李凡长版 组合数学课后习题答案习题4
课时作业4：7.4.2 超几何分布
7.4.2 超几何分布1．盒中有4个白球，5个红球，从中任取3个球，则取出1个白球和2个红球的概率是( ) A.3742 B.1742 C.1021 D.1721 答案 C解析 根据题意，得P ＝C 14C 25C 39＝1021.2．一个盒子里装有大小相同的10个黑球，12个红球，4个白球，从中任取2个，其中白球的个数记为X ，则下列概率等于C 122C 14＋C 222C 226的是( )A ．P (0<X ≤2)B ．P (X ≤1)C ．P (X ＝1)D ．P (X ＝2)答案 B解析 本题相当于求至多取出1个白球的概率，即取到1个白球或没有取到白球的概率． 3．有N 件产品，其中有M 件次品，从中不放回地抽n 件产品，抽到的次品数的均值是( ) A ．n B.(n －1)MNC.nMN D.(n ＋1)M N答案 C解析 设抽到的次品数为X ，则有N 件产品，其中有M 件次品，从中不放回地抽n 件产品，抽到的次品数X 服从超几何分布，∴抽到的次品数的均值E (X )＝nMN.4．在10个排球中有6个正品，4个次品，从中抽取4个，则正品数比次品数少的概率为( ) A.542 B.435 C.1942 D.821 答案 A解析 正品数比次品数少，有两种情况：0个正品4个次品，1个正品3个次品，由超几何分布的概率公式可知，当0个正品4个次品时，P ＝C 44C 410＝1210，当1个正品3个次品时，P ＝C 16C 34C 410＝24210＝435，所以正品数比次品数少的概率为1210＋435＝542.故选A. 5．一批产品共50件，其中5件次品，45件正品，从这批产品中任意抽2件，则出现2件次品的概率为( )A.2245B.949C.47245 D ．以上都不对 答案 A解析 设抽到的次品数为X ，则X 服从超几何分布，其中N ＝50，M ＝5，n ＝2.于是出现2件次品的概率为P (X ＝2)＝C 25C 2－245C 250＝2245.6．某手机经销商从已购买某品牌手机的市民中抽取20人参加宣传活动，这20人中年龄低于30岁的有5人．现从这20人中随机选取2人各赠送一部手机，记X 为选取的年龄低于30岁的人数，则P (X ＝1)＝________. 答案1538解析 易知P (X ＝1)＝C 15C 115C 220＝1538.7．有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X 表示取得次品的个数，则P (X <2)＝________，随机变量X 的均值E (X )＝________. 答案14150.6 解析 X 表示取得次品的个数，则X 服从超几何分布，所以P (X <2)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝C 03C 27C 210＋C 13C 17C 210＝715＋715＝1415，E (X )＝2×310＝0.6.8．数学教师从6道习题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能求解其中的4道题，则他能及格的概率是________． 答案 45解析 设X 表示解答正确的题的个数，由超几何分布的概率公式可得，他能及格的概率是P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝C 24C 12C 36＋C 34C 02C 36＝45.9．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数． (1)求ξ的分布列；(2)求“所选3人中女生人数ξ≤1”的概率． 解 (1)ξ可能取的值为0,1,2，服从超几何分布，P (ξ＝k )＝C k 2·C 3－k4C 36，k ＝0,1,2.所以，P (ξ＝0)＝C 02C 34C 36＝15，P (ξ＝1)＝C 12C 24C 36＝35，P (ξ＝2)＝C 22C 14C 36＝15.所以，ξ的分布列为ξ 0 1 2 P153515(2)由(1)知，“所选3人中女生人数ξ≤1”的概率为 P (ξ≤1)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＝45.10．从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A “取出的2件产品都是二等品”的概率P (A )＝0.04.(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率；(2)若该批产品共10件，从中任意抽取2件，X 表示取出的2件产品中二等品的件数，求X 的分布列．解 (1)设任取一件产品是二等品的概率为p ， 依题意有P (A )＝p 2＝0.04， 解得p 1＝0.2，p 2＝－0.2(舍去)，故从该批产品中任取1件是二等品的概率为0.2.(2)若该批产品共10件，由(1)知其二等品有10×0.2＝2(件)，故X 的可能取值为0,1,2. P (X ＝0)＝C 28C 210＝2845，P (X ＝1)＝C 18C 12C 210＝1645，P (X ＝2)＝C 22C 210＝145.所以X 的分布列为X 0 1 2 P2845164514511．(多选)10名同学中有a 名女生，若从中抽取2个人作为学生代表，恰抽取1名女生的概率为1645，则a 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 BD解析 由题意知，1645＝C 110－a C 1aC 210， 整理，得a 2－10a ＋16＝0， 解得a ＝2或8.12．盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的，现从盒中随机地抽取4个，则概率是310的事件为( )A ．恰有1个是坏的B ．4个全是好的C ．恰有2个是好的D ．至多有2个是坏的答案 C解析 设“X ＝k ”表示“取出的螺丝钉恰有k 个是好的”，则P (X ＝k )＝C k 7C 4－k 3C 410(k ＝1,2,3,4)．所以P (X ＝1)＝130，P (X ＝2)＝310，P (X ＝3)＝12，P (X ＝4)＝16，故选C.13．一只袋内装有m 个白球，(n －m )个黑球，所有的球除颜色外完全相同，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了X 个白球，则下列概率等于(n －m )A 2mA 3n 的是( )A ．P (X ＝3)B ．P (X ≥2)C ．P (X ≤3)D ．P (X ＝2)答案 D解析 当X ＝2时，即前2个拿出的是白球，第3个是黑球，前2个拿出白球，有A 2m 种取法，再任意拿出1个黑球即可，有C 1n －m 种取法，而在这3次拿球中可以认为按顺序排列，此排列顺序即可认为是依次拿出的球的顺序，即A 3n ，P (X ＝2)＝A 2m C 1n －m A 3n ＝(n －m )A 2mA 3n.故选D. 14．某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选4个进行作答，至少答对3个才能通过初试，已知在这8个试题中甲能答对6个，则甲通过自主招生初试的概率为________，记甲答对试题的个数为X ，则X 的均值E (X )＝________. 答案11143 解析 依题意，甲能通过的概率为P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝C 12C 36C 48＋C 02C 46C 48＝814＋314＝1114.由于P (X ＝2)＝C 22C 26C 48＝314，方法一 故E (X )＝2×314＋3×814＋4×314＝3.方法二 E (X )＝4×68＝3.15．50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取n 张，为了使这n 张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5，n 至少为________． 答案 15解析 用X 表示中奖票数，P (X ≥1)＝C 12C n －148C n 50＋C 22C n －248C n 50>0.5，解得n ≥15.16．在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品，从这10件产品中任取3件，求： (1)取出的3件产品中一等品件数为X 的分布列； (2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．解 (1)由于从10件产品中任取3件的结果数为C 310，从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为C k 3C 3－k7，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k 件一等品的概率为P (X ＝k )＝C k 3C 3－k7C 310，k ＝0,1,2,3.∴随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P72421407401120(2)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A ，“恰好取出1件一等品和2件三等品”为事件A 1，“恰好取出2件一等品”为事件A 2，“恰好取出3件一等品”为事件A 3.由于事件A 1，A 2，A 3彼此互斥，且A ＝A 1∪A 2∪A 3，而P (A 1)＝C 13C 23C 310＝340，P (A 2)＝P (X ＝2)＝740，P (A 3)＝P (X ＝3)＝1120.∴取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝340＋740＋1120＝31120.。
人教版四年级下册思维训练排列组合问题(含答案)
【分析】由于4人中必须有一个人拍照，所以，每张照片只能有3人，可以看成有3个位置由这3人来站。由于要选一人拍照，也就是要从四个人中选1人照相，所以，问题就转化成从四个人中选3人，排在3个位置中的排列问题。
【详解】由排列数公式，共有：
（种）
答：共有24不同的拍照情况。
【点睛】也可以把照相的人看成一个位置，那么共可能有： 种不同的拍照情况。
（1）恰有 名女生入选；
（2）至少有两名女生入选；
（3）某两名女生，某两名男生必须入选；
（4）某两名女生，某两名男生不能同时入选；
（5）某两名女生，某两名男生最多入选两人。
10．现有男同学3人，女同学4人（女同学中有一人叫王红），从中选出男女同学各2人，分别参加数学、英语、音乐、美术四个兴趣小组：
（1）共有多少种选法？
【知识剖析】
排列公式：从m各不同的元素中取出n个（n≤m），并按照一定的顺序排成一列，其方法数叫做从m个不同元素中取出n个的排列数，记作 ，它的计算方法如下：
＝m×（m－1）×（m－2）×……×（m－n＋1）
生活中的许多问题其实就是排列问题。比如，你回家后，发现桌子上有牛奶糖、巧克力糖和水果糖各一颗，你会按照什么顺序来吃这三种糖？先吃哪个再吃哪个，有多少种方式？这其实就是一个排列问题。
运用捆绑法解决排列组合问题时，一定要注意“捆绑”起来的大元素内部的顺序问题。解题过程是“先捆绑，再排列”。
2、插空法
“不邻问题”——插空法，即在解决对于某几个元素要求不相邻的问题时，先将其它元素排好，再将指定的不相邻的元素插入已排好元素的间隙或两端位置，从而将问题解决的策略。
运用插空法解决排列组合问题时，一定要注意插空位置包括先排好元素“中间空位”和“两端空位”。解题过程是“先排列，再插空”。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题1
1第一章 排列组合1、 在小于2000的数中，有多少个正整数含有数字2？解：千位数为1或0，百位数为2的正整数个数为：2*1*10*10；千位数为1或0，百位数不为2，十位数为2的正整数个数为：2*9*1*10； 千位数为1或0，百位数和十位数皆不为2，个位数为2的正整数个数为：2*9*9*1；故满足题意的整数个数为：2*1*10*10+2*9*1*10+2*9*9*1＝542。
2、 在所有7位01串中，同时含有“101”串和“11”串的有多少个？ 解：（1） 串中有6个1：1个0有5个位置可以插入：5种。
（2） 串中有5个1，除去0111110，个数为()62-1＝14。
（或：()()4142*2+＝14）（3）串中有4个1：分两种情况：①3个0单独插入，出去1010101，共()53-1种；②其中两个0一组，另外一个单独，则有()()2*)2,2(4152-P 种。
（4）串中有3个1：串只能为**1101**或**1011**，故共4*2种。
所以满足条件的串共48个。
3、一学生在搜索2004年1月份某领域的论文时，共找到中文的10篇，英文的12篇，德文的5篇，法文的6篇，且所有的都不相同。
如果他只需要2篇，但必须是不同语言的，那么他共有多少种选择？ 解：10*12+10*5+10*6+12*5+12*6+5*64、设由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异的4位偶数共有n 个，其和为m 。
求n 和m 。
解：由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异，且个位数字为2，4，6的偶数均有P(5,3)=60个，于是：n = 60*3 = 180。
以a 1,a 2,a 3,a 4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则m = a 1+10a 2+100a 3+1000a 4。
因为个位数字为2，4，6的偶数各有60个，故 a 1 = (2+4+6)*60=720。
因为千（百，十）位数字为1，3，5的偶数各有3*P(4,2) = 36个，为2，4，6的偶数各有2*P(4,2) = 24个，故a 2 = a 3 = a 4 = (1+3+5)*36 + (2+4+6)*24 = 612。
七年级数学北师大版下册课时练第4章《图形的全等》(含答案解析)
答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！课时练第4单元三角形图形的全等一、选择题1.下列各组中的两个图形属于全等图形的是()A. B. C. D.2.全等形是指()A.形状相同的两个图形B.面积相同的两个图形C.两张中国地形图，两个等腰三角形都是全等形D.能够完全重合的两个平面图形3.下列说法正确的有()①两个图形全等，它们的形状相同；②两个图形全等，它们的大小相同；③面积相等的两个图形全等；④周长相等的两个图形全等.A.1个B.2个C.3个D.4个4.观察如下图所示的各个图形，其中全等图形正确的是().A.②≌④B.⑤≌⑧C.①≌⑥D.③≌⑦5.下列说法：①用一张像底冲洗出来的2张1寸相片是全等形；②所有的正五边形是全等形；③全等形的周长相等；④面积相等的图形一定是全等形.其中正确的是()A.①②③B.①③④C.①③D.③6.在△ABC中，∠B=∠C，与△ABC全等的三角形有一个角是100°，那么在△ABC 中与这100°角对应相等的角是()A.∠AB.∠BC.∠CD.∠B或∠C7.如图，若△ABC≌△DEF，则∠E等于()A.30°B.50°C.60°D.100°8.如图所示，△ACB≌A′CB′，∠BCB′=30°，则∠ACA′的度数为（）A.20°B.30°C.35°D.40°二、填空题9.如图，有6个条形方格图，在由实线围成的图形中，全等图形有：(1)与；(2)与.10.如图是某厂房的平面图，请你指出，其中全等的有组.11.如果Rt△ABC≌Rt△DEF，AC=DF=4，AB=7，∠C=∠F=90°，则DE=.12.已知△ABC中，∠BAC＝60°，将△ABC绕着点A顺时针旋转40°，如图所示，则∠BAC′的度数为.13.如图，△ABO≌△CDO，点B在CD上，AO∥CD，∠BOD＝30°，则∠A＝.14.如图，△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△A′B′C′，此时恰好A′B′⊥AC，则∠A=.三、作图题15.如图，某校有一块正方形花坛，现要把它分成4块全等的部分，分别种植四种不同品种的花卉，图中给出了一种设计方案，请你再给出四种不同的设计方案.四、解答题16.指出图中的全等图形.17.如图，△ADF≌△CBE，且点E，B，D，F在一条直线上.试判断：(1)AD与BC的位置关系(并加以说明)；(2)BF与DE的数量关系，并说明理由.18.如图，CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，△ABE≌△ACD，∠C=42°，AB=9，AD=6.G 为AB延长线上一点.求：(1)∠EBG的度数；(2)CE的长.19.如图，A，D，E三点在同一直线上，且△BAD≌△ACE，试说明：(1)BD=DE+CE；(2)△ABD满足什么条件时，BD∥CE?20.如图，已知△ABE≌△ACD，且AB=AC.(1)说明△ABE经过怎样的变换后可与△ACD重合.(2)∠BAD与∠CAE有何关系?请说明理由.(3)BD与CE相等吗?为什么?参考答案1.D.2.D3.B4.C5.C.6.A.7.D8.B.9.答案为：(6)；(3)(5).10.答案为：3.11.答案为：7.12.答案为：100°.13.答案为：30°.14.答案为：55°.15.解：设计方案如下：16.解：(1)和(10)，(2)和(12)，(3)和(13)，(6)和(9).17.解：(1)AD∥BC.理由：因为△ADF≌△CBE，所以∠FDA=∠EBC.所以∠ADB=∠DBC.所以AD∥BC.(2)BF=DE.理由：因为△ADF≌△CBE，所以DF=BE.所以DF+BD=BE+BD.所以BF=DE.18.解：(1)因为△ABE≌△ACD，所以∠EBA=∠C=42°.所以∠EBG=180°-42°=138°.(2)因为△ABE≌△ACD，所以AB=AC=9，AE=AD=6.所以CE=AC-AE=3.19.证明：(1)因为△BAD≌△ACE，所以AD=CE，BD=AE.因为AE=AD+DE，所以BD=DE+CE.(2)当∠ADB=90°，即△ABD是直角三角形时，BD∥CE.理由如下：因为△BAD≌△ACE，所以∠ADB=∠CEA=90°.易知∠ADB=∠BDE=90°，所以∠CEA=∠BDE=90°.所以BD∥CE.20.解：(1)将△ABE沿∠BAC的平分线所在直线翻折180°后可与△ACD重合.(2)∠BAD=∠CAE.理由：因为△ABE≌△ACD，所以∠BAE=∠CAD.所以∠BAE-∠DAE=∠CAD-∠DAE.所以∠BAD=∠CAE.(3)BD=CE.因为△ABE≌△ACD，所以BE=CD.所以BD=CE.。
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。
李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
第五章 P ólya 计数理论1. 计算（123）（234）（5）（14）（23）,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|S n |＝5。
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=512345432152431543215413254321)23)(14)(5)(234)(123(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=51234543215214354321 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=5341254321 )5)(34)(12(=（5）（12）（34）的置换的型为1122而S n 中属于1122型的元素个数为1521!1!2!521=个其共轭类为（5）（14）（23），（5）（13）（24），（1）（23）（45），（1）（24）（35）， （1）（25）（34），（2）（13）（45），（2）（14）（35），（2）（15）（34）， （3）（12）（45），（3）（14）（25），（3）（15）（24），（4）（12）（35）， （4）（13）（25），（4）（15）（24）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 ∈σ,使得}|)({A a a B ∈=σ,则称A 与B 是等价的.求G 的等价类的个数.解：根据Burnside 引理∑==ni i a c G l 11)(1，其中c 1(a i )表示在置换a i 作用下保持不变的元素个数，则有 c 1(σI )=n;设在σ的作用下，A 的元素在B 中的个数为i ，则c 2(σ)=n －2i ；若没有其他置换，则G 诱出来的等价类个数为l=i n i n n -=-+)]2([213. 由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对于置换群G={g 1,g 2}g 1为不动点置换，型为1n ；为5n ；g 2置换：（1n ）(2(n-1))(3(n-2))…(⎥⎥⎤⎢⎢⎡⎥⎦⎥⎢⎣⎢22n n ) 分为2种情况：（1） n 为奇数时212n ，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。
(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）=35x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4x 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。
李凡长版 组合数学课后习题谜底 习题3
1. 在平面上画 n 条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限 区域数记为 f(n),求 f(n)满足的递推关系.
解： f(n)=f(n-1)+2
f(1)=2,f(2)=4 解得 f(n)=2n. 2. n 位三进制数中,没有 1 出现在任何 2 的右边的序列的数目记为 f(n), 求 f(n)满足的递推关系. 解：设 an-1an-2…a1 是满足条件的 n-1 位三进制数序列，则它的个数可以用 f(n-1)表示。 an 可以有两种情况： 1） 不管上述序列中是否有 2，因为 an 的位置在最左边，因此 0 和 1 均可选； 2）当上述序列中没有 1 时，2 可选； 故满足条件的序列数为
解：这种序列有两种情况：
1)最后一位为 0，这种情况有 f(n-3)个；
2)最后一位为 1，这种情况有 2f(n-2)个；
所以
f(n)=f(n-3)+2f(n-2)
f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5. 5. 求 n 位 0,1 序列中“00”只在最后两位才出现的序列数 f(n). 解：最后两位是“00”的序列共有 2n-2 个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在 n-1
位第一次出现“00”的可能；
f(n-1)表示在第 n-1 位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在
n-2 位第一次出现“00”的可能；
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，通系电1，力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2，下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷，32调需3各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
线性代数与解析几何 课后答案 (代万基 廉庆荣)第4章习题答案
x 1 y 1 z ( 1) 2 1 2 1 2 ( 1) 0 ， 11
即
1 1 2 ( 1)
x 3 y 2 z 0.
4．解：所求平面方程为 3( x 3) 7( y 0) 5( z 1) 0 ， 即 . 3x 7 y 5 z 4
2 .
c c a 11 解： a b b c c a a b a c b
(a b) c ( b c) c 4
Hale Waihona Puke a 2 a, b,
1 1 2 12．解： a, b, c 1 1 0 4
1 4 5 因为 ( AB, AC , AD ) 2 1 1 0 ，所以这四点共面. 5 2 7
15.证：设 AB 和 AD 的夹角为 .
S 2 AB AD a b a b sin 2 a b (1 cos2 )
a b a b cos2 a b (a b)2 .
17．证：由 a (a b c) a 0 0, 得 a b a c c a. 由 b (a b c) b 0 0, 得 b a b c, a b b c. 所以 a b b c c a. 18．证：由于 b c 和 c a 都与 c 垂直，所以 (b c) c 0,(c a ) c 0. 由 a b b c c a 0, 得 (a b b c c a ) c 0. 整理，得 a, b, c 0 .
思考题 4-3
1. 平面的截距式方程的形式是唯一的，平面的点法式方程、一般式方程、三点式方程 的形式不是唯一的。 2. 有。找出交线上的两点通过三点式方程来求也很简便。 3. 都是线性方程，变量的个数与其所在空间的维数有关。空间解析几何中的平面方程 是三元一次方程，平面解析几何中的直线方程是二元一次方程。 4. 过 x 轴的平面的方程的特点是 x 的系数和常数项都为 0； 垂直于 z 轴的平面就是平行 于 oxy 面的平面，其方程的特点是 x 和 y 的系数都为 0.
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第三章递推关系1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解： f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4解得f(n)=2n.2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设a n-1a n-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列，则它的个数可以用f(n-1)表示。
a n可以有两种情况：1）不管上述序列中是否有2，因为a n的位置在最左边，因此0和1均可选；2）当上述序列中没有1时，2可选；故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解：设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目，g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目，由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。
则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 （1）f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) （2）将（1）得到的h(n)=(2n+4n)/2代入（2），可得f(n+1)= (2n+4n)/2-2f(n),f(1)=2.4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).解：这种序列有两种情况：1)最后一位为0，这种情况有f(n-3)个；2)最后一位为1，这种情况有2f(n-2)个；所以f(n)=f(n-3)+2f(n-2)f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5.5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).解：最后两位是“00”的序列共有2n-2个。
f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数，同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能；f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数，同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能；依此类推，有f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6.求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n).解：最后三位是“010”的序列共有2n-3个。
《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版
n ai i1, 2,
证明： （1）可表示性。 令 M {(am 1 , am 2 , , a2 , a1 ) | 0 ai i, i 1, 2, , m 1} ，显然 M m ! ，
N {0,1, 2, , m ! 1} ，显然 N m ! ，
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组合数学（第二版）
但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选 6 人坐前排，其余 8 人全 坐后排，那么上式中的 C (8, 4) P 8, 4 就有重复。 4．一位学者要在一周内安排 50 个小时的工作时间，而且每天至少工作 5 小时， 问共有多少种安排方案？ 解：用 xi 表示第 i 天的工作时间， i 1, 2, , 7 ，则问题转化为求不定方程
P (8,5) P (8, 4) P (7,5) 28 449 792 000 （种）
（2）因前排至少需坐 6 人，最多坐 8 人，后排也是如此。 可分成三种情况分别讨论： ① 前排恰好坐 6 人，入座方式有 C (14, 6) P (8, 6) P (8,8) ； ② 前排恰好坐 7 人，入座方式有 C (14, 7) P (8, 7) P (8, 7) ； ③ 前排恰好坐 8 人，入座方式有 C (14,8) P (8,8) P (8, 6) ； 各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为：
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组合数学（第二版）
3 1 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C5 种； C2
（3）7 个前锋从 B 中选取，从 A 中选取 2 名后卫，C 中 2 名当后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有： C87 C52 种； （4）从 B 中选 6 个前锋，从 C 中选 1 个前锋，从 A 中选 4 个后卫，
组合数学第四章习题解答
4.23 凸多面体中与一个顶点相关的各角之和与2 的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠 角之和为4
证：设V,S,E分别为顶点集，面集，边(棱)集。 由欧拉定理 |V|+|S|－|E|=2. 设aij为与顶点vi， 面Sj为相关的面角，ej为Sj的的边数， 给定Sj则∑aij=(ej－2)π 欠角和为∑(2π－∑aij)=∑2π－∑ ∑aij =2|V|π－∑ ∑aij=2|V|π－∑(ej－2)π =2|V|π－∑ejπ+2|S|π =2|V|π+2|S|π－2|E|π=4π
G×G’的单位元素是(e,e’),试证G×G’是群 (1)封闭性显然 (2)结合律显然 (3)逆元素显然
(4)单位元显然
4.27 一个项链由7颗珠子装饰成的，其中两颗珠 子是红的，3颗是蓝的，其余两颗是绿的，问有多少 种装饰方案，试列举之。
G (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) (1234567),(1357246), (1473625),(1526374), (1642753),(1765432)
4.24 足球由正五边形与正六边形相嵌而成 (a)一个足球由多少正五边形与正六边形组成 (b)把一个足球所有的正六边形都着以黑色，正五 边形则着以其它各色，每个正五边形着色各不相 同，有多少种方案？
4.25 若G和G是两个群
G G ' {( g ,g ')g G ,g ' G ' }, ( g ,g ')( g ,g ') ( g g ,g 'g '), 1 1 2 2 1 2 1 2
4.21 在正四面体的每个面上都引一条高，有多少 种方案？
解：除了绕顶点-对面的中心轴旋转均不会 产生不变的图象外, 绕其他轴的旋转相当于正 4面体的面3着色。参照讲义4.6例3可得不同的 方案数为 M=[34+3·32]/12=9
(完整word版)组合数学第四版卢开澄标准答案-第四章
习题四4。
1。
若群G的元素a均可表示为某一元素x的幂,即a= x m，则称这个群为循环群.若群的元素交换律成立，即a , b G满足a b = b a则称这个群为阿贝尔(Abel）群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
［证］.设循环群（G，)的生成元是x0ÎG。
于是,对任何元素a ，b G，m,nÎN，使得a= x0m , b= x0n，从而a b = x0m x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n x0m(指数律)= b a故运算满足交换律；即(G, )是交换群.4.2。
若x是群G的一个元素,存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e，x，x2, ，x m—1}是G的一个子群。
［证].(1)非空性C ：因为eÎG；（2）包含性C G:因为xÎG，根据群G的封闭性，可知x2, ，x m—1,(x m=)eÎG,故C G；（3)封闭性 a , b C a b C: a , b C，k，lÎN (0k〈m，0l〈m),使a = x k，b = x l，从而a b = x k x l = x(k+l）mod m C(因为0 （k+l) mod m〈m) ；(4)有逆元 a C a —1C： a C，kÎN (0k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m—k C（因为0 m-k < m）。
综合（1) (2）(3) (4），可知(C, )是(G, )的一个子群.4.3。
若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证］。
对任一元素xÎG，设其阶为m，并令C={e,x，x2，，x m-1},则由习题4.2.可知（C, )是（G, ）的一个子群，故具有包含性C G。
因此有m = ｜C｜£｜G｜= n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
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。
高中数学第一章1.4(1)比较法综合法与分析法课后练习北师大版选修4_
而这是可以由
ab＋
bc＋
ca≥
a2＋
b2 ＋
b2＋
c2 ＋
c2＋
a2 ＝
a2＋
b
2＋
c2(当且仅当
a＝ b＝ c＝
3 时
2
2
2
3
取等号 )证得的．
∴原不等式成立．
a
b
c a＋ b＋ c
(2)∵
bc＋
ac＋
ab＝
， abc
在 (1)中已证 a＋ b＋ c≥ 3，
∴原不等式只需证
1 ≥ a＋ b＋ c，
答案： (1， 2] 三、解答题 7．设 a≥ b>0 ，求证： 3a3＋ 2b3≥ 3a2b＋ 2ab2. 证明： 3a3＋2b3－ (3a2b＋ 2ab2)＝ 3a2(a－ b)＋ 2b2(b－a)＝ (3a2－ 2b2)(a－b)．因为 a≥ b>0 ， 所以 a－ b≥ 0,3a2－ 2b2>0 ，从而 (3a2－ 2b2)(a－ b)≥ 0，即 3a3＋ 2b3≥ 3a2b＋ 2ab2. 8． (选修 4－ 5：不等式选讲 )设 a， b， c 为正实数，
111 求证： a3＋ b3＋c3＋abc≥ 2 3.
证明： 因为 a， b，c 为正实数，由平均值不等式可得
1 1 1 31 1 1
a3＋ b3＋ c3≥ 3
a3· b3· c3，
111 3
111
即 a3＋ b3＋ c3≥ abc，当且仅当 a3＝b3＝ c3即 a＝ b＝ c 时，等号成立．
111
< b
d，则
(
)
a a＋ c c
A
．
< b
b＋
2021_2022学年高中数学课时分层作业4组合与组合数公式(含解析)北师大版选修2_3
课时分层作业(四)(建议用时：60分钟)[根底达标练]一、选择题 1．给出以下问题：①从1,2,3，…，9，这九个数字中任取3个，组成多少个三位数？ ②有4张一样电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法？③某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，那么不同的结果有多少种？ 其中组合问题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3C [①与顺序有关，是排列问题；②③均与顺序无关，是组合问题．应选C.] 2．化简C 9798＋2C 9698＋C 9598等于( ) A ．C 9799 B ．C 97100 C ．C 9899D ．C 98100B [由组合数性质知，C 9798＋2C 9698＋C9598＝(C 9798＋C 9698)＋(C 9698＋C 9598)＝C 9799＋C 9699＝C 97100.] 3．以下等式中，不正确的选项是( ) A ．C mn ＝n ！m ！(n －m )！B ．C m n ＝C n －mn C ．C m n ＝m ＋1n ＋1C m ＋1n ＋1 D ．C mn ＝C m ＋1n ＋1D [因为C m ＋1n ＋1＝(n ＋1)！(m ＋1)！(n －m )！＝n ＋1m ＋1·n ！m ！(n －m )！＝n ＋1m ＋1C m n .]4．方程C x14＝C 2x －414的解集为( ) A ．4 B ．14 C ．4或6D ．14或2C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x －4，2x －4≤14，x ≤14或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14－(2x －4)，2x －4≤14，x ≤14，解得x ＝4或6.]5．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工队，不同的选法有( )A ．C 310种 B ．A 310种 C ．A 27A 13种D ．C 13C 27种D [每个被选的人员无角色差异，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C 13种选法；第二步，选男工，有C 27种选法．故有C 13C 27种不同选法．]二、填空题6．假设A 3n ＝12C 2n ，那么n ＝________.8 [因为A 3n ＝n (n －1)·(n －2)，C 2n ＝12n (n －1)，所以n (n －1)(n －2)＝6n (n －1)．又n ∈N＋，且n ≥3，所以n ＝8.]7．假设集合P ＝{1,2,3,4,5,6}，那么集合P 的子集中含有3个元素的子集数为________． 20 [由于集合中的元素具有无序性，因此含3个元素的子集个数与元素顺序无关，是组合问题，共有C 36＝20种．]8．假设C m －1n ∶C mn ∶C m ＋1n ＝3∶4∶5，那么n －m ＝________.35 [由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧C m －1n C m n ＝34，Cm nCm ＋1n＝45，由组合数公式得⎩⎪⎨⎪⎧3n －7m ＋3＝0，9m －4n ＋5＝0，解得：n ＝62，m ＝27，n －m ＝62－27＝35.]三、解答题9．判断以下问题是排列问题，还是组合问题．(1)从50个同学中选出正、副班长各一人，有多少种选法？ (2)从50个人中选3个人去参加同一种劳动，有多少种不同的选法？ (3)从50个人中选3个人到三个学校参加毕业典礼，有多少种选法？ [解] (1)是选出2人，而正、副班长的人选都与顺序有关．故(1)是排列问题；(2)(3)都是选出3人，但参加同一劳动没有顺序，而到三个学校参加毕业典礼却有顺序，故(2)是组合问题，(3)是排列问题．10．证明：n C kn ＝(k ＋1)C k ＋1n ＋k C kn .[证明] 因为(k ＋1)C k ＋1n ＋k C kn ＝(k ＋1)n ！(k ＋1)！[n －(k ＋1)]！＋k n ！k ！(n －k )！＝n ！k ！[n －(k ＋1)]！＋k n ！k ！(n －k )！＝(n －k )·n ！k ！(n －k )！＋k n ！k ！(n －k )！＝n ·n ！－k ·n ！＋k ·n ！k ！(n －k )！＝n ·n ！k ！(n －k )！＝n C kn ，所以n C kn ＝(k ＋1)C k ＋1n ＋k C kn .[能力提升练]1．组合数C rn (n >r ≥1 ，n ，r ∈Z )恒等于( ) A.r ＋1n ＋1C r －1n －1 B ．(n ＋1)(r ＋1)C r －1n －1C ．nr C r －1n －1D ．n rC r －1n －1D [n r C r －1n －1＝n r ·(n －1)！(r －1)！[n －1－(r －1)]！＝n ·(n －1)！r ·(r －1)！(n －r )！＝n ！r ！(n －r )！＝C rn .]2．从长度分别为1,2,3,4,5的五条线段中，任取三条的不同取法有n 种，在这些取法中，假设以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，那么mn等于( )A.110 B.15 C.310 D.25B [n 表示从5个元素中取出3个元素的所有组合的个数，即C 35＝10，由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2,3,4〞和“2,4,5〞两种，即m ＝2，所有m n ＝210＝15.]3．从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m 个不同的积；任取两个不同的数相除，有n 个不同的商，那么m ∶n ＝________.12 [∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝12.] 4．{a, b }⊆A ⊆{a ，b ，c ，d }，那么满足这个关系式的集合A 有________个． 4 [由题意集合A 中除了含有a ，b 外，可能还含有c ，d 中的0个，1个或2个，故集合A 共有C 02＋C 12＋C 22＝1＋2＋1＝4(个)．]5．解不等式C n －5n ＞C 3n －2＋2C 2n －2＋C 1n －2. [解] 因为C n －5n ＝C 5n ，所以原不等式可化为C 5n ＞(C 3n －2＋C 2n －2)＋(C 2n －2＋C 1n －2)，即C 5n ＞C 3n －1＋C 2n －1，也就是C 5n ＞C 3n ，所以n ！5！·(n －5)！＞n ！3！·(n －3)！，即(n －3)(n －4)>20，解得n >8或n <－1. 又n ∈N ＋，nn ≥9且n ∈N ＋.。
江苏省2020年高二数学第27讲 组合与组合数公式 分层作业答案
3月 16 日 高二数学分层作业答案1. .【解析】解：根据题意，可看作五个位置排列五种事物， 第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有两种选择不妨假设排上的是水， 第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10；【答案】B ．2.解析1:确定高位有A 51种不同方法.确定万位、千位、百位,从剩下的5个数字中取3个排列,共有A 53种不同的方法,剩下两个数字,把大的排在十位上即可.由分步乘法计数原理,共有A 51·A 53=5×5×4×3=300(个).3.解：C ，【答案】D ．4.B5.（1）、（2）、（5）6.xy,xz,zy7.8708.(1)组合问题 45 （2）组合问题 45 （3）组合问题 120 （4）排列问题 7209.解：(1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C 210＝10×92×1＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有A 210＝10×9＝90(条)，即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C 310＝10×9×83×2×1＝120(个)．10.解析：此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形，所以交点最多有C49＝126(个)．答案：12611.解析：用间接法可求得选法共有C38－C34＝52(种)．答案：C。
李凡长版组合数学课后习题答案习题（1）
李凡长版组合数学课后习题答案习题（1）第一章排列组合1、在小于2000的数中，有多少个正整数含有数字2？解：千位数为1或0，百位数为2的正整数个数为：2*1*10*10；千位数为1或0，百位数不为2，十位数为2的正整数个数为：2*9*1*10；千位数为1或0，百位数和十位数皆不为2，个位数为2的正整数个数为：2*9*9*1；故满足题意的整数个数为：2*1*10*10+2*9*1*10+2*9*9*1＝542。
2、在所有7位01串中，同时含有“101”串和“11”串的有多少个？解：（1）串中有6个1：1个0有5个位置可以插入：5种。
（2）串中有5个1，除去0111110，个数为()62-1＝14。
（或：()()4142*2+＝14）（3）串中有4个1：分两种情况：①3个0单独插入，出去1010101，共()53-1种；②其中两个0一组，另外一个单独，则有()()2*)2,2(4152-P 种。
（4）串中有3个1：串只能为**1101**或**1011**，故共4*2种。
所以满足条件的串共48个。
3、一学生在搜索2004年1月份某领域的论文时，共找到中文的10篇，英文的12篇，德文的5篇，法文的6篇，且所有的都不相同。
如果他只需要2篇，但必须是不同语言的，那么他共有多少种选择？解：10*12+10*5+10*6+12*5+12*6+5*64、设由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异的4位偶数共有n 个，其和为m 。
求n 和m 。
解：由1，2，3，4，5，6组成的各位数字互异，且个位数字为2，4，6的偶数均有P(5,3)=60个，于是：n = 60*3 = 180。
以a 1,a 2,a 3,a 4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则m = a 1+10a 2+100a 3+1000a 4。
因为个位数字为2，4，6的偶数各有60个，故 a 1 = (2+4+6)*60=720。
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第四章 生成函数1. 求下列数列的生成函数： （1）{0,1,16,81,…,n 4,…} 解：G{k 4}=235(11111)1x x x x x +++-（）（2）343,,,333n +⎧⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩⎭L 解：3n G n +⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭=41(1)x - （3）{1,0,2,0,3,0,4,0,……} 解：A(x)=1+2x 2+3x 4+4x 6+…=（211x-）2. （4）{1,k ,k 2,k 3,…} 解：A(x)=1+kx+k 2x 2+k 3x 3+…=11kx -. 2. 求下列和式： （1）14+24+…+n 4解：由上面第一题可知，{n 4}生成函数为A(x)=235(11111)1x x x x x +++-（）=0kk k a x ∞=∑， 此处a k =k 4.令b n =14+24+…+n 4，则b n =0nk k a =∑，由性质3即得数列{b n }的生成函数为 B(x)= 0nn n b x ∞=∑=()1A x x -=34125(1111)ii i x x x x x i ∞=++++⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. 比较等式两边x n 的系数，便得14+24+…+n 4=b n =1525354511111234n n n n n n n n -+-+-+-++++----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭321(1)(691)30n n n n n =+++-（2）1·2+2·3+…+n (n +1)解：{ n (n +1)}的生成函数为A(x)=32(1)x x -=0kk k a x ∞=∑，此处a k = n (n +1).令b n =1·2+2·3+…+n (n +1)，则b n =0nk k a =∑.由性质3即得数列{b n }的生成函数为B(x)=nn n b x ∞=∑=()1A x x-=42(1)xx -=032nk kk x x k =+⎛⎫⎪⎝⎭∑. 比较等式两边x n 的系数，便得1·2+2·3+…+n (n +1)= b n =2(1)(2)213n n n n n +++=-⎛⎫ ⎪⎝⎭. 3. 利用生成函数求解下列递推关系： （1）()7(1)12(2)(0)2,(1)7f n f n f n f f =---==⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()n n f n x ∞=∑则有A(x)-f(0)-f(1)x=2()nn f n x ∞=∑=2(7(1)12(2))n nf n f n x∞=---∑=217()12()nnn n x f n x xf n x∞∞==-∑∑=7x(A(x)-f(0))-12x 2A(x).将f(0)=2，f(1)=7代入上式并整理，得22711()(34)17121314n n n x A x x x x x ∞=-==+=+-+--∑. （2）()3(1)53(0)0nf n f n f =-+⋅=⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()nn f n x ∞=∑，则有A(x)-f(0)= 1(3(1)53)n nnf n x ∞=-+⋅∑=03()153nn n n n x f n x x x ∞∞==+∑∑=3xA(x)+15x·113x-.A(x)= 215(13)xx - （3）()2(1)(2)(0)0,(1)1f n f n f n f f =-+-==⎧⎨⎩;解：令A(x)=0()nn f n x ∞=∑，则有A(x)-f(0)-f(1)x=2(2(1)(2))n nf n f n x ∞=-+-∑=212()()nnn n x f n x xf n x∞∞==+∑∑=2x(A(x)-f(0))+x 2A(x).将f(0)=0，f(1)=1代入上式并整理，得2()12x A x x x =--.4. 设序列{n a }的生成函数为：343(1)(1)xx x x --+-,但00b a =,110b a a =-,……,1n n n b a a -=-,……,求序列{n b }的生成函数.解：由00b a =,110b a a =-,……,1n n n b a a -=-,得0nk n k b a ==∑，所以A(x)=()1B x x-.由此得B(x)=(1-x)A(x)= 3431xx x -+-，亦即序列{n b }的生成函数。
5. 已知生成函数239156xx x---,求对应的序列{n a }. 解：239156xx x ---=528171x x --+=11521817x x --⋅-+⋅所以a n =-5·8n -2·(-7)n .6. 有红,黄,蓝,白球各两个,绿,紫,黑球各3个,从中取出10个球,试问有多少种不同的取法解：M r =M y =M b =M w ={0,1,2}，M g =M p =M h ={0,1,2,3}，所以该取法的个数为(1+x+x 2)4(1+x+x 2+x 3)3中x 10的系数，为678.7. 口袋中有白球5个,红球3个,黑球2个,每次从中取5个,问有多少种取法 解：M w ={0,1,2,3,4,5}，M r ={0,1,2,3}，M b ={0,1,2}，所以从中取5个的取法个数为(1+x+x 2)(1+x+x 2+x 3) (1+x+x 2+x 3+x 4+x 5)中x 5的系数，为12。
8. 求1,3,5,7,9这5个数字组成的n 位数个数,要求其中3和7出现的次数位偶数,其它数字出现的次数无限制.解：M 1=M 5 =M 9={0,1,2,3,…}，M 3 =M 7={0,2,4,…}该排列的生成函数为24232(1...)(1...)2!4!2!x x x x ++++++=14(e x +e -x )2e 3x =14(e 5x +e 3x +e x )=140(5231)!n n nn x n ∞=+⋅+∑ 所以a n =14(5231)n n +⋅+.9. 用3个1,2个2,5个3这十个数字能构成多少个偶的四位数解：因要组成偶的四位数，所以个位必为2，然后确定其它三位的排列即可.M 1={0,1,2,3}，M 2 ={0,1}，M 3={0,1,2,3,4,5}，故生成函数为2325(1)(1)(1)2!3!2!5!x x x x x x x ++++++++L .其中33!x 的系数为20，即可以组成20个偶的四位数。
10. 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：可把AB 看作一个整体，用E 表示，则M A =M B =M C =M D ={0,1,2,…}，M E ={1,2,…}故有224(1)()2!2!x x x x +++++L L =e(4x)(e(x)-1)=e(5x)-e(4x)=5n -4n . 11. 从⋅⋅⋅{,,}n a n b n c 中取出n 个字母,要求a 的个数为3的倍数,b 的个数是偶数,问有多少种取法解：由题意可知，M a ={0,3,6,…}，M b =M c ={0,1,2,…}，该取法的生成函数为(1+x 3+x 6+…)(1+x+x 2+x 3)2=311x -·421()1x x--12. 把正整数8写成三个非负整数之和，要求n 1≤3,n 2≤3,n 3≤6.问有多少种不同的方案解：由题意可知，M 1=M 2 ={0,1,2,3}，M 3={0,1,2,3,…,6}，则生成函数为 (1+x+x 2+x 3)2(1+x+x 2+x 3+…+x 6)= 421()1x x --·711x x --=(1-2x 4-x 7+x 8+2x 11-x 15) ·31(1)x -符合题意的方案数为x 8的系数，为82421221222+++--+⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=13. 13. 在一个程序设计课程里,每个学生的每个任务最多可以运行10次.教员发现某个任务共运行了38次.设有15名学生,每个学生对这一任务至少做一次.求观察到的总次数的组合数.解：M 1=M 2 =…=M 15={1,2,3,…,10}，生成函数为 (x+x 2+x 3+…+x 10)15=1015151()1xx x--， 其中x 38的系数为371527151714114214-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭。
14. 用1角、2角、3角的邮票可贴出多少种不同数值的邮资 解：生成函数为G(x)=(1+x+x 2+…)(1+x 2+x 4+…)(1+x 3+x 6+…)=11x -·211x-· 311x -=1+x+2x 2+3x 3+4x 4+… 15. 设多重集合=∞⋅∞⋅∞⋅∞⋅1234{,,,}S e e e e ,n a 表示集合S 满足下列条件的n 组合数,分别求数列{n a }生成函数. （1）每个i e 出现奇数次（i ＝1,2,3,4）； （2）每个i e 出现4的倍数次i ＝1,2,3,4）； （3）1e 出现3或7次,3e 出现2,6或8次； （4）每个i e 至少出现6次（i ＝1,2,3,4）； 解：（1）由题意知，M 1=M 2=M 3=M 4={1,3,5,…}，故该组合数序列的生成函数为(x+x 2+x 3+…)4=x 4·41(1)x -= x 4·03n n n n x ∞=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑=403n n n n x ∞+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. X n 的系数为13n -⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由题意知，M 1=M 2=M 3=M 4={0,4,8,…}，故该组合数序列的生成函数为(1+x 4+x 8+…)4= 441(1)x -. （3）由题意知，M 1={3,7}，M 2= M 4={0,1,2,…}，M 3={2,6,8} 故该组合数序列的生成函数为(x 3+x 7)(x 2+x 6+x 8)(1+x+x 2+…)2=(x 5+2x 9+x 11+x 13+x 15) ·011nn n x ∞=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. X n 的系数为5191111131151111112n n n n n -+-+-+-+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭＝6n-56.（4）由题意知，M 1=M 2=M 3=M 4={6,7,8,…}，故该组合数序列的生成函数为(x 6+x 7+x 8+…)4=x 24·41(1)x -= x 24·03n n n n x ∞=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑=2403nn n n x ∞+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑. X n 的系数为213n -⎛⎫⎪⎝⎭. 16. 设多重集合=∞⋅∞⋅∞⋅∞⋅L 123{,,,,}k S e e e e ,n a 表示集合S 满足下列条件的n 排列（1）S 的每个元素出现偶数次； （2）S 的每个元素至少出现4次；（3）S 的每个元素至多出现i 次（i =1,2,…,k ）； （4）S 的每个元素至少出现i 次（i =1,2,…,k ）； 解：（1）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={0,2,4,…}，故该组合数序列的生成函数为24(1...)2!4!kx x +++=()()2ke x e x +-⎛⎫ ⎪⎝⎭.（2）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={4,5,6,…}，故该组合数序列的生成函数为54(...)4!5!k x x ++=3212!3!(())k x x e x --- =(-1)i 0(())[(1)(2)(3)]kii k e k i x e e e i =-++⎛⎫ ⎪⎝⎭∑ = 00((1)[1(2)(3)]())!kii n i nn k e e i xk i n ∞==-++⎛⎫- ⎪⎝⎭∑∑0(1)[1(2)(3)]()kin i n i e e k a k i i =-++⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑（3）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={0,1,2,…,i}，故该组合数序列的生成函数为2(1...)2!!i kx x x i ++++. （4）由题意知，M 1=M 2=M 3=…=M k ={i,i+1,i+2,…}，故该组合数序列的生成函数为 1(...)!(1)!i i k x x i i ++++.17. 用生成函数法证明下列等式：（1）2122n n n n r r r r ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭证明：(1+x)n+2=(1+x)n ·(1+x)2=(1+2x+x 2) (1+x)n =x 2(1+x)n +2(1+x)n+1-(1+x)n对比左右两边x r 的系数，左边=2n r +⎛⎫⎪⎝⎭，右边=122n n n r r r +⎛⎫⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 整理得：2122n n n n r r r r ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 等式得证.（2）0(1)qj j q n q j n j r r q =+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 证明：(1+x)n [(1+x)-1]q =x q (1+x)n ，对比左右两边x r 的系数，左边=00(1)(1)(1)(1)q qnjq j j j j q q x x j j n q j r -==++-+-=⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑，右边=n r q -⎛⎫ ⎪⎝⎭， 因此等式得证.18. 设有砝码重为1g 的3个,重为2g 的4个,重为4g 的2个,问能称出多少种重量各有多少种方案解：由题意知，M 1={0,1,2,3}，M 2={0,1,2,3,4}，M 4={0,1,2}，故生成函数为 (1+x+x 2+x 3)(1 +x 2+x 4+x 6+x 8)(1+x 4+x 8)=1+x+2x 2+2x 3+3x 4+3x 5+4x 6+4x 7+5x 8+5x 9+5x 10+5x 11+4x 12+4x 13+3x 14+3x 15+2x 16+2x 17+x 18+x 19故共能称出20种重量，指数即为重量类型，系数为方案数. 19. 求方程x 1+2x 2+4x 3=21的正整数解的个数. 解：由题目可以看出，x 1为奇数，故生成函数为35246481724244872242222722432277911434379114(...)(...)(2...)(1...)(1...)(1...)11(1)11(1)(1)(1)(1)(1)1(2)(1)(1)2(2)2kk x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x x x x=+++++++++=+++++++++=•--+-=•--+==++--+⎛⎫=++ ⎪⎝⎭0∞∑展开式中x 21的系数为20，亦即该方程正整数解的个数。