构成拉丁方，第二个数字也构成拉丁方，并且正交。
定理：两两相互正交的n 阶拉丁方的个数不超过n-1个pf ：设k A A A ,,,21 是两两相互正交的n 阶拉丁方，往证1-≤n k 。
设n a a a 21是1，2，…，n 的一个全排列，(),,,2,1,)(k l a A nn l ijl ==⨯对1A 作如下置换⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n a a a n2121，得一方阵()nn ij a A ⨯=)1(1，则1A 与k A A ,2正交。
事实上，如果1A 不与2A 正交，则()()nn ijija a⨯)2()1(,中至少有一对数偶出现次数超过1次，设该对数偶为),(m l a a ，则),(m a l 在())2()1(,ijij a a 中至少出现2次，与21,AA 正交矛盾，由此不妨设k A A A ,,,21 的第一行均为),,2,1(n ，任取,1k m l ≤<≤则方阵()()nn m ijija a⨯)()1(,的第一行均是),,(),2,1(),1,1((r n 从而1不能出现在k A A A ,,,21 的第2行第1列元素，故这些元素只能取2，3，…, n 中一个，而且取法不能相同，故n k ≤。
2.域与有限域 域：),(,:)1(,+→⨯+≠V V V V V φ Abel 群b a b a +→),( （2） ),(:***∙→⨯∙V VVV Abel 群ab b a →),( }0/{*V V=（3）分配律成立 ac ab c b a +=+)( ca ba a c b +=+)( 则称),,(⋅+V 为域例： Q ，R ，C ， {}Q b a bi a i Q ∈+=,|)( 二元域}1,0{2=F ， p 元域}1,,2,1,0{-=p F p 有限域：元素个数有限的域叫做有限域比如： },,2,1,0{p F p =模p 的剩余类域， 取)(x f 是][x F p 中n 次不可约多项式，则{}p i n n p q F a xa x a a x f x F F ∈+++==-110))((][}{110p i n n F a a a a ∈+++=-αα 为n p q =元域如：,1)(},1,0{22++==x x x f F 则)(x f 在][2x F 中不可约， },|{))((][2101024F a a x a a x f x F F ∈+==}1,,1,0{x x +=4F 中元素的加法与乘法取模)(x f 的运算11)1(2=++=+=+x x xx x x可以证明：有限域中元素的个数必为素数的方幂。
定理：p p n ,α=为素数，3,1≥≥n α，则存在n-1个互相正交的n 阶拉丁方。
Pf ：取n 阶有限域},,,{110-==n p n F F αααα ，其中 1,010==-n αα令 ()1,,2,1)(-==⨯n k a A nn k ij k其中.1,,2,1,0,)(-=+⋅=n j i a ji k k ijααα则121,,,-k A A A 是正交拉丁方。
k A 是拉丁方否则k A 中必存在某行（列）有两个元素相同，不妨设 情形1： )()(k ih k ija a =则 k i k ji k αααααα+=+，,h jαα=h j =情形2： )()(k ij k hj a a = j i k jh k αααααα+=+，i k h k αααα=，i h αα=h i = i A 与)(j i A j ≠相互正交否则存在g A 与h A 不相互正交，即存在 ()())()()()(h fkg fkh ijg ij a aa a =则k j f i ==,部分非素数幂的正文拉丁方的构造设k A A A ,,,21 是一组1n 阶正文拉丁方，k B B B ,,,21 是另一组2n 阶的正文拉丁方，构造一组k 个21n n 阶矩阵如下：()()()()()()()()()⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=Br a BraBra Br a Br aBr a Br a B a B a C r mn r m r m r n r r r n r r r r r )()()()(2)(22)21)(1)(12)(11112111k r ,,2,1 =则 k C C C ,,,21 是正文拉丁方 如：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=32113221323131212321A A ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2431134242133124432134122143123421B B 则 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=)43()33()23()13()33()43()13()23()23()13()43()33()13()23()33()43(),3(1B ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=)23()43()33()13()13()33()43()23()43()23()13()33()33()13()23()43(),3(2B3. 均衡不完全的区组设计（BIBD ）定义：设b v B B B x x x X ,,,},,,,{2121 =是X 的非空子集 如果满足：（1）v k kB B B b <==== 21（2）X 中每一个元素在b B B B ,,,21 中恰出现r 次， （3）X 中任一对元素在b B B B ,,,21 中正好同时出现λ次， 则称{b B B B ,,,21 }为均衡不完全区组设律（BIBD ） ),,,,(λk r v b例 },,,,,,,,,{987654321x x x x x x x x x X =一个（12，9，4，31）设计如下：},,{3211x x x B =，},,,{5442x x x B =},,,{9873x x x B =},,{7414x x x B = },,{8525x x x B =，},,{9636x x x B =，},,{9517x x x B =，},,{7628x x x B = },,{8439x x x B =,},,{86110x x x B =，},,{94211x x x B =，},,{75312x x x B =定理：),,,,(λk r v b －设计必满足（1）vr bk = （2）)1()1(-=-v k r λ 对于一个),,,,(λk r v b －设计，构造如下矩阵 1B 2B … b B→⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⨯bv vb v v bb v b b b b b b b b b x x x A21222211121121区组矩阵 其中⎩⎨⎧∉∈=ji j i ij B x B x b 01则（1）J I r AATλλ+-=)(其中I 为单位阵，J 为全1矩阵（2）v b ≥，如果v b =，则称BIBD 为对称的，这时r k = 例：},,,,,,{7654321x x x x x x x X =},,{4211x x x B =， },,{5322x x x B =，},,{6433x x x B =， },,{7544x x x B = ，},,{1655x x x B =， },,{2766x x x B =， },,{3177x x x B =。
则（7，7，3，3，1）－对称设计 对称BIBD 的性质对称BIBD 中任意两组都正好有λ个共同元素 只须证 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=λλλλλλλλλλk k A A T 事实上 A AA A A A A A A A T T T )()(11--==A J I k A))(1λλ+-=-JA AI k 1)(-+-=λλ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=+-=k kkJ I kλλλλλλλλλλλ)( 如果v B B B ,,,21 是关于},,,{21v x x x X =的对称BIBD ，任取,i B 则 i v i i i i i i B B B B B B B B B B \,\,\,\,\111 +-是关于i B X \的BIBD 。
i v i i i i i i B B B B B B B B B B ,,,,,1121+-是关于i B 的BIBD4. Hadamard 矩阵定义：设,)(n n ij n h H ⨯=其中,11-=or h ij 如果n Tn n nI H H =则称n H 为n 阶Hadamard矩阵。
例：⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛------=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==1111111111111111,1111),1(421H H H性质如果2>n ，并且n H 为Hadamard 矩阵，则4mod 0≡n如果()()n n n ij n m m m ij m a H a H ⨯⨯==)()(,是Hadamard 矩阵，则()n n ij mn H a H )(=是m 阶的Hadamad 矩阵如果n H 是Hadamard 矩阵，则⎪⎪⎭⎫⎝⎛-n nn n H HH H 也是Hadamad 矩阵 规范Hadamard 矩阵↔n H 对称BIBD ⎪⎭⎫⎝⎛---14,12,1n n n。