第6章 组合数学

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ch6 组合数学第3讲

ch6 组合数学第3讲
• 为2的砝码3枚,使用时组合为:0枚、1枚、2枚、3枚,对应 的重量0、2、4、6,对应数列为1、0、1、0、1、0、1,对 应的母函数为x0+x2+x4+x6。
• 重量为1与为2的组合,则为 (x0+x1+x2)(x0+x2+x4+x6)=x0+x2+x4+x6+x1+x3+x5+x7+x2+x4+x6 +x8=x0+x1+2x2+x3+2x4+x5+2x6+x7+x8,
解:Fibonacci 数列的递推方程为: fn -fn1-fn2=0 其特征方程为: t2 t 1 = 0 判别式=5
特征根:
t 1 2
5
均为单重根,所以:
n
n
通解为 :
fn

b
1 2
5


d
1
2
5

将f0=1,f1=1代入其中:
解出:
b
1 5
1 2
5


d
1 5
1 2
5
故Fibonacci 数列的通项公式:
n1
n1
fn
1 5

1 2
5

1 5

1 2
5

例题6.11.2 数列������0 = 3,������1 = 26,递推公式:������������ = ������������−1 + 12������������−2
• =1+(a+b+c)+(a2+b2+c2+ab+ac+bc)+(a2b+a2c+ab2+ac2+a bc+b2c+bc2)+(a2b2+a2bc+ab2c+abc2+b2c2+a2c2)+(a2b2c+ a2bc2+ab2c2)+a2b2c2。

《离散数学》第六章 集合代数

《离散数学》第六章 集合代数
例2:某学校有12位教师,已知有8位老师可以教数学,6位 可教物理,5位可教化学.其中有5位教师既教数学又教 物理.4位老师兼教数学和化学,3位老师兼教物理和化 学,3位老师兼教这三门课. 1.求不教任何课的老师有几位? 2.只教一门课的老师有几位? 3.正好教其中两门课的老师有几位?
例3: 4个x ,3个y,2个z的全排列中,求不出现xxxx,yyy ,zz图象的排列。
设x不具有性质P1,P2,…,Pm ,那么x∉Ai,i= 1,2,…m。则它对等式左边计数的贡献为1,对 等式右边的计数的贡献也是1。
根据牛顿二项式定理不难得到上面式子的结果是0.而 由于x具有n个性质,它对等式左边的贡献也为0。
4.3 几个例子
例1:求1-1000之间(包括1和1000)不能被5,也不能被6, 还不能被8整除的整数有多少个?
总体上还是多采用命题逻辑中的等值式,但在叙述
上采用半形式化的方法。
例6.6 证明A-(B∪C)=(A-B)∩(A-C).
证明: 对于∀x
x ∈ A-(B∪C) Ù x ∈ A ∧ x ∉(B∪C) Ù x ∈ A ∧ ⎤ (x∈B ∨ x∈C) Ù x ∈ A ∧ (⎤x∈B ∧ ⎤x∈C) Ù x ∈ A ∧ (x ∉ B ∧ x ∉ C) Ù x∈A∧x∉B∧x∉C Ù (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∧ (x ∈ A ∧ x ∉ C) Ù x ∈ A- B ∧ x ∈ A- C Ù x ∈( A- B) ∩(A- C)
全排列的个数为:9!/(4!3!2!)=1260; 所以要求的排列数为
1260-(60+105+280)+(12+20+30)-6 =871.
4.4 三个练习
练习1:求由a,b,c,d构成的n位符号串中,a,b,c,d都至 少出现一次的符号串的数目。

李凡长版组合数学课后习题标准答案习题

李凡长版组合数学课后习题标准答案习题

第二章 容斥原理与鸽巢原理1、1到10000之间(不含两端)不能被4,5和7整除的整数有多少个? 解 令A={1,2,3,…,10000},则 |A|=10000.记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合,则有:|A 1| = L 10000/4」=2500,|A 2| = L 10000/5」=2000,|A 3| = L 10000/7」=1428,于是A 1∩A 2 表示A 中能被4和5整除的数,即能被20 整除的数,其个数为| A 1∩A 2|=L 10000/20」=500;同理, | A 1∩A 3|=L 10000/28」=357,| A 2∩A 3|=L 10000/35」=285,A 1 ∩A 2 ∩ A 3 表示A 中能同时被4,5,7整除的数,即A 中能被4,5,7的最小公倍数lcm(4,5,6)=140整除的数,其个数为| A 1∩A 2∩A 3|=L 10000/140」= 71.由容斥原理知,A 中不能被4,5,7整除的整数个数为||321A A A ⋂⋂= |A| - (|A 1| + |A 2| +|A 3|) + (|A 1∩A 2| + |A 1∩A 3| +|A 3∩A 2|) - |A 1∩A 2∩A 3|= 51432、1到10000之间(不含两端)不能被4或5或7整除的整数有多少个? 解 令A={1,2,3,…,10000},记A 1、A 2、A 3分别为在1与1000之间能被4,5和7整除的整数集合,A 中不能被4,5,7整除的整数个数为||321A A A ⋃⋃ = |A| - ||321A A A ⋂⋂ - 2 = 10000 - L 10000/140」- 2 = 99273、1到10000之间(不含两端)能被4和5整除,但不能被7整除的整数有多少个?解 令A 1表示在1与10000之间能被4和5整除的整数集,A 2表示4和5整除,也能被7整除的整数集。

《组合数学》第五版 第6章答案.pdf

《组合数学》第五版 第6章答案.pdf

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

最新组合数学习题答案(1-4章全)

最新组合数学习题答案(1-4章全)

第1章 排列与组合1.1 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b},使其满足:()5;() 5.a ab b a b -=-≤[解] (a) 5=-b a将上式分解,得到55a b a b -=+⎧⎨-=-⎩a =b –5,a=1,2,…,45时,b =6,7,…,50。

满足a=b-5的点共50-5=45个点. a = b+5,a=5,6,…,50时,b =0,1,2,…,45。

满足a=b+5的点共45个点. 所以,共计2×45=90个点. (b) 5≤-b a(610)511(454)1651141531+⨯+⨯-=⨯+⨯=个点。

1.2 5个女生,7个男生进行排列,(a) 若女生在一起有多少种不同的排列? (b) 女生两两不相邻有多少种不同的排列?(c) 两男生A 和B 之间正好有3个女生的排列是多少?[解] (a) 女生在一起当作一个人,先排列,然后将女生重新排列。

(7+1)!×5!=8!×5!=40320×120=4838400(b) 先将男生排列有7!种方案,共有8个空隙,将5个女生插入,故需从8个空中选5个空隙,有58C 种选择。

将女生插入,有5!种方案。

故按乘法原理,有:7!×58C ×5!=33868800(种)方案。

(c) 先从5个女生中选3个女生放入A ,B 之间,有35C 种方案,在让3个女生排列,有3!种排列,将这5个人看作一个人,再与其余7个人一块排列,有(7+1)! = 8!由于A ,B 可交换,如图**A***B** 或 **B***A**故按乘法原理,有:2×35C ×3!×8!=4838400(种)1.3 m 个男生,n 个女生,排成一行,其中m ,n 都是正整数,若(a) 男生不相邻(m ≤n+1); (b) n 个女生形成一个整体; (c) 男生A 和女生B 排在一起; 分别讨论有多少种方案.[解] (a) 先将n 个女生排列,有n!种方法,共有n+1个空隙,选出m 个空隙,共有mn C 1+种方法,再插入男生,有m!种方法,按乘法原理,有:n!×mn C 1+×m!=n!×)!1(!)!1(m n m n -++×m!=)!1()!1(!m n n n -++种方案。

计算机应用数学-(组合数学)-答案哈工大

计算机应用数学-(组合数学)-答案哈工大

1,证明,如果从集合{1,2,...,2n}中选择n+1整数,那么总存在两个整数,它们之间相差为1.2,用鸽巢原理证明,有理数m/n展开的十进制小数最终是要循环的。

例如,34 478/99 900=0.345 125 125 125 125 12...3,一间屋内有10个人,他们当中没有人超过60岁(年龄只能以整数给出)但又至少不低于1岁。

证明,总能够找出两组人(两组不含相同人),各组人的年龄和是相同的。

题中的数10能换成更小的数吗?4,一只袋子装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。

如果我每分钟从袋子里了出1种水果,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?5,i)证明,在边长为1的等边三角形内任意选择5个点,存在2个点,其间距离至多为1/2。

ii)证明,在边长为1的等边三角形内任意选择10个点,存在2个点,其间距离至多为1/3。

iii)确定一个整数m小n,使得如果在边长为1的等边三角形内任意选择的m小n个点,则存在2个点,其间距离至多为1/n.6,下列各数各有多少互异正因子?i)3的4次方X 5的2次方X 7的6次方X 11ii)620iii)10的10次方7,确定下列类型的一手牌(5张牌)的数目。

i)full houses (3张一样大小的牌及2张相同点数的另外大小的牌)。

ii)顺牌(5张点数相连的牌)。

iii)同花(5张一样花色的牌)。

iv)同花顺(5张点数相连的同样花色的牌)。

v)恰好两个对(一对同样大小,另一对另外点数同样大小,再有一张另外大小的5张牌)。

vi)恰好一个对(一对同样大小,另外三张另外大小且互异点数的牌)。

8,从拥有10名男会员和12名女会员的一个俱乐部选出一个5人委员会。

如果至少要包含2位女士,能够有多少种方法形成这个委员会?此外,如果俱乐部还有一位特定的男士和一们特定的女士拒绝进入该委员会一起工作,形成委员会的方式又有多少?9,学校有100名学生和3个宿舍A,B和C,它们分别容纳25,35和40人。

组合数学讲义(南基洙 大连理工大学应用数学系)

组合数学讲义(南基洙 大连理工大学应用数学系)
1、 洛书的构造
相传在四千多年前的中国,大禹为了治理好滔天的洪水,领导人民日夜奔忙,三过家门而不入.在大禹 治好那汹涌澎湃的洪水之后,就有一龙马自河中跃出,献给大禹一幅河图,另外在洛河里也有一神龟背驮了 洛书献给大禹.据传这两部书都包含了治国安邦、平治天下的大道理.以至于在《论语》中,圣人孔子因为 当时的世风日下,人心不古,而感叹“河不出图”.
在中国古代,由于 3 阶幻方中配置的 9 个数是如此的均衡和完美,它产生了极大的美学冲击,以至使我 们的先人认为其中包含了某种至高无上的真理.如我们的先人把 3 阶幻方和“九宫说”等同起来、把 3 阶 幻方用来占卜吉凶,以及把它视为举行国事大典的建筑格局等等.自从幻方从中国传到世界其他地区之后, 引起了人们的广泛兴趣和重视,一代又一代的学者对它进行了不懈的研究,取得了非常丰富的成果,有关的 文献资料不胜枚举---“单单是关于幻方的著作就足够办一个规模可观的图书馆了”(J.R.Newman).虽然 关于幻方的研究开展的很早,但是目前还没有一般的普遍适用的方法.有些想知道的结论也不是十分清楚,
如 n 阶幻方的个数等.在此我们仅就幻方的构造问题作一简单的介绍.
容易验证下面的图构成 4 阶幻方
16 2 3 13 5 11 10 8 9 7 6 12 4 14 15 1
注记,在上图中将对角线及斜对角线上的数字对称换位后,我们可以得到按顺序添成的下面图:
- 2-
1234 5678 9 10 11 12 13 14 15 16
注记:在上图中将主对角线及斜对角线上的元素对称换位,短线上的元素逆时针方向移动 8 个格,则可 以得到按数字顺序添画的图:
12345678 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64

组合数学 第四版 (Richard A[1].Brualdi 著) 机械工业出版社作业答案

组合数学 第四版 (Richard A[1].Brualdi 著) 机械工业出版社作业答案

解法 1 因此,
对任意非负整数 n 和 k, (k 1) 即 , , (n 1) k k k 1 k 1 k 1 n 1 1 n 1 n 1 n 1 n 1 (1) n 2 1 3 2 4 3 n 1 n
k 1 k 1 k n 1 k 1 n 1 (1) k 0 n
w.

k 0
da
(1) k n 1 1
n 1 k 1


2n (3 (1)) n
n n nk n nk k 3 ( 1 ) k (1)k k 3 k 0 k 0
a1 , a 2 , , a 37 和 a1 13, a 2 13,, a 37 13 都是严格单调递增序列。因为总的学习时间
co
m
③ 考虑 6 位整数。最高位不能为 0,因此 8 位整数有 7 P(7, 5) 个。 ④ 考虑 5 位整数。最高位不能为 0,因此 8 位整数有 7 P (7, 4) 个。 ⑤ 考虑 4 位整数。若千位数字大于 5,有 3 P(7, 3) 个。若千位数字等于 5,则百位数字 必须大于等于 4,有 4 P(6, 2) 个。
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 n 1 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) 。
w.
证明 因为每个人都不是自己的熟人,所以每个人的熟人的数目是从 0 到 n 1 的整数。若 有两个人的熟人的数目分别是 0 和 n 1 ,则有人谁都不认识,有人认识所有的人,这是不 可能的。因此,这 n 个人的熟人的数目是 n 1 个整数之一,必有两个人有相同数目的熟人。

组合数学课程介绍

组合数学课程介绍

12
• 斯坦福数学系的教授研究了这个问题, 设立了一个小小的奖项来征集答案, 100美金.
• 数学家和计算机学者都来参与了 • 谁赢了呢?
– 伊利诺大学计算机系的比尔.卡特勒借助计算机 得出的答案是17152种拼法
– 数学家用纸和笔对排列进行分类,共24个基本 族,基本解法是536种,考虑旋转32种,答案 也是17152种。
大禹(2205BC -2105BC)
492 357 816
10
• 组合数学中有许多象幻方这样精巧的结构。
• 1977年美国旅行者1号、2号宇宙飞船就带 上了幻方以作为人类智慧的信号。
2200BC
4 9 2神 3 5 7农

8 1 6方
15世纪
1 15 14 4 4 12 6 7 9 阶
幻 8 10 11 5 方
31
• “6度分离” —对每个人来说,平均大约只需要通过6 个人就能将信寄到目的地。
• 研究无尺度网络,对于防备黑客攻击、防治流行病、和 开发新药等,都具有重要的意义。
• 在1999年,Barab´asi et al.发现在因特网上,任意两个 网页间的链接即网页之间的“距离”平均为18.59 。从 任意一个网页出发, 原则上可以通过不超过19次链接到 达互联网中的任何网页。 (Nature 401, 1999)
/zh-cn/%E7%BB%84%E5%90%88%E6%95%B0%E5%AD%A6
Combinatorics: Combinatorics is a branch of pure mathematics concerning the study of discrete (and usually finite) objects. It is related to many other areas of mathematics, such as algebra, probability theory, ergodic theory and geometry, as well as to applied subjects in computer science and statistical physics.

组合数学课件--第一章:排列与组合

组合数学课件--第一章:排列与组合

1.3:排列与组合
1、排列的定义:设A={a1,a2,…,an}是n个不 同的元素的集合,任取A中r个元素按顺序排成一 列,称为从A中取r个的一个排列,r满足0≤r≤n。
(1) (2) (3) (…) (r)
从n个不同的球中取一个球放在第一个盒子中, 从余下的n-1个球中取一个球放在第二个盒子中, ………………………………… 从余下的n-(r-1)个球中取一个放在第r个盒子中。 根据乘法法则: 19 P(n,r)=n(n-1)…(n-r+1)=n!/(n-r)!
p2
2 a2
... pm
2 am
C (2a1 1,1) C (2a2 1,1) ... C (2am 1,1)
34
练习题
1.13、有n个不同的整数,从中取出两组来, 要求第1组的最小数大于另一组的最大数。 设取的第一组数有a个,第二组有b个,
要求第一组数中最小数大于第二组中最大的, 即只要取出一组m个数(设m=a+b),从大到小 取a个作为第一组,剩余的为第二组。 此时方案数为C(n,m)。 从m个数中取第一组数共有m-1中取法。 (m-1)C(n,m)
17
1.2 一一对应 1 2 5 任给一个序列B{b1,b2,b3,…,bn-2} 1、从A找到最小的不属于B的元素,设为a1,与b1连 接,从A中去掉a1,从B中去掉b1. 2、重复以上过程只到B为空,A中剩余两个 3、连接剩余的两个顶点。
*
18
树的顶点集合为12345
3 4
这棵树对应序列(2,3,2)
****
2
(4)哪些最优?
选用教材
组合数学
(第四版) 卢开澄 卢华明 著
清华大学出版社

(完整word版)组合数学习题解答

(完整word版)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,F (4,4)+F(4,3)+F (4,2)+F (4,1)+F (4,0)=70。

组合数学PPT课件

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k 0
k 0
2n
C C 另一方面,从展开式 (1 x)2n
k x k 知道 x n 的系数为 n ,因而得
2n
2n
k 0
n
2
C C ( k) n
n
2n
k 0
2021/6/16
20
n
2
C C 例 4-1(2006 复旦) 求证: ( k) n
n
2n
k 0
法二(构造模型) 某班共有 2n 名学生,现从中选出 n 个学生参加某项活动,显然这样
个数互不相邻的子集
{a1, a2 ,, a6}, ai 1 ai1, i 1,2,3,4,5 记满足(1)式的所有 6 元子集的集合为 A ,并令
f : (a1, a2 ,, a6 ) (b1, b2 ,, b6 ) 其中
(1) (2)
bi ai i 1,i 1,2,3,4,5,6.
一类是 Sn 与 S1 不同色,此时的染色方法有 an 种;另一类是 Sn 与 S1 同色,则将 Sn 与 S1 合并为一个扇形,
并注意到此时 Sn1 与 S1 不同色,故这时的的染色方法有 an1 种,由加法原理得 ≥2)
an + an1 = m(m 1)n1( n
(3)求 an 。令 bn
= an (m 1)n
C 的选法共有 n 种;另一方面,将这 2n 名学生分成 A 、B 两组,每组 n 2n
个学生,若从 A 组中选出 0 个学生,从 B 组中选出 n 个学生,有
C C C 0 n ( 0)2 种选法;从 A 组中选出 1 个学生,从 B 组中选出 n 1个
C 由于 || B | 就是集合 {1,2,, n 4} 的四元子集的个数,即 4 ,从而 n4

数学初中24章知识点总结

数学初中24章知识点总结
平面向量是具有大小和方向的量,在平面上用箭头表示。
2.平面向量的性质
平面向量的性质包括加法、减法、数乘、数量积、向量积等。
3.平面向量的应用
平面向量应用于各种实际问题,如力的合成与分解、质心、中点坐标、面积等。
第二十一章不等式选讲
1.不等式的基本概念
不等式是用大于、小于、不大于、不小于等符号表示的不等关系。
3.空间图形的相关公式
空间图形的相关公式包括几何体积、表面积、空间角、空间向量等。
第十三章统计
1.统计的基本概念
统计是研究数据的收集、整理、分析和解释的科学。
2.数据的收集
数据的来源包括调查、实验、观测、统计等方式。
3.数据的分析
数据的分析包括数据的描述、数据的计算、数据的图表展示等方式。
第十四章概率
2.不等式的解法
不等式的解法包括解线性不等式、解一元二次不等式、解分式不等式、解绝对值不等式等。
3.不等式的应用
不等式应用于各种实际问题,如生活中的消费、生产中的成本、财务中的收益等。
第二十二章维度分析
1.维度分析的基本概念
维度分析是一种用于分析各种物理量、物理关系及其单位的方法。
2.维度分析的原理
数学初中24章知识点总结
第一章有理数
1.有理数的概念
有理数是整数和分数的统称。整数是自然数、负整数和0的统称。
2.有理数的大小比较
对于两个有理数a和b,如果a-b>0,则a>b;如果a-b<0,则a<b;如果a-b=0,则a=b。
3.有理数的加减法
对于有理数a、b和c,有加法和减法的交换律和结合律。即a+b=b+a,a-b=-(b-a),a+(b+c)=(a+b)+c,a-(b-c)=(a-b)+c。

组合数学习题选讲

组合数学习题选讲

(b)m个0产生m-1个空当, 若k为奇数,则必有且只有1个“1”插入头或尾,总方案数为 k 1 k 1 2C (m 1, )C (n 1, n ) 2 2 若k为偶数,总方案数为
k k k 2 k2 C (m 1, )C (n 1, n ) C (m 1, )C (n 1, n ) 2 2 2 2
m2
(m 1)C (n, m) m C (n, m) C (n, m)
m2 m2
n
n
n
(n 2n 1 n) (2n n 1) n 2n 1 2n 1
4.六个引擎分列两排,要求引擎的点火的次序两排 交错开来,试求从一特定引擎开始点火有多少种方案。 解:第1步从特定引擎对面的3个中取1个有C(3,1) 种取法,第2步从特定引擎一边的2个中取1个有 C(2,1)种取法,第3步从特定引擎对面的2个中取1 个有C(2,1)中取法,剩下的每边1个取法固定。所 以共有 C(3,1)· C(2,1)· C(2,1)=12种方案。
第二章
1,有红、黄、蓝、白球各两个,绿、紫、 黑的球各 3个,问从中取出10个球,有多少种不同的取法?
解:用指数型母函数,可得母函数 ,x10系数即为所求
2,求由A,B,C,D组成的允许重复的排列中 AB至少 出现一次的排列数目。 解 设an为所求个数,bn为不出现AB的串的个数 an+bn=4n, bn=4bn-1-bn-2, an=4an-1+bn-2, b1=4,b2=15,b0=1,b3=56. x2-4x+1=0 解得 x= 2 3
m l 1 m l m l (c ) m 1 m m 1 ml l ml L (1) m 2 m l

金融经济学中的组合数学问题

金融经济学中的组合数学问题

金融经济学中的组合数学问题第1章绪论1.1选题背景和意义在金融分析中,投资方案的确认以及怎样找到不好的投资女团以减少投资风险等,都牵涉至女团优化模型。

比如在股票中,有些买股票的人应用领域女团数学模型,获得一个实用性的结论:每周四下午二点后买进精选的股票后,于每周五收盘前扔出。

再精选一只股票,于下周一成交后10点半买进,至下周三扔出。

这样操作方式获得的收益就是天天出入收益的四倍以上。

这表明天天出入,就是零和游戏中收益最不佳的。

而对于中线操作者而言,一旦选不好股票,其所分担的风险也很大。

所以上述应用领域女团数学模型获得的操作方法就是最佳的。

从而阐明了女团数学在现实应用领域中的意义。

1.2前人的研究成果美国经济学家、金融学家、诺贝尔奖获得者马科维茨于1952年在《金融杂志》上刊登了为题《证券女团挑选》的论文,把证券女团风险和收益之间的替代关系数量化,明确提出了平衡分析的理论与方法,创建了现代证券女团理论的基本框架。

这一理论的关键意义是它具备数理分析的轻便性和多样的方法论检验。

马科维茨曾经在其诺贝尔经济学奖该奖演讲词中说:“我谋求投资者们――至少存有充份计算资源的投资者们事实上能够遵从的一组规则。

所以,我指出在排序上可取的一个对数方法强于一个无法排序的准确方法。

我坚信肯尼斯阿罗的不能确认经济学著作与我的著作的分歧之点就是他谋求一个准确的通常求解,我谋求一个能够实行的不好对数法。

我坚信两条研究路线都有价值。

”现代资产女团理论主要研究如何度量相同的投资风险,女团投资收益与风险之间的关系,以及如何挑选资产以最大化女团收益等。

samuelson和e.fama分别于1969年和1970年研究了线性时间的投资消费问题。

在投资者具备维持不变弹性效用函数的假设下,samuelson获得投资女团挑选与投资者的财富水平及消费挑选毫无关系。

merton在已连续时间下明确提出了最优投资消费问题,该问题假设投资者具有两种可以供选择的资产――风险资产和无风险资产,投资者通过结构由这两种资产共同组成的证券女团并使自己的财富减少,并通过消费这些财富并使自己的效用最大化。

组合数学答案6-8

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.

高中数学选修课件:组合与组合数公式

高中数学选修课件:组合与组合数公式
排列与组合的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n,m与n均为自然数,下同)个不同元素按照一定的顺序排 成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列;从n个不同元素中取出m个元素 的所有排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数。
组合数公式推导过程
推导过程
考虑从n个元素中取出m个元素的所有可能情况,这相当于对n个元素进行全排 列,然后除以m个元素的全排列和剩余(n-m)个元素的全排列,以消除排列中 的重复情况。
进行快速计算。
组合的应用
在概率统计、排列组合问题、 编码理论等领域有广泛应用。
易错点剖析及注意事项
区分排列与组合
排列是有顺序的,而组合是无顺序的。在计算时,要注意题目要求的 是排列数还是组合数。
注意组合数的范围
由于组合数是从n个元素中取出m个,因此必须满足0≤m≤n的条件, 否则组合数无意义。
阶乘的计算
解答题思路剖析
仔细审题
明确题目要求,理解题意。
制定解题计划
根据题目条件和所学知识,制定详细的解 题步骤和计划。
执行解题计划
检查答案
按照计划逐步进行计算和推导,注意每一 步的正确性和合理性。
对答案进行检验和审查,确保没有遗漏和错 误。如果答案不符合题目要求,需要重新检 查和修正解题过程。
05 练习题巩固提高
证明组合数恒等式
利用组合数的性质和递推关系可以证 明一些组合数恒等式,如范德蒙德恒 等式等。
在概率统计中作用
计算事件概率
在概率论中,组合数经常用于计 算一些事件的概率,如超几何分
布、二项分布等。
抽样问题
在统计学中,组合数也常用于解决 一些抽样问题,如从总体中抽取一 定数量的样本进行检验等。

2023新教材高中数学第6章计数原理6.2排列与组合6.2.3组合6.2.4组合数第2课时组合的综合

2023新教材高中数学第6章计数原理6.2排列与组合6.2.3组合6.2.4组合数第2课时组合的综合

况;
③从6条棱的中点中取4个点时,有3种共面情况.
故4点不共面的取法有C410-(60+6+3)=141(种).
解答几何组合问题的策略 (1)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样, 把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可. (2)计算时可用直接法,也可用间接法,要注意在限制条件较多 的情况下,需要分类计算符合题意的组合数.
[解] 本题属平均分组问题,是组合问题,与顺序无关,有 C28CA26C44 24C22种不同分法.
(2)平均分给甲、乙、丙、丁四人;
[解] 法一:本题为平均分组,并且有分配对象,先分组,与
顺序无关,有
C28C26C24C22 A44
种分法,再分配给四个人,与顺序有关,有
A
44种排列方法,共有
C28C26C24C22 A44
【例4】 6本不同的书,按下列要求各有多少种不同的分法? (1)分给甲、乙、丙三人,每人两本; (2)分为三份,每份两本; (3)分为三份,一份一本,一份两本,一份三本; (4)分给甲、乙、丙三人,一人一本,一人两本,一人三本; (5)分给甲、乙、丙三人,每人至少一本.
[思路点拨] (1)是“平均分组”问题,与顺序无关,相当于6本 不同的书平均分给甲、乙、丙三人,可以理解为一个人一个人地来 取.(2)是“均匀分组”问题.(3)是“不均匀分组”问题,分三步进 行.(4)分组后再分配.(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”、 “1、2、3型”、“1、1[解] 分两种情况: 第一类:女队长当选,有C412种; 第二类:女队长不当选,则男队长当选, 有C14·C37+C24·C27+C34·C17+C44种. 故共有C412+C14·C37+C24·C27+C34·C17+C44=790(种).
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定理 :n次贝努利试验中,每次成功的概率为p,失 定理6-1: 败的概率为q=1-p,k次成功和n-k次失败(0≤k≤n)的 概率为:
n p k
k
q
n k

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6.6 递推关系
6.6.1 递推关系基础知识 定义6-2:在递归定义中从某些前项求后 项的规则就叫做递推关系. 定义6-3:关于序列{ a n}的递推关系是一 个等式,它把 a n 用序列中在 a n 前面的一 项或多项即 a1,a 2 ,…,an1 来表示,这 里n≥n0, n0是一个非负整数.如果一个 序列的项满足递推关系,这个序列就叫 做递推关系的解.
6.1 基本计数原则
基本的计数原则有两个,分别称为:加法原则和乘法 原则. 6.1.1 加法原则 假设事件A有p种产生方式,事件B有q种产生方式,如 果事件A与B互不重叠,那么事件"A或B"有p+q种产生 方式. 6.1.2 乘法原则 假设事件A有p种产生方式,事件B有q种产生方式,如 果事件A与事件B是互相独立的,那么事件"A与B"有 pq种产生方式.

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1. 环形排列定理 一个n元集的环行r-排列数为:
p(n, r ) n! = r r (n r )!
特别地,如果r=n,则S的环排列数为(n1 1)!. 证明:不妨把所有S的线形r-排列分组,使得同 组的每个线形排列可以连接成同样的环形排列. 由于每一个组中恰好含有r的线形排列,所以S P ( n, r,若 ) 的环形排列的r-排列数为 N=

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ห้องสมุดไป่ตู้
6.2 鸽巢定理
6.2.1 鸽巢定理的概念 鸽巢定理也叫做狄利克莱抽屉原则,是以19世 纪的德国数学家狄利克莱来命名的. 鸽巢定理:如果把k+1个或更多的物体放入k个 盒子里,那么至少有一个盒子里含有两个或两 个以上的物体. 证明:如果假设k个盒子中没有一个盒子包含 的物体多于一个,那么k个盒子至多含有的物 体总数是k,与至少有k+1个物体矛盾,假设不 成立,命题得证.
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第6章 组合数学 章
本章提要 基本计数原则 鸽巢定理 排列与组合 二项式定理与组合等式 离散概率 递推关系 生成函数

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r
r=n,那么S的环形排列数为(n-1)!.

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2. 多重集的排列 多重集 S = {n1 a1 , n 2 a 2 , n k a k }中有序选取的r个元素叫 做S的一个r-排列.当 r = n = n1 + n2 + + nk 时也叫做S 的一个全排列. 3. 多重集的排列数定理 假设 S = {n1 a1 , n2 a2 , nk a k } 多重集,对一切 i = 1,2,3,4 k 有 ni ≥ r , 则S的r-排列数为 k r . S r 一般地,还有: 如果多重集 S = {∞ a1 , ∞ a 2 , ∞ a k } ,那么S的r-排列数 为kr . 证明:在构造S的r-排列时,从第一位开始选取元素, 第一位有k种选法,第二位也有k种选法,……,第r位 还是有k种选法,这是由于在S中的每种元素都可以重 复选取,每一位的选择都不依赖于其他各位的选择情 况. 所以由乘法原理可以知道,不同的排列数有Kr种.
6.5 离散概率
6.5.1 集合的离散概率 用S表示所有可能的结果的集合,假设S 的元素为,其中i=1,2,3,4,5……, i=1 2 3 4 5…… 并把每一个结果与一非负的整数联系起 来,有如下的性质:
p( x1 ) + p( x2 ) + p( x3 ) + + p( xn ) + = 1
n r 值得注意的是,每一个r组合对应于r!个r-排列,因此可以计算出C
(n,r)的值. 由r! C(n,r)=P(n,r) 可以得到: C(n,r)= P(n, r ) = n!
r!
特别地,有如下结论:
如果n和r是满足r≤n的非负整数,那么有C(n,r)=C(n,n-r) 证明:C(n,r) =
x1 + x2 + x3 + xn = r
x1 , x 2 , x k 使得 {x1 a1 , x2 a2 , xk ak }为S的一个r-组合,所以多重集S
x1 + x2 + x3 + xn = r 的非负整数解的个数.
的r-组合数等于方程

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一般说来,根据是否有序和是否可重复可以将选取划 分成以下四类: (1)集合的排列:有序的不允许重复的选取. (2)集合的组合:无序的不允许重复的选取. (3)多重集的排列:有序的允许重复的选取. (4)多重集的组合:无序的允许重复的选取. 定义 :从n元集S中有序地选择r个元素叫做S的一个 定义6-1: r-排列,不同排列的总数记为P(n,r),如果r=n,那 么称这个排列为S的全排列,简称为S的排列.

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6.5.3 贝努利实验和二项式分布 如果每次成功的概率是p,那么失败的概率是q=1-p,出 现k次成功的每一种方式的概率是 p k q n k ,而表示这种成功的分布函数称为"二项式分布函数".

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4. 多重集的组合 多重集S的含有r个元素的子多重集称为S的r-组合. 特别地,如果S含有n个元素(包括重复元素),那么S的n-组合就是它本身. 如果S有k种不同的元素,那么S的1-组合就有k个.
n! P(n,r)= (n r )!
特别的还有: P(n,1)=n和P(n,n)=n!

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6.3.2 事物的组合 假设S是n个不同的事物的集合,S中的r个元素的一种无序选择, 称为n个事物的r-组合,这样的组合用C(n,r)或如下符号表示:

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6.3.3 多重集 我们把元素可以多次重复出现的集合称为多重集,元 素出现的次数称为该元素的重复数,记为,,而含有k 种元素的多重集可以记为:
S = {n1 a1 , n2 a 2 , nk a k }
N = C ( k + ( r k ) 1, r k ) = C (r 1, r k )
= C (r 1, k 1)

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6.4 二项式定理与组合等式
组合数C(n,r),也称为二项式系数,它有如下性质: 对任意的n,r∈N,有: n! n r ≤ n = r ! ( n r )! r 0 r > n n = n n≥r r n r 由以上的性质可以得到等式:

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6.2.2 鸽巢定理的推广 1. 鸽巢定理的一般形式 假设P1,P2,P3……Pn是给定的正整数,如果把 P1+P2+P3+……+Pn-n+1个物体放入n个盒子中,那么或是第一 个盒子至少包含了P1个物体,或是第二个盒子至少包含了P2个物 体,……,或是第n个盒子至少包含了Pn个物体. 证明:假设第i个盒子至多含有Pi-1个物体,其中i=1,2,3……n, 那么盒子里物体的总数至多为P1,P2,P3……Pn-n个,这与物 体的总数为P1+P2+P3+……+Pn-n+1矛盾,假设不成立,命题得 证. 推论 :如果n(r-1)+1个物体放入n个盒子里,那么至少有一 推论6-1: 个盒子里含有r个或是更多的物体. 证明:假设第i个盒子里至多含有r-1个物体,其中i=1,2,3……n, 那么盒子里物体的总数至多为n(r-1)个,与物体的总数为n(r1)+1矛盾,所以假设不成立,命题得证. 2. 鸽巢定理的算术平均形式 假设P1,P2,P3……Pn是n个正整数,如果它们的算术平均值: (P1+P2+P3+……Pn)/n>r-1 则存在≥r,其中i∈{1,2,3……n}.

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6.5.2 条件概率 条件概率的性质: 假设E和F是具有 p ( F ) > 0的事件,将在给 定F的条件下E的条件概率记为 p( E | F ) , 那么有:
p( E ∧ F ) p( E | F ) = p( E )
n n 1 n r = r r 1
n, r ∈ Z +
和杨辉三角公式:
n 1 n 1 n = r + r 1 r

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n, r ∈ Z +
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5. 多重集的组合数定理 多重集 S = {∞ a1 , ∞ a 2 , ∞ a k } 的r-组合数为 C ( k + r 1, r ) . 证明:设S的r-组合为: {x1 a1 , x 2 a 2 , x k a k } ,其中 x1 , x 2 , x k 都是非负整数,且满足: 如若不然,那么每一组满足方程 x1 + x 2 + x3 + xn = r 的非负整数解
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