组合数学北大教材习题_answer
2020-2021学年数学北师大版选修2-3学案：1.3 组合 Word版含解析
§3组合知识点一组合的定义[填一填]一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素为一组，叫作从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合，我们把有关求组合的个数的问题叫作组合问题．[答一答]1．如何区分一个问题是排列问题还是组合问题？提示：一个问题究竟是组合问题还是排列问题，不能想当然地判断，必须要结合具体的问题，依照题目的要求，寻找处理的过程中是否与顺序有关，如果与顺序有关，就是排列问题，否则就是组合问题．知识点二 组合[填一填]我们把从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有组合的个数，叫作从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．[答一答]2．如何理解记忆组合数公式？提示：在记住排列数公式的基础上，分母再除以m ！就得组合数公式． 知识点三 组合数的性质[填一填]性质1：C m n ＝C n －m n. 性质2：C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n. [答一答]3．如何理解和记忆组合数的性质．提示：从n 个元素中取m 个元素，剩余(n －m )个元素，故C m n ＝C n －m n .从n ＋1个元素中取m 个元素记作C m n ＋1，可认为分作两类：第一类为含有某元素a 的取法为C m －1n，第二类不含有此元素a ，则为C m n ，根据分类加法计数原理得C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n.1．组合的定义(1)给出的n 个元素是互不相同的，且从n 个元素中抽取m 个元素是没有重复抽取情况的，因而这m 个元素也是互不相同的，这就决定了m ≤n .(2)组合的定义中包含两个基本内容：一是“取出元素”，二是“并成一组”，“并成一组”即表示与顺序无关．(3)由定义可知，两个组合相同，只需这两个组合的元素相同即可．2．组合数我们可以从集合的角度来理解，从n 个不同元素中取出m 个元素并成一组是一个组合，任取m 个元素组成的组合的全体构成一个集合，例如：从3个不同元素a ，b ，c 中任取2个的所有组合构成的集合为：A ＝{ab ，ac ，bc }．所谓组合数就是求这个集合的元素的个数．从集合中可以清楚地了解组合之间的互异性．3．组合数公式(1)组合数公式的推导应注意以下两点：①遵循从特殊到一般的原则，重点研究了从3个不同元素中取出2个元素的组合数．推导过程中采用了穷举法．②遵循以退为进的原则，先建立了组合与排列之间的对应关系，依据分步计数原理，把求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数的过程分为两步完成：求组合数；求全排列数．从而利用这种对应关系和已知的排列数公式得到组合数公式．我们应理解和掌握这种分步解决问题的思路，它在解决排列组合应用题时非常重要．(2)组合数公式的应用对于组合数公式我们强调：第一个公式体现了组合数与相应排列数的关系，当n 确定而m 变化时，组合数与m 的一种函数关系．第二个公式C m n ＝n ！m ！(n －m )！的主要作用有： ①当m ，n 较大时，可借助计算器，利用这个公式计算组合数比较方便．②对含有字母的组合数的式子进行变形和论证时，常用此式．4．组合数的两个性质(1)性质1：C m n ＝C n －m n①从n 个元素中取出m 个元素，相当于从这n 个元素中留下n －m 个元素，所以C m n ＝C n －m n.这体现了“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想．②性质表达式的特点：等号两边组合数的下标相同，上标之和等于下标．③性质的作用：(Ⅰ)当m >n 2时，计算C m n 可转化为计算C n －m n，简化运算；(Ⅱ)C x n ＝C y n ⇒x ＝y 或x ＋y ＝n .(2)性质2：C m n＋1＝C m n＋C m－1n，①从含有a的n＋1个不同的元素中取出m个元素的组合数是C m n＋1这些组合可以分为两类：第一类：取出的m个元素中含有元素a，相当于个．第二类：从不含a的n个不同的元素中取出m－1个元素，共有C m－1n取出的m个元素中不含元素a，相当于从不含a的n个不同的元素中取出.这体现了“含m个元素，共有C m n个．根据加法原理，得到C m n＋1＝C m n＋C m－1n与不含某元素”的分类思想．②性质表达式的特点：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与较大的相同的一个组合数．③性质的作用：恒等变形，简化运算．在今后学习“二项式定理”时，我们会看到它的具体应用．题型一组合的概念[例1](1)从甲、乙、丙、丁四位老师中选出两位去参加学习交流会，试判断该问题是组合问题还是排列问题，并写出所有的可能情况；(2)从甲、乙、丙、丁四位老师中选出两位分别到A，B两个班级当班主任，试判断该问题是组合问题还是排列问题，并写出所有的可能情况．[思路探究](1)两位老师参加学习交流会没有顺序要求，是组合问题；(2)由于班级不一样，若选出两位老师后，安排班级不同时，结果不一样，所以是排列问题．[解](1)该问题为组合问题，所有情况为：甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁，共6种情况．(2)该问题为排列问题，班级A，B的班主任的所有情况为：(甲，乙)，(乙，甲)，(甲，丙)，(丙，甲)，(甲，丁)，(丁，甲)，(乙，丙)，(丙，乙)，(乙，丁)，(丁，乙)，(丙，丁)，(丁，丙)，共12种情况．规律方法用组合的知识解简单的应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于：排列问题与顺序有关，而组合问题与顺序无关．若顺序对结果无影响，则是组合问题，若顺序对结果有影响，则是排列问题．判断下列问题是组合问题还是排列问题．(1)设集合A ＝{a ，b ，c ，d ，e }，则集合A 的子集中含有3个元素的有多少个？(2)某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？(3)3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？(4)把3本相同的书分给5个学生，每人最多分得1本，有几种分配方法？解：(1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．(2)因为甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不同的，故是排列问题；但票价与顺序无关，甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．(3)因为分工方法是从5种不同的工作中选出3种，按一定顺序分给3个人去干，故是排列问题．(4)因为3本书是相同的，无论把3本书分给哪三人，都不需考虑他们的顺序，故是组合问题．题型二 有关组合数的计算或证明[例2] (1)已知C 5n －1＋C 3n －3C 3n －3＝345，求n . (2)证明：①C n m ＝m m －n C n m －1， ②C k n ·C m －k n －k ＝C m n C k m .[思路探究] 充分利用组合数公式及性质解题，并注意有关限制条件．[解] (1)原方程可变形为C 5n －1C 3n －3＋1＝195，即C 5n －1＝145C 3n －3，即(n －1)(n －2)(n －3)(n －4)(n －5)5！＝145·(n －3)(n －4)(n －5)3！， 化简整理得n 2－3n －54＝0.解此二次方程得n ＝9或n ＝－6(不合题意，舍去)．∴n ＝9. (2)证明：①m m －n C n m －1＝m m －n ·(m －1)！n ！(m －1－n )！＝m ！n ！(m －n )！＝C n m . ②∵C k n ·C m －k n －k ＝n ！k ！(n －k )！·(n －k )！(m －k )！(n －m )！＝n ！k ！(m －k )！(n －m )！. C m n ·C k m ＝n ！m ！(n －m )！·m ！k ！(m －k )！＝n ！k ！(n －m )！(m －k )！， ∴C k n ·C m －k n －k ＝C m n ·C k m .规律方法 解和组合数有关的方程、不等式、求值、证明等问题时，要注意组合数公式及性质，同时注意其成立的条件．计算：(1)C 58＋C 98100·C 77； (2)C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55；(3)C n n ＋1·C n －1n . 解：(1)原式＝C 38＋C 2100×1＝8×7×63×2×1＋100×992×1＝56＋4 950＝5 006. (2)原式＝2(C 05＋C 15＋C 25)＝2(C 16＋C 25)＝2(6＋5×42×1)＝32. (3)方法一：原式＝C n n ＋1·C 1n ＝(n ＋1)！n ！·n ＝(n ＋1)·n ！n ！·n ＝(n ＋1)n ＝n 2＋n . 方法二：原式＝(C n n ＋C n －1n )·C n －1n ＝(1＋C 1n )·C 1n ＝(1＋n )·n ＝n 2＋n . 题型三 无约束条件的组合问题[例3] 一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．(1)从口袋内取出3个球，共有多少种取法？(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？[思路探究] 先判断是不是组合问题，再用组合数公式写出结果，最后求值．[解] (1)从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是C 38＝8×7×63×2×1＝56.(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是C 11C 27＝7×62×1＝21. (3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是C 37＝7×6×53×2×1＝35. 规律方法 解简单的组合应用题，要首先判断它是不是组合问题，即取出的元素是“合成一组”还是“排成一列”其次要看这件事是分类完成还是分步完成．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？解：(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法有C 210＝45种．(2)从6名男教师中选2名有C 26种选法，从4名女教师中选2名有C 24种选法．根据分步乘法计数原理，共有选法C 26C 24＝90种．题型四 有约束条件的组合问题[例4] 要从12人中选出5人去参加一项活动，按下列要求，有多少种不同选法？(1)A ，B ，C 三人必须入选；(2)A ，B ，C 三人都不能入选；(3)A ，B ，C 三人只有一人入选；(4)A ，B ，C 三人至少一人入选；(5)A ，B ，C 三人至多两人入选．[思路探究] 判断是否与顺序有关，确定是否为组合问题．[解](1)只需再从A，B，C之外的9人中选择2人，所以有方法C29＝36(种)．(2)由于A，B，C三人都不能入选，所以只能从余下的人中选择5人，即有选法C59＝126(种)．(3)可分两步：先从A，B，C三人中选出一人，有C13种选法；再从其余的9人中选择4人，有C49种选法．所以共有选法C13C49＝378(种)．(4)(直接法)可分三类：①A，B，C三人只选一人，则还需从其余9人中选择4人，有选法C13C49＝378(种)；②A，B，C三人中选择两人，则还需从其余9人中选择3人，有选法C23C39＝252(种)；③A，B，C三人都入选，则只需从余下的9人中选择2人，有选法C33C29＝36(种)．由分类加法计数原理，共有选法378＋252＋36＝666(种)．(间接法)先从12人中任选5人，再减去A，B，C三人都不入选的情况，共有选法C512－C59＝666(种)．(5)(直接法)可分三类：①A，B，C三人均不入选，有C59种选法；②A，B，C三人中选一人，有C13C49种选法；③A，B，C三人中选两人，有C23C39种选法．由分类加法计数原理，共有选法C59＋C13C49＋C23C39＝756种．(间接法)先从12人中任选5人，再减去A，B，C三人均入选的情况，即共有选法C512－C29＝756种．规律方法解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“间接法(排除法)”．其中用直接法求解时，则应坚持“特殊元素优先选取”的原则，优先安排特殊元素的选取，再安排其他元素的选取．而选择间接法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大，不妨从反面问题入手，试一试看是否简捷些，特别是涉及“至多”、“至少”等组合问题时更是如此．此时正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．(1)四面体的一个顶点为A ，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A 在同一平面上，有多少种不同的取法？解：(直接法)如题图，含顶点A 的四面体的3个面上，除点A 外都有5个点，从中取出3点必与点A 共面，共有3C 35种取法；含顶点A 的三条棱上各有三个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，与顶点A 共面三点的取法有3C 35＋3＝33(种)．(2)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( C )A ．232B ．252C ．472D ．484解析：本题考查了利用组合知识来解决实际问题． 方法一：C 316－4C 34－C 24C 112＝16×15×146－16－72＝560－88＝472. 方法二：C 04C 312－3C 34＋C 14C 212＝12×11×106－12＋4×12×112＝220＋264－12＝472.解题时要注意直接求解与反面求解相结合，做到不漏不重．题型五 分配问题[例5] 有6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？(1)平均分给甲、乙、丙三人；(2)甲得1本，乙得2本，丙得3本；(3)一人得1本，一人得2本，一人得3本；(4)平均分成三堆(组)；(5)一堆1本，一堆2本，一堆3本．[思路探究](1)、(2)两题可设想甲、乙、丙三人依次如数取书；(3)则在(2)的基础上甲、乙、丙三人全排列分配；由等概率思想，(4)为(1)的A33分之一；(5)为(3)的A33分之一．[解](1)每人得2本，可考虑甲先在6本书中任取2本，取法有C26种，再由乙在余下的书中取2本，取法有C24种，最后由丙取余下的2本书，有C22种取法，由分步计数原理．所以共有分法数：N＝C26C24C22＝90.所以一共有90种取法．(2)选取方法同(1)，所以共有分法数N＝C16C25C33＝60.所以一共有60种取法．(3)在(2)中甲得1本，乙得2本，丙得3本的基础上，考虑到甲、乙、丙三人的机会相等，让甲、乙、丙三人全排列调换位置，所以共有分法数：N＝C16C23C33·A33＝360.所以一共有360种选法．(4)由于三堆的位置并无差别，可在(1)的情况下，得共有分法数为：N＝C26·C24C22A33＝15.所以一共有15种分法．(5)类似(4)与(1)，考虑本题与(3)的差别，所以共有分法数：N＝C16C25C33＝60(种)．所以一共有60种分法．规律方法本题利用计数原理和组合知识，解决了分配问题．解决此类问题关键是实现合理的转化，最基本最简单的情形是分到具体的人，并且各人分的数目确定，其他的都要向这种情形转化．现有5名学生要进入某工厂的四个车间去实习，每个车间至多去2人，有多少种不同的方法？解：本例要求5个人去四个车间，每个车间至多去2人，但是并没有强调每个车间必须去几人，因此，本例可分为如下两类：有一个车间去2人，其余三个车间各去1人，或者，有两个车间各去2人，一个车间去1人，一个车间不去人．依题意，至少有一个车间去2人，至多有两个车间各去2人，因此，实习方案可分为两类：第一类：有一个车间去2人，其余三个车间各去1人，所以，先在5个人中任选2人去一个车间，有C25种方法；将此2人看做1个元素，连同其余3个人，共4个元素分别到四个车间，有A44种方法，∴共有C25·A44＝240(种)．第二类：有两个车间各去2个人，一个车间去1个人，一个车间不去人，因此，先在5个人中确定1个人去一个车间，并在四个车间中选一个车间插入此人，有C15·C14种方法；然后在其余4个人中选2人到一个车间，另2人则自然到另一车间，并在剩下的三个车间中选两个车间来安排他们，有C24·C22·C23(种)方法，∴共有C15·C14·C24·C22·C23＝360(种)方法．由分类加法计数原理可知，所求方法共有240＋360＝600(种)．题型六排列、组合的综合应用[例6]有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？(4)恰有两个盒内不放球，有多少种放法？[思路探究](1)可直接用分步计数原理．(2)问题转化为：“4个球，三个盒子，每个盒子都要放球，共有几种放法？”(3)该问题事实上与问题(2)是同一个问题．(4)问题转化为：“4个球，两个盒，每个盒必须放入球，有几种放法？”[解](1)一个球一个球地放到盒子里去，每个球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理知，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步计数原理知，共有放法：C14·C24·C13·A22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外的三个盒子放2个球，而每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2个球”与“恰有1个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法．(4)先从四个盒子中任意拿走两个有C24种拿法，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34·C12＋C24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C24·14＝84(种)．规律方法该例的分析过程比较重要，当问题从某个方面入手较困难时，可从另外一个角度去思考．该例是用直接法求解．有几个小题也可用间接法．请同学们试试．(1)我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”“舞者轮滑俱乐部”“篮球之家”“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为(C)A．72 B．108C．180 D．216解析：甲需从另外3个选一个，有C13种方法，其余可分两类，第一类：除同学甲外的另四名同学分别参加四个社团，共有A44种，第二类：其余四名同学只参加三个社团，共有C24A33种，所以一共有C13(A44＋C24A33)＝180(种)．(2)从1到9的九个数中取三个偶数和四个奇数，试问： ①能组成多少个没有重复数字的七位数？ ②上述七位数中三个偶数排在一起有几个？③在①中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ ④在①中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？解：①分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有C 34种情况；第二步在5个奇数中取4个，可有C 45种情况；第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有A 77种情况，所以符合题意的七位数有C 34·C 45·A 77＝100 800(个)． ②上述七位数中，三个偶数排在一起的有C 34·C 45·A 55·A 33＝14 400(个)．③上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C 34·C 45·A 33·A 44·A 22＝5 760(个)．④上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空当，共有C 34·C 45·A 44·A 35＝28 800(个)．——误区警示系列——1．组合数公式用错致误[例6] 已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求m .[错解] 由已知得m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7(7－m )！m ！10×7！，即60－10(6－m )＝(7－m )(6－m )，整理，得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21或m ＝2. [正解] 依题意知m 的取值范围是{m |0≤m ≤5，m ∈N }． 由已知得m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7(7－m )！m ！10×7！，整理，得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21或m ＝2. ∵m ∈[0,5]，∴m ＝2.[辨析] 这是一个关于m 的含组合数的方程．错解中，转化为关于m 的一元二次方程后，忽略了m 的允许值的范围导致出错．解这类题时，要将C m n 中m ，n 的范围与方程的解综合考虑，切忌盲目求解．2．概念混淆致误[例7] 有甲、乙、丙3项任务，任务甲需要2人承担，任务乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4人承担这3项任务，不同的选法共有________种(用数字作答)．[错解一] 分3步完成：第一步：从10人中选出4人，有C 410种方法． 第二步：从这4人中选出2人承担任务甲，有A 24种方法． 第三步：剩下的2人分别承担任务乙、丙，有A 22种方法． 根据乘法原理，不同的选法共有C 410A 24A 22＝5 040种． [错解二] 分3步完成，不同的选法共有C 410C 24C 22＝1 260种．[正解一] 先从10人中选出2人承担任务甲 ；再从余下8人中选出1人承担任务乙；最后从剩下的7人中选出1人去承担任务丙．根据乘法原理，不同的选法共有C 210C 18C 17＝2 520(种)．[正解二] 先从10人中选出2人承担任务甲；再从余下8人中选出2人分别承担任务乙、丙．根据乘法原理，不同的选法共有C 210A 28＝2 520(种)．[辨析] 错解一的错因是：“排列”“组合”概念混淆不清．承担任务甲的两人与顺序无关，此处应是组合问题，即A 24应为C 24.错解二的错因是：剩下的2人去承担任务乙、丙，这与顺序有关，此处应是排列问题，即C 22应为A 22.1．解不等式C m －18>3C m 8.解：由8！(m －1)！(9－m )！>3×8！m ！(8－m )！，整理得19－m >3m ，所以m >27－3m .所以m >274＝7－14.又因为0≤m －1≤8，且0≤m ≤8，m ∈N ，所以7≤m≤8，所以m＝7或8.2．上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为16.解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况；若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况．由分类加法原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．1．以下四个命题，属于组合问题的是(C)A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星D．从13位司机中任选出两位开两辆车从甲地到乙地解析：A，B，D与顺序有关，是排列问题，只有C与顺序无关，是组合问题．2．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有(A) A．30种B．35种C．42种D．48种解析：方法一：可分为以下2种情况：(1)A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C13C24种不同的选法；(2)A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C23C14种不同的选法．故不同的选法共有C13C24＋C23C14＝18＋12＝30(种)．方法二：∵事件“两类课程中各至少选一门”的对立事件是“全部选修A或全部选修B”∴两类课程中各至少选一门的选法有：C37－C33－C34＝30(种)．3．甲、乙、丙三地之间有直达的火车，相互之间距离均不相等且无通票，则车票票价的种数是(C)A．1 B．2C．3 D．6解析：从甲、乙、丙三地中任取两个地点则对应着一个票价，故票价应为C 23＝3(种)．4．计算：C 11＋C 12＋C 13＋C 14＋…＋C 110＝55.解析：原式＝1＋2＋3＋4＋…＋10＝10×(1＋10)2＝55. 5．若C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363，则正整数n ＝13. 解析：由C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363， 得1＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364， 即C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364.又由C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1，则C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝C 35＋C 25＋C 26＋…＋C 2n ＝C 3n ＋1，所以C 3n ＋1＝364，即(n ＋1)n (n －1)3×2×1＝364，又由n 是正整数，解得n ＝13.6．求证：A 8100＝100A 77·C 799. 证明：∵100·A 77·C 799＝100×7！×99！7！(99－7)！＝100×99！92！＝100！(100－8)！＝A 8100，∴原等式成立．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！。
(完整word版)组合数学课后答案
习题二证明：在一个至少有2人的小组中，总存在两个人，他们在组内所认识的人数相同。
证明：假设没有人谁都不认识：那么每个人认识的人数都为[1,n-1]，由鸽巢原理知，n个人认识的人数有n-1种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设有1人谁都不认识：那么其他n-1人认识的人数都为[1,n-2]，由鸽巢原理知，n-1个人认识的人数有n-2种，那么至少有2个人认识的人数相同。
假设至少有两人谁都不认识，则认识的人数为0的至少有两人。
任取11个整数，求证其中至少有两个数的差是10的整数倍。
证明：对于任意的一个整数，它除以10的余数只能有10种情况：0，1，…，9。
现在有11个整数，由鸽巢原理知，至少有2个整数的余数相同，则这两个整数的差必是10的整数倍。
证明：平面上任取5个坐标为整数的点，则其中至少有两个点，由它们所连线段的中点的坐标也是整数。
证明：有5个坐标，每个坐标只有4种可能的情况：（奇数，偶数）；（奇数，奇数）；（偶数，偶数）；（偶数，奇数）。
由鸽巢原理知，至少有2个坐标的情况相同。
又要想使中点的坐标也是整数，则其两点连线的坐标之和为偶数。
因为奇数+奇数= 偶数；偶数+偶数=偶数。
因此只需找以上2个情况相同的点。
而已证明：存在至少2个坐标的情况相同。
证明成立。
一次选秀活动，每个人表演后可能得到的结果分别为“通过”、“淘汰”和“待定”，至少有多少人参加才能保证必有100个人得到相同的结果证明：根据推论2.2.1，若将3*（100-1）+1=298个人得到3种结果，必有100人得到相同结果。
一个袋子里装了100个苹果、100个香蕉、100个橘子和100个梨。
那么至少取出多少水果后能够保证已经拿出20个相同种类的水果证明：根据推论2.2.1，若将4*（20-1）+ 1 = 77个水果取出，必有20个相同种类的水果。
证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。
（书上例题2.1.3）证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。
组合数学第一章习题解答
k =1 n
2、可分成x与y相同与不相同两种情况来处理 a、相同时与从n+1中选2个，大的作为z,小的作为x与y, b、不相同时与从n+1个中选3个，最大的作为z两个小的排列 作为x与y,排列数为2，两种方式结果相同：
T = ∑k 2 = C(n +1 2) + 2C(n +1 3) , ,
a1
p2
a2
... pm
2a2
am 2am
n2 = p 1
2a 1
p2
... pm
所有的组合数都是偶数，最后再加上1，偶数加1是奇数
1.10 证明任一正整数n可惟一地表示成：
n = ∑a i!,0 ≤ ai ≤ i, i ≥1 1
i≥ 1
先证可表示性： 当n=0,1时，命题成立。 假设对小于n的非负整数，命题成立。 对于n,设k!≤n＜(k+1)!,即0≤n-k!＜k·k! 由假设对n-k!,命题成立， 设n-k!=∑ai·i!，其中ak≤k-1, n=∑ai·i!+k!，命题成立。
习题：1.15试求从1到1000000的整数中，0出现的次数。 解：先将1到999999的整数都看作6位数,例如2就看作是 000002，这样从000000到999999。0出现了多少次呢？ 6×105，某一位取0，其它各位任取。 0出现在最前面的次数应该从中去掉 000000到999999中最左1位的0出现了105次， 000000到099999中左数第2位的0出现了104次， 000000到009999左数第3位的0出现了103次, 000000到000999左数第4位的0出现了102次, 000000到000099左数第5位的0出现了10次, 000000到000009左数第6位的0出现了1次。 因此不合法的0的个数为105+104+103+102+101+1=111111， 不合法的应该去掉，再加整数1000000中的6个0，这样，从1到 1000000的整数中0出现的次数为6×105-111111+6=488895。 问题：在去掉多余的零的过程中，多减去了一部分，例如： 000000这种情况在每次减的过程中都出现。
组合数学北大教材习题_answer
第一章习题1.证任一正整数n可唯一地表成如下形式:,0≤a i≤i,i＝1,2,…。
2.证nC(n-1,r)=(r+1)C(n,r+1).并给出组合意义。
3.证。
4.有n个不同的整数，从中取出两组来，要求第一组数里的最小数大于第二组的最大数。
问有多少种方案？.5.六个引擎分列两排，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。
6.试求从1到1000000的整数中，0出现了多少次？7.n个男n个女排成一男女相间的队伍，试问有多少种不同的方案？若围成一圆桌坐下，又有多少种不同的方案？8.n个完全一样的球，放到r个有标志的盒子,n≥r,要求无一空盒，试证其方案数为.9.设,p1、p2、…、p l是L个不同的素数，试求能整除尽数n的正整数数目.10.试求n个完全一样的骰子掷出多少种不同的方案？11.凸10边形的任意三个对角线不共点，试求这凸10边形的对角线交于多少个点？又把所有对角线分割成多少段？12.试证一整数是另一个整数的平方的必要条件是除尽它的数目为奇数。
13.统计力学需要计算r个质点放到n个盒子里去,并服从下列假定之一，问有多少种不同的图象。
假设盒子始终是不同的。
(a)Maxwell-Boltzmann假定：r个质点是不同的，任何盒子可以放任意数个.(b)Bose-Einstein假定：r个质点完全相同，每一个盒子可以放任意数个.(c)Fermi-Dirac假定：r个质点都完全相同，每盒不超过一个.14.从26个英文字母中取出6个字母组成一字，若其中有2或3个母音，问分别可构成多少个字(不允许重复)？15.给出的组合意义.16.给出的组合意义。
17.证明:18.从n 个人中选r 个围成一圆圈，问有多少种不同的方案？19.分别写出按照字典序由给定排列计算其对应序号的算法及由给定序号计算其对应排列的算法。
20.(a)按照第19题的要求，写出邻位对换法(排列的生成算法之二)的相应算法。
《组合数学》测试题含答案
测 试 题——组合数学一、选择题1. 把101本书分给10名学生，则下列说法正确的是（）A.有一名学生分得11本书B.至少有一名学生分得11本书C.至多有一名学生分得11本书D.有一名学生分得至少11本书2. 8人排队上车，其中A ，B 两人之间恰好有4人，则不同的排列方法是（）A.!63⨯B.!64⨯C. !66⨯D. !68⨯3. 10名嘉宾和4名领导站成一排参加剪彩，其中领导不能相邻，则站位方法总数为（）A.()4,11!10P ⨯B. ()4,9!10P ⨯C. ()4,10!10P ⨯D. !3!14-4. 把10个人分成两组，每组5人，共有多少种方法（）A.⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛510B.⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛510510 C.⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛49 D.⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛4949 5. 设x,y 均为正整数且20≤+y x ，则这样的有序数对()y x ,共有（）个A.190B.200C.210D.2206. 仅由数字1，2，3组成的七位数中，相邻数字均不相同的七位数的个数是（）A.128B.252C.343D.1927. 百位数字不是1且各位数字互异的三位数的个数为（）A.576B.504C.720D.3368. 设n 为正整数，则∑=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛nk k n 02等于（）A.n 2B. 12-nC. n n 2⋅D. 12-⋅n n9. 设n 为正整数，则()k k n k k n 310⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑=的值是（）A.n 2B. n 2-C. ()n2- D.0 10. 设n 为正整数，则当2≥n 时，∑=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-nk k k 22=()A.⎪⎪⎭⎫⎝⎛3n B. ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+21n C. ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+31n D. 22+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n 11. ()632132x x x +-中23231x x x 的系数是（）A.1440B.-1440C.0D.112. 在1和610之间只由数字1，2或3构成的整数个数为（） A.2136- B. 2336- C. 2137- D. 2337- 13. 在1和300之间的整数中能被3或5整除的整数共有（）个A.100B.120C.140D.16014. 已知(){}o n n f ≥是Fibonacci 数列且()()348,217==f f ，则()=10f （）A.89B.110C.144D.28815. 递推关系3143---=n n n a a a 的特征方程是（）A.0432=+-x xB. 0432=-+x xC. 04323=+-x xD. 04323=-+x x16. 已知()⋯⋯=⨯+=,2,1,0232n a n n ，则当2≥n 时，=n a （）A.2123--+n n a aB. 2123---n n a aC.2123--+-n n a aD. 2123----n n a a17. 递推关系()⎩⎨⎧=≥+=-312201a n a a n n n 的解为（） A.32+⨯=n n n a B. ()221+⨯+=n n n aC. ()122+⨯+=n n n aD. ()n n n a 23⨯+=18. 设()⋯⋯=⨯=,2,1,025n a n n ，则数列{}0≥n n a 的常生成函数是（）A.x 215-B. ()2215x - C.()x 215- D. ()2215x -19. 把15个相同的足球分给4个人，使得每人至少分得3个足球，不同的分法共有（）种A.45B.36C.28D.2020. 多重集{}b a S ⋅⋅=4,2的5-排列数为（）A.5B.10C.15D.2021. 部分数为3且没有等于1的部分的15-分拆的个数为（）A.10B.11C.12D.1322. 设n,k 都是正整数，以()n P k 表示部分数为k 的n-分拆的个数，则()116P 的值是（）A.6B.7C.8D.923. 设A ，B ，C 是实数且对任意正整数n 都有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=1233n C n B n A n ，则B 的值是（）A.9B.8C.7D.624. 不定方程1722321=++x x x 的正整数解的个数是（）A.26B.28C.30D.3225. 已知数列{}0≥n n a 的指数生成函数是()()t t e e t E 521⋅-=，则该数列的通项公式是（）A.n n n n a 567++=B. n n n n a 567+-=C. n n n n a 5627+⨯+=D. n n n n a 5627+⨯-= 二、填空题1. 在1和2000之间能被6整除但不能被15整除的正整数共有_________个2. 用红、黄、蓝、黑4种颜色去图n ⨯1棋盘，每个方格涂一种颜色，则使得被涂成红色的方格数是奇数的涂色方法共有_______种3. 已知递归推关系()31243321≥-+=---n a a a a n n n n 的一个特征根为2，则其通解为___________4. 把()3≥n n 个人分到3个不同的房间，每个房间至少1人的分法数为__________5. 棋盘⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯的车多项式为___________ 6. 由5个字母a,b,c,d,e 作成的6次齐次式最多可以有_________个不同类的项。
组合数学 课后答案 PDF 版
循环群也是群，所以群的定义不用再证，只需证明对于任意a, b G, G是循环群，有a * b b * a成立，因为循环群中的元素可写成a=xm 形式 所以等式左边xm × x n x m n , 等式右边x n xm＝x m n， a b b a，即所有 的循环群都是ABEL群。
因为 H 是 G 的子群， 所以在 H 中的一个 (b m ) r 一定在 G 中对应一个 a m 使得
(b m ) r a m ，
所以有 b rm a m ，则 rm 一定是 m 的倍数，所以则 H 的阶必除尽 G 的阶。 4．9 G 是有限群，x 是 G 的元素，则 x 的阶必除尽 G 的阶。
N-1 N-2
N
1
2 3
……
……
图N! C N!
如图： N 个人围成一个圆桌的所有排列如上图所示。一共 N!个。
……
…
6
…………………………
… …
……
… …
…
…
旋转 360/i，i={n,n-1,n-2,……1}； 得到 n 种置换 当且仅当 i=1 的置换（即顺时针旋转 360/1 度：P1=(c1)(c2)……(cn!);） 时有 1 阶循环存在 （因为只要圆桌转动，所有圆排列中元素的绝对位置都发生了 变化，所以不可能有 1 阶循环存在） 。 不同的等价类个数就是不同的圆排列个数，根据 Burnside 引理，
4.18 若以给两个 r 色球，量个 b 色的球，用它装在正六面体的顶点，试问有多 少种不同的方案。 解：单位元素（1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） ，格式为（1）8. 绕中轴旋转 90。的置换非别为（1234） （5678） ， （4321） （8765） 2 格式为（4） ，同格式的共轭类有 6 个。
2020北师大版高中数学选修2-3 课后习题：第一章 第一课时组合与组合数公式
[A 组 基础巩固]1．给出下面几个问题，其中是组合问题的有( )①由1,2,3,4构成的二元素集合；②五个队进行单循环比赛的分组情况；③由1,2,3组成两位数的不同方法数；④由1,2,3组成无重复数字的两位数．A ．①③B ．②④C ．①②D ．①②④解析：对于①，两个元素的集合与元素的顺序无关，是组合问题；对于②，单循环比赛，只需两个队比赛一场，与两个队的顺序无关，是组合问题； 对于③，组成的两位数，若取出的是同一个数字，则与顺序无关，是组合问题，若两次取出的不是同一数字，则是排列问题；对于④，由③可知是排列问题．答案：C2．已知平面内A 、B 、C 、D 这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为( )A ．3B ．4C ．12D ．24解析：从A 、B 、C 、D 四点中任意取出3点为顶点都能构成三角形，共有C 34＝4种取法，故选B.答案：B3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有( )A ．A 310种B ．C 310种 C ．C 310A 310种D ．30种解析：三张票没区别，从10人中选3人即可，即C 310.答案：B4．以下四个式子中正确的个数是( )①C m n ＝A m n m ！；②A m n ＝n A m －1n －1；③C m n ÷C m ＋1n ＝m ＋1n －m ；④C m ＋1n ＋1＝n ＋1m ＋1C m n . A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①式显然成立；②式中A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，A m－1n－1＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以A m n＝n A m－1n－1，故②式成立；对于③式，C m n÷C m＋1n ＝C m nC m＋1n＝A m n·(m＋1)！m！·A m＋1n＝m＋1n－m，故③式成立；对于④式，C m＋1n＋1＝A m＋1n＋1(m＋1)！＝(n＋1)·A m n(m＋1)m！＝n＋1m＋1C m n，故④式成立．答案：D5．将2名老师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()A．12种B．10种C．9种D．8种解析：C12C24＝12(种)．答案：A6．某校一年级有5个班，二年级有8个班，三年级有3个班，分年级举行班与班之间的篮球单循环赛，总共需进行比赛的场数是________．解析：分三类：一年级比赛的场数是C25，二年级比赛的场数是C28，三年级比赛的场数是C23，再由分类加法计数原理求得总赛场数为C25＋C28＋C23＝41.答案：417．如果A5n＝a C n－5n，则a的值是________．解析：a＝A5nC n－5 n ＝A5nC5n＝A5n·5！A5n＝5！＝120.答案：1208．某餐厅供应饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种______种．(结果用数字表示)解析：设餐厅至少还需准备x种不同的素菜．由题意，得C25·C2x≥200，从而有C2x≥20.即x(x－1)≥40.又x≥2，所以x的最小值为7.答案：79．求下列各式的值．(1)C 25＋C 45；(2)C 210×C 010－C 1010；(3)C 26－C 56；(4)C 36÷C 48.解析：(1)C 25＋C 45＝5×42×1＋5×4×3×24×3×2×1＝10＋5＝15. (2)C 210×C 010－C 1010＝10×92×1×1－1＝45－1＝44. (3)C 26－C 56＝6×52×1－6×5×4×3×25×4×3×2×1＝15－6＝9. (4)C 36÷C 48＝6×5×43×2×1÷8×7×6×54×3×2×1＝20÷70＝27. 10．一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．(1)从口袋内取出3个球，共有多少种取法？(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？解析：(1)从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是C 38＝8×7×63×2×1＝56. (2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是C 11C 27＝7×62×1＝21. (3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是C 37＝7×6×53×2×1＝35. [B 组 能力提升]1．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )A ．36种B ．48种C ．96种D ．192种解析：甲选2门有C 24种选法，乙选3门有C 34种选法，丙选3门有C 34种选法．∴共有C 24·C 34·C 34＝96种选法．答案：C2．由C x ＋110＋C 17－x 10可得不相同的值的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1≤1017－x ≤10x ＋1≥017－x ≥0，∴7≤x ≤9，又x ∈Z ，∴x ＝7,8,9. 当x ＝7时，C 810＋C 1010＝46；当x ＝8时，C 910＋C 910＝20；当x ＝9时，C 1010＋C 810＝46.故有两个值．答案：B3．从4台甲型电视机和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法有________种．解析：根据结果分类：第一类，两台甲型机，有C 24·C 15＝30(种)；第二类，两台乙型机，有C 14·C 25＝40(种)．根据分类加法计数原理，共有C 24·C 15＋C 14·C 25＝70(种)． 答案：704．某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是________(用数字作答)． 解析：由题知，按钱数分10元钱，可有两大类，第一类是买2本1元，4本2元的书，共C 23C 48种方法；第二类是买5本2元的书，共C 58种方法．∴共有C 23C 48＋C 58＝266(种)．答案：2665．解不等式C n 4<C n 6.解析：解法一 n 只能取0,1,2,3,4，逐个验证得n ＝1,2,3,4，所以不等式解集为{1,2,3,4}．解法二 ∵4！n ！(4－n )！<6！n ！(6－n )！， ∴(6－n )(5－n )<6×5，解得0<n<11.又∵0≤n≤4，n∈N，∴n＝1,2,3,4. ∴不等式的解集为{1,2,3,4}．。
组合数学第三章答案
3.1题（宗传玉）某甲参加一种会议，会上有6位朋友，某甲和其中每人在会上各相遇12次，每二人各相遇6次，每三人各相遇3次，每五人各相遇2次，每六人各相遇一次，1人也没有遇见的有5次，问某甲共参加了几次会议解:设A i为甲与第i个朋友相遇的会议集，i＝1，…，6．则故甲参加的会议数为:28+5=33.3.2题（宗传玉）求从1到500的整数中被3和5整除但不被7整除的数的个数.解:设A3：被3整除的数的集合A5：被5整除的数的集合A7：被7整除的数的集合所以3.3.题（宗传玉）n个代表参加会议，试证其中至少有2人各自的朋友数相等。
解:每个人的朋友数只能取0，1，…，n－1．但若有人的朋友数为0，即此人和其他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n－2．故这n个人的朋友数的实际取数只有n－1种可能．，所以至少有２人的朋友数相等．3.4题（宗传玉）试给出下列等式的组合意义.解:(a) 从n 个元素中取k 个元素的组合，总含有指定的m 个元素的组合数为)()(kn m n mk m n --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m ,Ai 为不含a i 的组合（子集），i=1,…,m.()∑∑∑==∈⊄==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ml l m l l m i i lj i lk l n k m A k n k n m n k l n l j 01),(),...,(1m1i i i i i 1)1(A A A A 111213.5题（宗传玉）设有三个7位的二进制数：a1a2a3a4a5a6a7，b1b2b3b4b5b6b7，c1c2c3c4c5c6c7．试证存在整数i 和j，1≤i≤j≤7，使得下列之一必定成立：a i=a j=b i=b j，a i=a j=c i=c j，b i=b j=c i=c j．证：显然，每列中必有两数字相同，共有种模式，有０或１两种选择．故共有·2种选择．·2=6．现有7列，．即必有２列在相同的两行选择相同的数字，即有一矩形，四角的数字相等．3.6题（宗传玉）在边长为1的正方形内任取5个点试证其中至少有两点，其间距离小于证：把１×１正方形分成四个(1/2)×(1/2)的正方形．如上图.则这５点中必有两点落在同一个小正方形内．而小正方形内的任两点的距离都小于．3.7题（王星）在边长为1的等边三角形内任取5个点试证其中至少有两点，期间距离小于1/2．证：把边长为１的三角形分成四个边长为1/2的三角形，如上图：则这５点中必有两点落在同一个小三角形中．小三角形中任意两点间的距离都小于1/2．3.8题（王星）任取11个整数，求证其中至少有两个数它们的差是10的倍数。
组合数学课后习题答案
第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{3,8},…,{45,50} )(b) 45⨯5+(4+3+2+1) = 235( 1→2~6, 2→3~7, 3→4~8, …,45→46~50, 46→47~50, 47→48~50, 49→50 ) 2．(a) 5!8!(b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20!5. 2⨯5⨯P(8,2)+3⨯4⨯P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。
8. 41⨯319. 设 n=p 1n 1p 2n 2…p kn k , 则n 2的除数个数为 ( 2p 1+1) (2p 2+1) …(2p k+1).10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。
11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。
组合意义：右：从n 个不同元素中任取r+1个出来，再从这r+1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n 个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复 C(n-1,r) 次。
12．考虑,)1(,)1(101-=-=+=+=∑∑n nk k k n nnk kknx n x kC x x C 求导数后有令x=1, 即知.210-==∑n nk kn n kC13. 设此n 个不同的数由小到大排列后为a 1, a 2, …, a n 。
当第二组最大数为a k 时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k -1种不同的可能。
故符合要求的不同分组共有12)2()12(21111+-=-----=∑n k n k n k n 种。
北师大版高中数学选择性必修第一册课后习题 第五章 §3 第1课时 组合(一)
第五章计数原理§3组合问题第1课时组合(一)课后篇巩固提升合格考达标练1.下列问题中,组合问题的个数是( )①从全班50人中选出5人组成班委会;②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员;③从1,2,3,…,9中任取两个数求积;④从1,2,3,…,9中任取两个数求差或商.A.1B.2C.3D.4,从50人中选出5人组成班委会,不考虑顺序,是组合问题;②为排列问题;对于③,从1,2,3,…,9中任取两个数求积是组合问题;因为乘法满足交换律,而减法和除法不满足,故④为排列问题.2.有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有( ) A.60种 B.70种 C.75种 D.150种,选2名男医生、1名女医生的方法有C 62C 51=75(种). 3.C 30+C 41+C 52+C 63+…+C 的值为( )A.C 3B.C 3C.C 4D.C 430+C 41+C 52+C 63+…+C =C 44+C 43+C 53+…+C 3=C 4.4.若集合M={的元素共有 ( )A.1个B.3个C.6个D.7个C 70=C 77=1,C 71=C 76=7,C 72=C 75=7×62!=21,C 73=C 74=7×6×53×2=35>21,∴x=0,1,2,5,6,7.5.从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有 种(用数字填写答案).方法一)可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有C 21C 42=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有C 22C 41=4(种).根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法有16种.(方法二)从6人中任选3人,不同的选法有C 63=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有C 43=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法有20-4=16(种).6.以下四个式子:①C n m =A n m m !;②A n m =n A n -1m -1;③C n m ÷C nm+1=m+1n -m;④C n+1m+1=n+1m+1C n m.其中正确的个数是 .;②式中A n m =n(n-1)(n-2)…(n -m+1),A n -1m -1=(n-1)(n-2)…(n -m+1), 所以A n m =n A n -1m -1,故②式成立; 对于③式,C nm ÷C nm+1=C n m C nm+1=A n m ·(m+1)!m !·A nm+1=m+1n -m,故③式成立;对于④式,C n+1m+1=A n+1m+1(m+1)!=(n+1)·A n m (m+1)m !=n+1m+1C n m,故④式成立.7.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,则mn=.m=C42,n=A42,∴mn =12.8.如图,有A,B,C,D四个区域,用五种不同的颜色给它们涂色,要求共边的两区域颜色互异,每个区域只涂一种颜色,共有多少种不同的涂色方法?1步,涂A区域有C51种方法;第2步,涂B区域有C41种方法;第3步,涂C区域和D区域;若C区域涂与A区域相同的颜色,则D区域有4种涂法;若C区域涂A、B剩余3种颜色之一,即有C31种涂法,则D区域有C31种涂法.故共有C51·C41·(4+C31·C31)=260种不同的涂色方法.9.在一次数学竞赛中,某学校有12人通过了初试,学校要从中选出5人去参加市级培训,在下列条件下,有多少种不同的选法?(1)任意选5人;(2)甲、乙、丙三人必须参加;(3)甲、乙、丙三人不能参加;(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加.从中任取5人是组合问题,共有C125=792种不同的选法.(2)甲、乙、丙三人必须参加,则只需从另外9人中选2人,是组合问题,共有C92=36种不同的选法.(3)甲、乙、丙三人不能参加,则只需从另外的9人中选5人,共有C95=126种不同的选法.(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加,可分为两步:先从甲、乙、丙中选1人,有C31=3种选法,再从另外9人中选4人,有C94种选法,共有C31C94=378种不同的选法.等级考提升练10.用0,1,…,9十个数字组成的三位数中,有重复数字的三位数的个数为( )A.243B.252C.261D.2799×10×10=900.没有重复数字的三位数有C91A92=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.11.若A n3=12C n2,则n等于( )A.8B.5或6C.3或4D.4A n3=n(n-1)(n-2),C n2=12n(n-1),所以n(n-1)(n-2)=12×12n(n-1).又n∈N+,且n≥3,所以n=8.12.(山东济宁期末)某校开设10门课供学生选修,其中A,B,C三门由于上课时间相同,至多选一门,学校规定每位学生选修三门,则每位学生不同的选修方案种数是( )A.120B.98C.63D.35,分2种情况讨论:①从A,B,C三门中选出1门,其余7门中选出2门,选法有C31C72=63(种);②从除A,B,C三门之外的7门中选出3门,选法有C73=35(种).故不同的选法种数为63+35=98.13.(多选题)若C17x=C172x-1,则正整数x的值是( )A.1B.4C.6D.8C 17x =C 172x -1,∴x=2x-1或x+2x-1=17, 解得x=1或x=6, 经检验都满足题意. 故选AC.14.(多选题)在100件产品中,有98件合格品,2件不合格品,从这100件产品中任意抽出3件,则( )A.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982种B.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982+C 22C 981种C.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 21C 982+C 22C 981种D.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 1003−C 983种,依次分析选项:对于A,抽出的3件中恰好有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品,有C 21C 982种抽取方法,A 正确,B 错误;对于C,抽出的3件中至少有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品或1件合格品,2件不合格品,有C 21C 982+C 22C 981种抽取方法,C 正确;对于D,用间接法分析,抽出的3件中没有不合格品的抽取方法有C 983种,则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 1003−C 983种,D 正确.故选ACD.15.某餐厅供应饭菜,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上不同的选择,则餐厅至少还需准备不同的素菜品种 种(结果用数值表示).x 种不同的素菜.由题意,得C 52·C x 2≥200, 从而有C x 2≥20,即x(x-1)≥40.又x ∈N +,所以x 的最小值为7.16.已知集合A={1,2,3,4,5},则至少含一个偶数的集合A 的子集个数为 .方法一)当子集中含有1个偶数时,共有C 21(C 30+C 31+C 32+C 33)=16(个);当子集中含有2个偶数时,共有C 30+C 31+C 32+C 33=8(个);满足题意的集合A的子集个数为16+8=24(个).(方法二)集合A的子集共有C50+C51+C52+C53+C54+C55=32(个),不符合题意的子集有空集、分别只含有1,2,3个奇数的子集,有C50+C31+ C32+C33=8(个),故符合题意的子集个数为32-8=24(个).17.已知10件不同产品中有4件是次品,现对它们一一进行测试,直至找出所有4件次品为止.(1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第十次测试才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有4件次品,则这样的不同测试方法数是多少?先排前4次测试,只能取正品,有A64种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有A42种测法,再排余下4件的测试位置,有A44种测法.所以共有不同测试方法A64·A42·A44=103680(种).(2)第5次测试恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现.所以共有不同测试方法C41·(C61·C33)A44=576(种).新情境创新练18.某次足球比赛中,共有32支球队参加,它们先平均分成8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛一场,各组第一、二名晋级16强),这16支球队按确定的程序进行淘汰赛,最后决出冠、亚军,此外还要决出第三名、第四名,请问这次足球赛总共进行多少场比赛?:(1)小组循环赛:每组有C42=6(场),8个小组共有48场;(2)八分之一淘汰赛:8个小组的第一、二名组成16强,根据赛制规则,每两个队比赛一场,可以决出8强,共有8场;(3)四分之一淘汰赛:根据赛制规则,8强中每两个队比赛一次,可以决出4强,共有4场;(4)半决赛:根据赛制规则,4强每两个队比赛一场,可以决出2强,共有2场;(5)决赛:2强比赛1场确定冠、亚军,4强中的另两支队比赛1场决出第三、四名,共有2场.综上,由分类加法计数原理知,共有48+8+4+2+2=64场比赛.。
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。
新教材北师大版数学【选修2-3】练习：1.3 组合(含答案)
（新教材）北师大版精品数学资料第一章§3一、选择题1．甲组有5名男同学、3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有() A．150种B．180种C．300种D．345种[答案] D[解析]由已知4人中恰有1名女同学分为两类：甲组中一女一男，乙组中两男，有C13·C15·C26＝225(种)选法；甲组中两男，乙组中一女一男，有C12·C16·C25＝120(种)选法；由分类计数原理，可知共有225＋120＝345(种)选法．2．某班级要从4名男生，2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生参加，那么不同的选派方案种数为()A．14 B．15C．120 D．119[答案] A[解析]方法一：至少有1名女生，可分为两种情况：1名女生3名男生；2名女生2名男生，所以不同的选派方案种数为C12C34＋C22C24＝14.方法二：6人中选4人的方案共有C46＝15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的选派方案种数为15－1＝14.3．(2014·全国大纲理，5)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种[答案] C[解析]本题考查了分步计数原量和组合的运算，从6名男医生选2人有C2＝15种选6法，从5名女医生选1人有C15＝5种选法，所以由分步计数原理可知共有15×5＝75种不同的选法．解决排列组合问题要首先确定是排列问题还是组合问题，是分步还是分类．然后解决问题．二、填空题4．有3张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是________(用数字作答)．[答案]10[解析]由于选出的人无角色差异，所以是组合问题，不同方法种数为C35＝5×4×3 3×2×1＝10.5．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个(用数字作答)．[答案]300[解析]能被5整除，个位数字只能是0或5，共分三种情况：(1)只含有数字5，则5一定位于个位上，从1,3,7中选一个，有C13种选法，再从2,4,6,8中选两个，有C24种选法，然后将这三个数进行全排列，有A33种方法，故共有C13·C24·A33＝108个数；(2)同理只含有数字0，有C23·C14·A33＝72个数；(3)既有5又有0，则有两种情况；0位于个位共有C13·C14·A33个数；5位于个位共有C13·C14·C12·A22个数．故共有C13·C14·A33＋C13·C14·C12·A22＝120个数．所以符合题意的四位数共有108＋72＋120＝300(个)．三、解答题6．(2013·景德镇市高二质检)7名身高互不相等的学生，分别按下列要求排列，各有多少种不同的排法？(1)7人站成一排，要求最高的站在中间，并向左、右两边看，身高逐个递减；(2)任取6名学生，排成二排三列，使每一列的前排学生比后排学生矮．[解析](1)第一步，将最高的安排在中间只有1种方法；第二步，从剩下的6人中选取3人安排在一侧有C36种选法，对于每一种选法只有一种安排方法，第三步，将剩下3人安排在另一侧，只有一种安排方法，∴共有不同安排方案C36＝20种．(2)第一步从7人中选取6人，有C67种选法；第二步从6人中选2人排一列有C26种排法，第三步，从剩下的4人中选2人排第二列有C24种排法，最后将剩下2人排在第三列，只有一种排法，故共有不同排法C67·C46·C24＝630种.一、选择题1．(2014·合肥八中联考)将4个颜色互不相同的球全部收入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有() A．10种B．20种C．36种D．52种[答案] A[解析]根据2号盒子里放球的个数分类：第一类，2号盒子里放2个球，有C2种放法，4第二类，2号盒子里放3个球，有C34种放法，剩下的小球放入1号盒中，共有不同放球方法C24＋C34＝10种．2.如图，用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种[答案] B[解析]当涂四色时，先涂A、E、D为A3，再从B、F、C三点选一个涂第四种颜色，4如B，再F，若F与D同色，则涂C有2种方法，若F与D异色则只有一种方法，故A34A13 (2＋1)＝216种．当涂三色时，先涂A、E、D为C34A33，再涂B有2种，F、C各为一种，故C34A33×2＝48，故共有216＋48＝264种，故选B.3．把4个苹果分给两个人，每人至少一个，不同分法种数有()A．6 B．12C．14 D．16[答案] C[解析]有两类分法①一人3个，一个1个有C3C11A22种分法，②每人各2个有C24C22种4分法．所以共有C34A22＋C24C22＝14种不同的分法，选C.4.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有()A．8种B．10种C．12种D．32种[答案] B[解析]因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复．②向东的走法定出后，向南的走法随之确定．所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可．故有不同走法有C35＝C25＝10种．选B.5．(2012·陕西理，8)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种[答案] C[解析]本题考查了排列组合知识与分类讨论的思想．由题意知，打三局，有两种情形；打四局2C13种情形，打五局有2(C13＋C23)种情形，故共有2＋6＋12＝20种不同情形，本题隐含两人最少打三局，最多打五局比赛终止，因此要进行合理分类．二、填空题6．某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个孔，但相邻的两孔不能同时显示，则这种显示屏可以显示的不同信号的种数是________种．[答案]80[解析]显示的孔不相邻，用插空法，4个不显示孔形成5个空当．∴有C35种选法．每个孔有2种显示方法．∴共有23C35＝80种．7．把3名辅导老师与6名学生分成3个小组(每组1名教师，2名学生)开展实验活动，但学生甲必须与教师A在一起，这样的分组方法有________种．(用数字作答) [答案]30[解析]分别给A，B，C三位老师各安排2名学生(学生甲必须与教师A在一组)，一共有C 11C 15C 24C 22＝30(种)不同的分组方法．三、解答题8．(1)解方程C 3x ＋618＝C 4x －218；(2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求C m 8； (3)计算C 37＋C 47＋C 58＋C 69.[解析] (1)由C 3x ＋618＝C 4x －218及组合数的性质得，3x ＋6＝4x －2或3x ＋6＝18－(4x －2)， 解得x ＝8或x ＝2，经检验x ＝8不符合题意，舍去．故x ＝2.(2)原方程变形为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×m ！(7－m )！10×7！即60－10(6－m )＝(7－m )(6－m )， 即m 2－23m ＋42＝0， 解得m ＝21或m ＝2， 又∵0≤m ≤5且m ∈N ＋，∴m ＝2，∴C m 8＝C 28＝28.(3)原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210.[点评] 解有关组合数的不等式或方程，应注意合组数本身有意义时的未知数的取值范围．9．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？ (3)恰有一盒内有2个球，有多少种放法？ (4)恰有两个盒不放球，有多少种放法？ [分析] (1)可直接用分步乘法计数原理．(2)问题转化为“4个球，三个盒子，每个盒子都要放球，共有几种放法？” (3)该问题事实上与问题(2)是同一个问题．(4)问题转化为：“4个球，两个盒，每个盒必放入球，有几种放法？”[解析] (1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，然后将4个球分成2,1,1的三组，有C 14·C 24种分法；再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C 14·C 24·C 13·A 22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．(4)先从四个盒子中任意拿走两个有C 24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C 34·C 12种放法；第二类：有C 24种放法．因此共有C 34·C 12＋C 24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C 24·14＝84(种)．10．6个人进2间屋子： (1)每屋内至少进1人；(2)每屋都进3人，问各有多少种分配方法？[解析] (1)方法一：按第1间屋子内进人的数目可分为5类：进1人，2人，3人，4人，5人．因此，要把这5类分配进屋的方法数加起来，对于每一类而言，如“第1间屋内进4人，第2间进2人”这类分配方式，又可看成先派4人进入第1间屋，再派余下的2人进入第2间屋．这样得到C 46·C 22种进屋方法，于是总共方法为：C 16C 55＋C 26C 44＋C 36C 33＋C 46C 22＋C 56C 11＝62(种)．方法二：从6人进2间屋子的各种分配方法数中减去不合题意的分配方法数来计算．不合题意的分配方法只有2种，即6人全进第1间或全进第2间．即间接法解得：26－2＝62(种)．(2)方法一：先派3人进第1间屋，再让其余3人进第2间屋，得分配方法为：C 36·C 33＝20(种)．方法二：先把6人平均分成两组，方法有：C 36A 22(种)，然后再分配到房间，共有C 36A 22·A 22＝20(种)．[点评] (1)平均分组问题：一般来说，km 个不同的元素分成k 组，每组m 个，则不同的分法有：C m km·C m(k－1)m·…·C m mA k k(种)．(2)不平均分组问题：一般来说，把n个不同元素分成k组，每组分别有m1，m2，…，m k个，m1，m2，…，m k互不相等，且m1＋m2＋…＋m k＝n，则有不同的分法为：C m1n·C m2n－m1·C m3n－(m1＋m2)·…·C m k m k种．如果m1，m2，…，m k中有且仅有i个相等，则不同的分法为：C m1n·C m2n－m1·C m3n－(m1＋m2)·…·C m k m kA i i(种)．上面的组合问题给出两个解法模型，处理此类问题的关键是充分考虑到是否与顺序有关，避免产生重复计数．。
2013-2014高中数学 1.3.2 组合的应用同步练习 北师大版选修
第2课时组合的应用错误!1．现有6个人分乘两辆不同的出租车,每辆车最多乘4人,则不同的乘法方案有< >．A．35种 B．50种 C．60种 D．70种解析乘车的方式有2人＋4人和3人＋3人两种：若为2人＋4人,则不同的乘车方案有C错误!A错误!＝30<种>；若为3人＋3人,则不同的乘车方案有C错误!＝20<种>,由分类加法计数原理可得不同的乘车方案共有30＋20＝50<种>,故应选B.答案 B2．一个平面内的8个点,若只有4个点共圆,其余任何4点不共圆,则这8个点最多确定的圆的个数为< >．A．C错误!·C错误!B．C错误!－C错误!C．2C错误!·C错误!＋C错误!D．C错误!－C错误!＋1解析从8个点中任选3个点有选法C错误!种,因为有4点共圆所以减去C错误!种再加1种,即有圆C错误!－C错误!＋1个．答案 D3．三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过5次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有< >．A．6种 B．8种 C．10种 D．16种解析如图,同理,甲传给丙也可以推出5种情况,综上有10种传法,故选C.答案 C4．用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个<用数字作答>．解析法一用2,3组成四位数共有2×2×2×2＝16<个>,其中不出现2或不出现3的共2个,因此满足条件的四位数共有16－2＝14<个>．法二满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2,三个3,共有4个；第二类含有三个2,一个3共有4个；第三类含有二个2,二个3共有C错误!＝6<个>,因此满足条件的四位数共有2×4＋C错误!＝14<个>．答案145．从4名男生和4名女生中,选出4人参加某个座谈会,若这4人中至少有一名女生,则不同选法有________种．解析按选1名,2名,3名,4名女生的方法分类有：C错误!C错误!＋C错误!C错误!＋C错误!C错误!＋C错误!＝69种,或从8名同学任取4名,排除全选男生的选法有C错误!－C错误!＝69种．答案696．从一楼到二楼,楼梯一共10级,上楼可以一步一级,也可以一步上两级, 规定用8步走完楼梯,有多少种走法？解10级楼梯8步走完,说明有2步是一步上两级的,从8步中选出这两步即可,故有不同走法C错误!＝28种．错误!7．某同学逛书店,发现三本喜欢的书,决定至少买其中一本,则购买方案有< >．A．3种 B．6种 C．7种 D．9种解析按买1本、2本、3本的情况分类有购买方案为：C错误!＋C错误!＋C错误!＝7种．故选C.答案 C8．将标有标号1～9的9个小球,平均分成三组,若1号、2号球需分在同一组,则分组方法为< >．A．70种 B．140种 C．280种 D．840种解析1号、2号球分在同一组的方法为C错误!C错误!种,另两组分法为错误!种,∴C错误!C错误!·错误!＝70.答案 A9．7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>．解析第1步,从7名志愿者中选出3人在周六参加社区公益活动,有C错误!种不同的选法；第2步,从余下的4人中选出3人在周日参加社区公益活动,有C错误!种不同的选法．根据分步乘法计数原理,共有C错误!·C错误!＝140种不同的安排方案．答案14010．甲、乙、丙三同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作,每天1人值班,每人值班2天,如果甲同学不值周一的班,乙同学不值周六的班,则可以排出不同的值班表有________种<用数字作答>．解析如果没有限制条件共C错误!C错误!种值班表,如果甲值周一的班有C错误!C 错误!种,同样乙值周六的班也有C错误!C错误!种,甲值周一、乙值周六的班有C错误!C错误!种．因此满足题意的值班表共C错误!C错误!－2C错误!C错误!＋C错误!C错误!＝42<种>．答案4211．由字母A、E及数字1、2、3、4形成的排列．<1>由这些字母,数字任意排成一排共能形成多少不同的排列？<2>要求首位及末位只能排字母,排成一列有多少不同排列？<3>要求末位不能排字母,有多少不同的排列？解<1>6个元素的全排列：A错误!＝6×5×4×3×2×1＝720个．<2>分两步：第一步排首位与末位,排法为A错误!种,第二步排中间,排法为A错误!种．总排法：A错误!·A错误!＝48种．<3>法一分两步,第一步排末位,排法为A错误!种,第二步排其余位置,排法为A错误!种．总排法为A错误!·A错误!＝480种．法二A错误!－A错误!A错误!＝480种．12．<创新拓展>"抗震救灾,众志成城",在我国####4.14抗震救灾中,某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴赈灾前线,其中这10名专家中有4名是骨科专家．<1>抽调的6名专家中恰有2名是骨科专家的抽调方法有多少种？<2>至少有2名骨科专家的抽调方法有多少种？<3>至多有2名骨科专家的抽调方法有多少种？解<1>分步：第一步：从4名骨科专家中任选2名,有C错误!种选法．第二步：从除骨科专家的6人中任选4人,有C错误!种选法．所以共有C错误!C错误!＝90种抽调方法．<2>有两种解答方法：方法一<直接法>：第一类：有2名骨科专家,共有C错误!·C错误!种选法．第二类：有3名骨科专家,共有C错误!·C错误!种选法．第三类：有4名骨科专家,共有C错误!·C错误!种选法．根据分类加法计数原理,共有C错误!·C错误!＋C错误!·C错误!＋C错误!·C错误!＝185种抽调方法．方法二<间接法>：不考虑是否有骨科专家,共有C错误!种选法；考虑选取1名骨科专家,有C错误!·C错误!种选法；没有骨科专家,有C错误!种选法,所以共有：C 错误!－C错误!·C错误!－C错误!＝185种抽调方法．<3>"至多"两名包括"没有","有1名","有2名"三种情况：第一类：没有骨科专家,共有C错误!种选法．第二类：有1名骨科专家,共有C错误!·C错误!种选法．第三类：有2名骨科专家,共有C错误!·C错误!种选法．根据分类加法计数原理,共有C错误!＋C错误!·C错误!＋C错误!·C错误!＝115,所以共有115种抽调方法．。
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。
组合数学第一章课后习题答案
1.1 题（宗传玉）从{1，2，……50}中找两个数{a ，b}，使其满足 （1）|a-b|=5； （2）|a-b|≤5； 解：（1）：由|a-b|=5⇒a-b=5或者a-b=-5，由列举法得出，当a-b=5时，两数的序列为（6，1）（7，2）……（50，45），共有45对。
当a-b=-5时，两数的序列为（1，6），（2，7）……（45，50）也有45对。
所以这样的序列有90对。
（2）：由题意知，|a-b|≤5⇒|a-b|=1或|a-b|=2或|a-b|=3或|a-b|=4或|a-b|=5或|a-b|=0；由上题知当|a-b|=5时 有90对序列。
当|a-b|=1时，两数的序列有（1，2），（3，4），（2，1）（1，2）……（49，50），（50，49）这样的序列有49*2=98对。
当此类推当|a-b|=2，序列有48*2=96对，当|a-b|=3时，序列有47*2=94对，当|a-b|=4时，序列有46*2=92对，当|a-b|=0时有50对所以总的序列数=90+98+96+94+92+50=520 1.2题（王星） 解：（a ）可将5个女生看作一个单位，共八个单位进行全排列得到排列数为： 8！×5！，（b ）用x 表示男生，y 表示空缺，先将男生放置好，共有8个空缺， Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y 在其中任取5个得到女生两两不相邻的排列数： C （8，5）×7！×5！（c ）先取两个男生和3个女生做排列，情况如下：6. 若A ，B 之间存在0个男生， A ，B 之间共有3个人，所有的排列应为 P6=C(5,3)*3!*8!*21．若A ，B 之间存在1个男生， A ，B 之间共有4个人，所有的排列应为 P1= C(5,1)*C(5,3)*4!*7!*22．若A ，B 之间存在2个男生，A ，B 之间共有5个人，所有的排列应为 P2=C(5,2)*C(5,3)*5!*6!*23．2．若A ，B 之间存在3个男生，A ，B 之间共有6个人，所有的排列应为 P3=C(5,3)*C(5,3)*6!*5!*24．若A ，B 之间存在4个男生，A ，B 之间共有7个人，所有的排列应为 P4=C(5,4)*C(5,3)*7!*4!*25．若A ，B 之间存在5个男生，A ，B 之间共有8个人，所有的排列应为 P5=C(5,5)*C(5,3)*8!*3!*2 所以总的排列数为上述6种情况之和。
高中数学第一章计数原理1.3组合精练含解析北师大版选修2_30416254.doc
§3 组合A组1.下列问题是组合问题有()(1)设集合A={a,b,c,d,e},则集合A的子集中含有3个元素的有多少个?(2)某铁路线上有5个车站,则这条线上有多少种票价?(3)3人去干5种不同的工作,每人干1种,有多少种分工方法?(4)把3本相同的书分给5个学生,每人最多得1本,有几种分配方法?A.(1)(2)(4)B.(1)(3)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)解析:(1)因为本问题与元素顺序无关,所以是组合问题.(2)虽然甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不同的,但票价与顺序无关,甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价,所以是组合问题.(3)因为分工方法是从5种不同的工作中选出3种,按一定顺序分给3个人去干,所以是排列问题.(4)因为3本书是相同的,无论把3本书分给哪三人,都不需考虑他们的顺序,所以是组合问题.答案:A2.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为()A.4B.8C.28D.64解析:由于“村村通”公路的修建,是组合问题.故共需要建=28条公路.答案:C3.已知,则n等于()A.14B.12C.13D.15解析:∵,∴7+8=n+1,∴n=14.答案:A4.(2016·山东胶州高二期中)在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,至少有1件次品的不同取法的种数是()A.B.C.D.解析:从100件产品中抽取3件的取法数为,其中全为正品的取法数为,∴共有不同取法为.故选C.答案:C5.某食堂每天中午准备4种不同的荤菜,7种不同的素菜,用餐者可以按下述方法搭配午餐:(1)任选两种荤菜、两种素菜和白米饭;(2)任选一种荤菜、两种素菜和蛋炒饭.那么每天不同午餐的搭配方法总数是()A.22B.56C.210D.420解析:=210.答案:C6.从正方体的6个面中选取3个面,其中2个面不相邻的选法共有种.解析:从6个面中任选3个面,有=20种选法,3个面相邻的选法共8种,故符合条件的选法共有20-8=12(种).答案:127.从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A,从这组学生中选出2人担任正、副组长的选法种数为B,若,则这组学生共有人.解析:设有学生n人,则,解得n=15或n=-10(舍去).答案:158.若对任意的x∈A,则∈A,就称A是“具有伙伴关系”的集合.集合M=的所有非空子集中,具有伙伴关系的集合的个数为.解析:具有伙伴关系的元素组共4组,所以集合M的所有非空子集中,具有伙伴关系的非空集合中的元素,可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组,又集合中的元素是无序的,因此,所求集合的个数为=15.答案:159.计算:(1);(2);(3).解(1)原式=×1==56+4 950=5 006.(2)原式=2()=2()=2×=32.(3)原式=·n=·n=(n+1)n=n2+n.10.平面内有12个点,其中有4个点共线,此外再无任何3点共线,以这些点为顶点,可得多少个不同的三角形?解方法一:我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准.第一类:共线的4个点中有2个点作为三角形的顶点,共有=48(个)不同的三角形;第二类:共线的4个点中有1个点作为三角形的顶点,共有=112(个)不同的三角形;第三类:共线的4个点中没有点作为三角形的顶点,共有=56(个)不同的三角形.由分类加法计数原理,不同的三角形共有48+112+56=216(个).方法二:间接法.=220-4=216(个).B组1.圆周上有12个不同的点,过其中任意两点作弦,这些弦在圆内的交点的个数最多是()A. B.C. D.解析:圆周上每4个点组成一个四边形,其对角线在圆内有一个交点.∴交点最多为个.故选D.答案:D2.某地政府召集5家企业的负责人开会,已知甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A.14B.16C.20D.48解析:可分为两种情况:(1)甲企业选中1人,有=12种选法;(2)甲企业无人选中,有=4种选法,所以由分类计数原理可知共有12+4=16种可能.答案:B3.(2016·湖南常德一中月考)有8张奖券,其中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分给4个人,每人2张,不同的获奖情况有种(用数字作答).解析:因为8张奖券中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖,所以只需将有奖的三张分给四人,再将无奖奖券补够每人都有两张奖券即可,三张有奖奖券分给四人有两种情况:一是三个人每人一张,另一个人无,共=24种分法;二是一个人一张,一个人两张,另两个人无,共=36种分法,共有24+36=60种不同的获奖情况,故答案为60.答案:604.导学号43944011从1到9的9个数字中取3个偶数、4个奇数,试问:(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有几个?(3)(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有几个?解(1)分三步完成:第一步,在4个偶数中取3个,有种情况;第二步,在5个奇数中取4个,有种情况;第三步,3个偶数、4个奇数进行排列,有种情况.所以符合题意的七位数有=100 800(个).(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有=14 400(个).(3)上述七位数中,3个偶数排在一起,4个奇数也排在一起的有=5760(个).5.导学号43944012某次足球赛共12支球队参加,分三个阶段进行:(1)小组赛:经抽签分成甲、乙两组,每组6队进行单循环比赛,以积分及净剩球数取前两名;(2)半决赛:甲组第一名与乙组第二名,乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队客场各赛一场)决出胜者;(3)决赛:两个胜队参加决赛一场,决出胜负.问全部赛程共需比赛多少场?解(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛,就是6支球队的任两支球队都要比赛一次,所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数,所以小组赛共要比赛2=2×=30(场).(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场,所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数,所以半决赛共要比赛2=2×1×2=4(场).(3)决赛只需比赛1场,即可决出胜负.所以全部赛程共需比赛30+4+1=35(场).精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
组合数学第四章习题解答
4.19 试说明S5群的不同格式及其个数， • 9.解：5的拆分共有：00005,00014,00023, 00113,00122,01112,11111共七种，根据讲义4.4 节定理1可得S5中： (1)5共轭类有5!/5!=1个置换； (1)1(4)1共轭类有5!/4=30个置换； (2)1(3)1共轭类有5!/(2· 3)=20个置换； (1)2(3)1共轭类有5!/(2!3)=20个置换； (1)1(2)2共轭类有5!/(2!2 )=15个置换； (1)3(2)1共轭类有5!/(3!2)=10个置换； (5)1共轭类有5!/5=24个置换； ∴共有不同格式7种，如上所示。
旋转 12345
12345 13524 14253 15432
5
2
翻转
12534 21345 32415 51423 41235
4
3
c ( a1 ) c(a2 ) 1 c ( ag ) l [m m ... m ] G
Байду номын сангаас
8( g r b y ) ]
3 3 3 3 2
1 P(G ) [( g r b y ) 6 6 ( g r b y ) 2 ( g 4 r 4 b 4 y 4 )] 24 3 ( g r b y ) 2 ( g 2 r 2 b 2 y 2 ) 2 6( g 2 r 2 b 2 y 2 )3 8( g 3 r 3 b3 y 3 ) 2 ]
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。
《组合数学》(第二版)-课后习题答案完全版
20．凸十边形的任意三个对角线不共点，试求这凸十边形的对角线交于多少个点？又把所有的对角线分割成多少段？
解：（1）从一个顶点可引出7条对角线，这7条对角线和其他顶点引出的对角线的交点情况如下：从右到左，和第一条对角线的交点有： 个，和第二条的交点有 ，和第三条的交点有 条，…，故和一个顶点引出的7条线相交的点为：
4位数有 个；5位数有 个；6位数有 个；
（2）0出现在十位，此时符合条件的3位数有 个；4位数有 个；5位数有 个；6位数有 个；
（3）0出现在百位，此时符合条件的4位数有 个；5位数有 个；6位数有 个；
（4）0出现在千位，此时符合条件的5位数有 个；6位数有 个；
（5）0出现在万位，此时符合条件的6位数有 个；
依次类推，无效0的总数为
因为 全为0时的6个0和1 000 000本身的6个0相互抵消，
所以1到1 000 000之间的自然数中0出现的次数为
（次）
注意：1出现的次数为 （要考虑1 000 000这个数的首位1），
2，3，…，9各自出现的次数为 。
16．n个男n个女排成一男女相间的队伍，试问有多少种不同的方案？
解：12个人围圆周就坐的方式有： 种，
设不愿坐在一起的两人为甲和乙，将这两个人相邻而坐，可看为1人，则这样的就坐方式有： 种；由于甲乙相邻而坐，可能是“甲乙”也可能是“乙甲”；所以
则满足条件的就坐方式有： 种。
6．有15名选手，其中5名只能打后卫，8名只能打前锋，2名只能打前锋或后卫，今欲选出11人组成一支球队，而且需要7人打前锋，4人打后卫，试问有多少种选法？
（2）要求前排至少坐5人，后排至少坐4人。
解：（1）因为就坐是有次序的，所有是排列问题。
组合数学第一章答案.
１.１ 从{}5021，，，⋅⋅⋅中找两个数{}b a ,，使其满足（1） 5||=-b a ；（2）5||≤-b a解：（1）根据5||=-b a 可得 55-=-=-b a b a 或 则有种种4545 共有90种。
（2）根据5||≤-b a 得 )50,,2,1(,55{⋅⋅⋅∈+≤≤-b a b a b则：当5≤b 时，有1=b ， 61≤≤a ， 则有 6种2=b ， 71≤≤a ， 则有7种3=b ， 81≤≤a ， 则有8种4=b ， 91≤≤a ， 则有 9种5=b ， 101≤≤a ， 则有10种 当455≤<b 时，有6=b ， 111≤≤a ， 则有 11种7=b ， 122≤≤a ， 则有 11种 . . . . . . . . .45=b ， 5040≤≤a ， 则有11种 当5045≤<b 时，有46=b ， 5041≤≤a ， 则有 10种47=b ， 5042≤≤a ， 则有 9种48=b ， 5043≤≤a ， 则有 8种49=b ， 5044≤≤a ， 则有 7种 50=b ， 5045≤≤a ， 则有 6种故：共 种520)678910(21140=+++++⨯1.2 （1）先把女生进行排列，方案为5！，然后把女生看成1个人和7个男生进行排列，总方案数为5！×8！（2）女生不相邻，则先把男生进行排列，方案为7！再把女生插入男生之间的8个空位种的任意5个，总方案数为7！×58P（3）应该是A 女生x 女生y 女生z B,或是B 女生x 女生y 女生z A 的形式，从5个女生中选出3人进行排列，方案为35P ，考虑A,B 可以换位，方案为2×35P ，然后把这个看成一个整体，和剩下的2个女生，5个男生，一共7个人进行排列，总方案数2×35P ×8！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。