《组合数学》第五版 第6章答案.pdf
组合数学第五版答案
组合数学第五版答案简介《组合数学第五版答案》是对组合数学第五版的习题答案进行整理和解答的参考资料。
组合数学是一门研究集合之间的组合方式和规律的数学科学。
它广泛应用于计算机科学、统计学、运筹学等领域,在算法设计、图论分析等方面有着重要的应用价值。
本文档包含了《组合数学第五版》中各章节的习题答案,主要内容涵盖了排列组合、图论、生成函数、递推关系、容斥原理等多个重要主题。
通过对这些习题的解答,可以帮助读者更好地理解组合数学的基本概念、方法和应用。
目录•第一章:基本概念和方法•第二章:排列组合•第三章:图论•第四章:生成函数•第五章:递推关系•第六章:容斥原理第一章:基本概念和方法1.习题1:证明排列的总数为n! (阶乘)。
2.习题2:计算组合数C(n, m)的值。
3.习题3:探究组合数的性质并给出证明。
第二章:排列组合1.习题1:计算排列数P(n, m)的值。
2.习题2:解决带有限制条件的排列问题。
第三章:图论1.习题1:证明图论中的握手定理。
2.习题2:解决图的着色问题。
第四章:生成函数1.习题1:利用生成函数求解递推关系。
2.习题2:应用生成函数解决组合数学问题。
第五章:递推关系1.习题1:求解递推关系的通项公式。
2.习题2:应用递推关系解决实际问题。
第六章:容斥原理1.习题1:理解容斥原理的基本思想并给出证明。
2.习题2:应用容斥原理解决计数问题。
结论通过对《组合数学第五版答案》中的习题进行解答,读者可以更好地掌握组合数学的基本概念和方法。
组合数学在计算机科学、统计学、运筹学等领域具有广泛的应用,通过学习和理解组合数学,读者可以提高解决实际问题的能力,并为进一步深入研究相关领域打下坚实的基础。
注:本文档中的习题答案仅供参考,请读者在独立思考和解答问题时加以思考和验证,以深入理解组合数学的核心概念和方法。
(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。
组合数学卢开澄课后习题答案
组合数学卢开澄课后习题答案组合数学是一门研究离散结构和组合对象的数学学科,它广泛应用于计算机科学、统计学、密码学等领域。
卢开澄是中国著名的组合数学家,他的教材《组合数学》是该领域的经典之作。
在学习组合数学的过程中,课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面我将为大家提供一些卢开澄课后习题的答案。
第一章:集合与命题逻辑1.1 集合及其运算习题1:设集合A={1,2,3},B={2,3,4},求A∪B和A∩B的结果。
答案:A∪B={1,2,3,4},A∩B={2,3}。
习题2:证明若A∩B=A∩C,且A∪B=A∪C,则B=C。
答案:首先,由A∩B=A∩C可得B⊆C,同理可得C⊆B,因此B=C。
然后,由A∪B=A∪C可得B⊆C,同理可得C⊆B,因此B=C。
综上所述,B=C。
1.2 命题逻辑习题1:将下列命题用命题变元表示:(1)如果今天下雨,那么我就带伞。
(2)要么他很聪明,要么他很勤奋。
答案:(1)命题变元P表示今天下雨,命题变元Q表示我带伞,命题可表示为P→Q。
(2)命题变元P表示他很聪明,命题变元Q表示他很勤奋,命题可表示为P∨Q。
习题2:判断下列命题是否为永真式、矛盾式或可满足式:(1)(P∨Q)→(P∧Q)(2)(P→Q)∧(Q→P)答案:(1)该命题为可满足式,因为当P为真,Q为假时,命题为真。
(2)该命题为永真式,因为无论P和Q取何值,命题都为真。
第二章:排列与组合2.1 排列习题1:从10个人中选取3个人,按照顺序排成一队,有多少种不同的结果?答案:根据排列的计算公式,共有10×9×8=720种不同的结果。
习题2:从10个人中选取3个人,不考虑顺序,有多少种不同的结果?答案:根据组合的计算公式,共有C(10,3)=120种不同的结果。
2.2 组合习题1:证明组合恒等式C(n,k)=C(n,n-k)。
答案:根据组合的计算公式可得C(n,k)=C(n,n-k),因此组合恒等式成立。
组合数学 第6章
观察规律
固定k, 令S={1,…, k}.
circ(n) : S的长为n的圆排列个数.
per(d) : S的周期为d的线排列数.
line(n) : S的长为n的线排列数(=kn, circ(n)n).
周期1: 1111, 2222,
per(1)=2
固定k, 令S={1,…, k}. circ(n) : S的长为n的圆排列个数. per(d) : S的周期为d的线排列数. line(n) : S的长为n的线排列数(=kn, circ(n)n).
kn line(n) per(d ) -------(1)
d|n
circ(n) 1 per(d ) -------(2) d|n d 先由(1)解出per(n), 再带入(2)解出circ(n)
1
k
推论(C102,E165)
定理: 设A1, A2,…, An是有限集合, 则
n
|A1A2…An| = | Ai | | Ai Aj |
i 1
1i jn
| Ai Aj Ak |
1i jkn
+(-1)n-1|A1A2…An|
欧拉函数(n) (ex32,C122,E196)
(n)是1~n中与n互素的数的个数.
n! 3!
n! n!
n!
1
1 1!
1 2!
1 3!
n1!
错排的递推关系(C109,E176)
定理: Dn = (n-1) Dn-2 + (n-1) Dn-1. 证明: 对错排i1…in, (1) i1有n-1种取值, 设i1 = k; (2) 或(2a) ik=1; 或(2b) ik1. 将i1,ik互换则有
组合数学 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。
组合数学第五版答案
组合数学第五版答案【篇一:组合数学参考答案(卢开澄第四版)60页】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=5201.2题 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?所以总的排列数为上述6种情况之和。
1.3题 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) 可以考虑插空的方法。
n个女生先排成一排,形成n+1个空。
因为m?n?1正好m个男生可以插在n+1个空中,形成不相邻的关系。
则男生不相邻的排列个数为ppnnn?1m(b) n个女生形成一个整体有n!种可能,把它看作一个整体和m个男生排在一起,则排列数有(m+1)!种可能。
因此,共有n!?(m?1)!种可能。
(c)男生a和女生b排在一起,因为男生和女生可以交换位置,因此有2!种可能,a、b组合在一起和剩下的学生组成排列有(m+n-1)! (这里实际上是m+n-2个学生和ab的组合形成的)种可能。
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。
组合数学课后习题答案
组合数学课后习题答案问题1求解以下组合数:(a)C(5, 2)(b)C(7, 3)(c)C(10, 5)解答:(a)C(5, 2) 表示从5个不同元素中选取2个的组合数。
根据组合数的定义,我们可以使用公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!) 来计算组合数。
计算 C(5, 2): C(5, 2) = 5! / (2! * (5-2)!) = 5! / (2! * 3!) = (5 * 4 * 3!) / (2! * 3!) = (5 * 4) / 2 = 10所以 C(5, 2) = 10。
(b)C(7, 3) 表示从7个不同元素中选取3个的组合数。
计算 C(7, 3): C(7, 3) = 7! / (3! * (7-3)!) = 7! / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5 * 4!) / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5) / 3 = 35 * 2 = 70所以 C(7, 3) = 70。
(c)C(10, 5) 表示从10个不同元素中选取5个的组合数。
计算 C(10, 5): C(10, 5) = 10! / (5! * (10-5)!) = 10! / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5!) / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 252所以 C(10, 5) = 252。
问题2在一个集合 {a, b, c, d, e} 中,求解以下问题:(a)有多少种不同的3个元素的子集?(b)有多少种不同的4个元素的子集?(c)有多少种不同的空集合?(a)在一个集合 {a, b, c, d, e} 中选取3个元素的子集。
子集的元素个数为3,所以我们需要从5个元素中选取3个。
利用组合数的公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!),我们可以计算组合数。
2020_2021学年高中数学第六章计数原理6.2.3组合6.2.4组合数课后习题含解析新人教A版选
第六章计数原理6.2 排列与组合 6.2.3 组合 6.2.4 组合数课后篇巩固提升基础达标练1.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.4 B.8 C.28 D.64“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建C 82=28(条)公路.2.某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动,若选出的4人中既有男生又有女生,则不同的选法共有( ) A.140种B .120种C .35种D .34种1男3女有C 41C 33=4(种);若选2男2女有C 42C 32=18(种);若选3男1女有C 43C 31=12(种).所以共有4+18+12=34(种)不同的选法.故选D .3.已知C n+17−C n 7=C n 8,则n 等于( )A.14B.12C.13D.15,得C n+17=C n+18,故7+8=n+1,解得n=14.4.(2019北京高二期末)某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有( ) A.30种B.60种C.120种D.180种6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,最后剩下的3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有C 61C 52C 33=60(种).故选B.5.(2020浙江高三专题练习)安排A,B,C,D,E,F 共6名义工照顾甲、乙、丙三位老人,每两位义工照顾一位老人,考虑到义工与老人住址距离问题,义工A 不安排照顾老人甲,义工B 不安排照顾老人乙,则安排方法共有 ( )A.30种B.40种C.42种D.48种名义工照顾三位老人,每两位义工照顾一位老人共有C 62C 42=90(种)安排方法,其中A 照顾老人甲的情况有C 51C 42=30(种), B 照顾老人乙的情况有C 51C 42=30(种),A 照顾老人甲,同时B 照顾老人乙的情况有C 41C 31=12(种).故符合题意的安排方法有90-30-30+12=42(种). 故选C.6.若已知集合P={1,2,3,4,5,6},则集合P 的子集中含有3个元素的子集数为 .,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 63=20(个)子集.7.不等式C n 2-n<5的解集为 .C n 2-n<5,得n (n -1)2-n<5,∴n 2-3n-10<0.解得-2<n<5.由题设条件知n ≥2,且n ∈N *,∴n=2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}.8.若对任意的x ∈A ,则1x∈A ,就称A 是“具有伙伴关系”的集合.集合M=-1,0,13,12,1,2,3,4的所有非空子集中,具有伙伴关系的集合的个数为 .-1;1;12,2;13,3,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.又因为集合中的元素是无序的,所以所求集合的个数为C 41+C 42+C 43+C 44=15.9.某区有7条南北向街道,5条东西向街道.(如图) (1)图中有多少个矩形?(2)从A 点走向B 点最短的走法有多少种?在7条南北向街道中任选2条,5条南北向街道中任选2条,这样4条线可组成一个矩形,故可组成矩形有C 72·C 52=210(个).(2)每条东西向的街道被分成6段,每条南北向街道被分成4段,从A 到B 最短的走法包括10段,其中6段方向相同,另4段方向也相同,每种走法,即是从10段中选出6段,这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的),共有C 106=C 104=210(种)走法.能力提升练1.楼道里有12盏灯,为了节约用电,需关掉3盏不相邻的灯,则关灯方案有( ) A.72种B.84种C.120种D.168种3盏不相邻的灯,即将这3盏灯插入9盏亮着的灯形成的10个空中,所以关灯方案共有C 103=120(种).2.(2020黑龙江海林朝鲜族中学高二月考)若C n2A22=42,则n!3!(n-4)!=() A.60 B.70 C.120 D.140C n2A22=42=n(n-1)2×2×1,解得n=7,∴n!3!(n-4)!=7!3!×3!=7×6×5×43×2×1=140.故选D.3.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为()A.33B.34C.35D.36所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C21·A33=12(个);②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C21·A33+A33=18(个);③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C31=3(个).故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33(个).故选A.4.如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆,每天最多只安排一所学校,要求甲学校连续参观两天,其余学校均只参观一天,那么不同的安排方法有()A.50种B.60种C.120种D.210种,一周内两天连排的方法一共有6种:(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7).甲任选一种为C61,然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观,安排方法有A52种,按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C61·A52=120(种),故选C.5.(多选)(2020江苏盐城大丰新丰中学高二期中)有13名医生,其中女医生6人,现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区,若医疗小组至少有2名男医生,同时至多有3名女医生,设不同的选派方法种数为N,则下列等式能成为N的算式是()A.C135−C71C64B.C72C63+C73C62+C74C61+C75C.C135−C71C64−C65D.C72C113名医生,其中女医生6人,男医生7人.(方法一直接法)2男3女C72C63;3男2女C73C62;4男1女C74C61;5男C75,所以N=C72C63+C73C62+C74C61+C75.(方法二间接法)13名医生,任取5人,减去4、5名女医生的情况,即N=C135−C71C64−C65.故选BC.6.某同学有同样的画册2本、同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有 种.,就所剩余的1本进行分类:第1类,剩余的是1本画册,此时满足题意的赠送方法有4种;第2类,剩余的是1本集邮册,此时满足题意的赠送方法有C 42=6(种).因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10(种).7.4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒子中,则恰好有1个空盒子的放法有 种.,必有1个盒子内放入2个小球,从4个小球中取出2个小球,有C 42种取法,此时把它看作1个小球,与另2个小球共3个小球放入4个盒子中,有A 43种放法,所以满足题意的放法有C 42·A 43=144(种).8.(1)计算:C 85+C 10098C 77.(2)求证:C m+2n =C m n +2C m n -1+C m n -2.=C 83+C 1002×1=8×7×63×2×1+100×992×1=56+4950=5006.C n+1m=C n m +C n m -1可知,右边=(C m n +C m n -1)+(C m n -1+C m n -2)=C m+1n +C m+1n -1=C m+2n =左边.所以原等式成立.素养培优练1.有9本不同的课外书,分给甲、乙、丙三名同学,求在下列条件下,各有多少种分法? (1)甲得4本、乙得3本、丙得2本; (2)一人得4本、一人得3本、一人得2本; (3)甲、乙、丙各得3本.分三步完成:第1步,从9本不同的书中,任取4本分给甲,有C 94种方法; 第2步,从余下的5本书中,任取3本给乙,有C 53种方法; 第3步,把剩下的书给丙,有C 22种方法,所以甲得4本、乙得3本、丙得2本,共有C 94C 53C 22=1260(种)不同的分法.(2)分两步完成:第1步,按4本、3本、2本分成三组有C 94C 53C 22种方法;第2步,将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人,有A 33种方法,所以一人得4本、一人得3本、一人得2本,共有C 94C 53C 22A 33=7560(种)不同的分法.(3)用与(1)相同的方法即可求解,可得甲、乙、丙各得3本,共有C 93C 63C 33=1680(种)不同的分法.2.(2020吉林梅河口第五中学高二月考)按照下列要求,分别求有多少种不同的方法? (1)5个不同的小球放入3个不同的盒子;(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球; (3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球;(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有1个空盒.解(1)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个小球都有3种可能,利用分步乘法计数原理可得不同的方法有35=243(种).(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,先把5个小球分组,分法有2,2,1和3,1,1两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有C 52C 32C 11A 22+C 53A 33=150(种).(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,类似于在5个小球间的空隙中,放入2个隔板,把小球分为3组,故不同的方法共有C 42=6(种).(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有一个空盒,先把5个小球分2组,分法有3,2,0和4,1,0两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有(C 53C 22+C 54)A 33=90(种).。
组合数学(第6章6.1)
2 (1)k m k+…+ k 3 (1)mm
应 用
例. 从0到99999中有多少含有数字2, 5和8的整数。 解:设A1,A2 和A3分别是不包含数字2, 5和8的集合, 需要计算 | A1 A2 A3 | 0到99999的整数个数:0=105 1=|A1|=|A2|=|A3|=95 2=|A1A2|=85 3=|A1A2 A3|=75 因此,答案为:105395+385-75
因此:对于sS
—
—
S
A1A1A2 A2
一般情形:容斥原理计数
定理6.1.1 集合S不具有性质P1,P2,…,Pm的物 体的个数:
+…+(1)m|A1A2…Am|
| A1 A2 Am |=|S||Ai|+|Ai Aj||Ai Aj Ak |
其中,第一个求和对集合{1,2,…,m}的所有的1-组合 进行, 第二个求和对集合{1,2,…,m}的所有的2பைடு நூலகம்组合 进行,依此类推.
|A1A2A3|=1000/120=8 由容斥原理, | A1 A2 A3 | =1000(200+166+125)+(33+25+41)8 =600
例2
字母M,A,T,H,I,S,F,U,N存在多少排列使得单 词MATH, IS和FUN都不出现? 解:9个字母组成所有排列集合为S。 A1是MATH出现的排列集合; A2是IS出现的排列集合; A3是FUN出现的排列集合。 运用容斥原理。
这样S的每个元素在两边具有相同的计数。证明 了定理。
推论6.1.2 具有性质P1,P2,…,Pm的物体的个数:
| A1 A2 Am |=|Ai||Ai Aj|+|Ai Aj Ak |
组合数学(第6章6.3)
X1={1, 4}
× × × ×
×
{3}
× {1,5} × {2,5}
特别的, 个元素集合的排列对应n 特别的,n个元素集合的排列对应n×n棋盘的 非攻击型车布局
一般禁止位置 与棋盘的非攻击型车布局
× × × × × × ×
解:r1=7 等于禁止位置数。 计算r2 =1+2+3×4=15; (分区计算) r3=1×4+3×2=10 r4=2 r5=r6=0 禁止位置方法数: 6!7×5!+15×4!10×3!+2×2!=226
小结
定理6.4.1将带禁止位置的棋盘非攻击型车 摆放计数转化为在禁止位置的非攻击型车 摆放计数。 定理6.4.1的公式应用价值仅当计算rk更容易 情况。 否则不如直接计算符合条件的数(禁止位 置过多时)。
6.5 相对禁排位置问题
定义: 定义 设集合S={1,2,…,n}, 它的不出现12, 23, …, (n1)n的排列称相对禁止位置排列. 相对禁止位置排列的排列数用Qn表示. 如n=3时,213、321、132是所有满足条件 的排列,因此Q3=3.
相对禁止位置排列计数: 定理6.5.1
对于n≥1,
第六章 容斥原理应用
禁止位置的排列
主要内容
6.4 带有禁止位置的排列 6.5 另外的禁排位置问题
一些例子
1。有多少各位数字互异大于5400的4位整数? 2。{1,2,…,n}的错位排列数。 3。15人围坐,A不与B挨着坐,有多少方式? 绝对禁止位置排列:1,2 相对禁止位置排列:3
(绝对)禁位排列
组合数学习题解答ex5
Байду номын сангаас
5.
max z=3x1+x2+x3+2x4 3x1+2x2+4x3+2x4=2 4x1+x2-3x3+x4+x5= -1 x1-3x2+x3+3x4+x6=3 2x1+x2+x3+3x4+x7=5 x1, x2, x3, x4…x7≥0 min z=2x1-3x2+6xx+x4-2x5 2x1-3x2+x3+3x4-x5=3 x1+x2-2x3+9x4=4 x1, x2, x3, x4, x5≥0 min z=x1+x1 8x1+ 5x2≥1 -7x1+4x2≤7 3x1+8x2≤12 5x1+2x2≤10 4x1+5x2≤10 x1,x2≥0
组合数学 课后答案 PDF 版
3.1 某甲参加一种会议,会上有6位朋友,某甲和其中每一个人在会上各相遇12次,每两人各相遇6次,每3人各相遇4次,每4人各相遇3次,每5人各相遇2次,每6人各相遇1次,1人也没遇见的有5次,问某甲共参加几次会议?解:设A 为甲与第i 个朋友相遇的会议集.i=1,2,3,4,5,6.则 │∪A i │=12*C(6,1)-6*C(6,2)+4*C(6,3)-3*(6,4)+2*(6,5)-C(6,6) =28甲参加的会议数为 28+5=333.2:求从1到500的整数中被3和5整除但是不能被7整除的数的个数。
解:设 A 3:被3整除的数的集合A 5:被5整除的数的集合 A 7:被7整除的数的集合 所以 ||=||-||=-=33-4=29 3.3 n 个代表参加会议,试证其中至少有2个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.,根据鸽巢原理所以至少有2人的朋友数相等.3.4试给出下列等式的组合意义0j j 0(1)=(1), 1n-m-j+1(2)(1)1 j 1(3)...(1) 1 12m l l n m l n m m n l n k m n k l k l n m l n m l m l m l m l m l m l m m m m m l =-=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥≥ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑ 证明:(1)从n 个不同元素中取k ,使得其中必含有m 个特定元素的方案数为)()(kn mn m k mn --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m , Ai 为包含a i 的组合(子集),i=1,…,m.1212|...|(...)12 =(...(1))1 2 =(1) m m m l n A A A A A A k n m n m n m n m k k k m k m n l l k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛- ⎪⎝⎭ 0ml =⎫ ⎪⎝⎭∑ (2)把l 个无区别的球放到n 个不同的盒子,但有m 个空盒子的方案数为11n l m n m -⎛⎫⎛⎫⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令k=n-m ,设A i 为第i 个盒子有球,i=1,2,…k12k 121|...|(...)1k 11211 =(...(1)) 1 2 k k k l A A A A A A k k l k l k k l k k k l k l l k l +-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+--+--+--+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ kj j 0k k-j+1 =(1)j l l =-⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑ (3)设A i 为m+l 个元素中去m+i 个,含特定元素a 的方案集;N i 为m+l 个元素中取m+i 个的方案数。
组合数学6章作业答案
第6章 容斥原理及应用6.7 练习题3、求出从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数个数。
解:∵100001002=,9261213=,10648223=∴从1到10000,共有100个平方数,21个立方数 又∵409646=,1562556=∴从1到10000,共有4个6次方数,也就是共有4个数既是平方数又是立方数 计算:10000-100-21+4=9883∴从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数有9883个□4、确定多重集{}d c b a S ⋅⋅⋅⋅=5,4,34,的12-组合的个数。
解:设T :{}d c b a S ⋅∞⋅∞⋅∞⋅∞=,,,*的所有12-组合 1A :a 的个数大于4的12-组合2A :b 的个数大于3的12-组合 3A :c 的个数大于4的12-组合4A :d 的个数大于5的12-组合要求的是:4321A A A A ⋂⋂⋂ = T )(4321A A A A +++-)(434232413121A A A A A A A A A A A A ⋂+⋂+⋂+⋂+⋂+⋂+ )(432431421321A A A A A A A A A A A A ⋂⋂+⋂⋂+⋂⋂+⋂⋂- )(4321A A A A ⋂⋂⋂+T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+121412=4551A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+7147=120 2A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+8148=165 3A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+7147=120 4A =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+6146=8421A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3143=20 31A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2142=10 41A A ⋂=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1141=432A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3143=20 42A A ⋂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2142=10 43A A ⋂=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+1141=4321A A A ⋂⋂=421A A A ⋂⋂=431A A A ⋂⋂=432A A A ⋂⋂=4321A A A A ⋂⋂⋂=0 455-(120+165+120+84)+(20+10+4+20+10+4)=34∴多重集{}d c b a S ⋅⋅⋅⋅=5,4,34,的12-组合的个数是34 □9、确定方程204321=+++x x x x满足611≤≤x ,702≤≤x ,843≤≤x ,624≤≤x的整数解的个数。
组合数学_第6章6.4-6.5_
{1,2,…, n}的排列 i1 i2… in对应于棋盘上以方格 (1, i1), (2, i2),…, (n, in)
为坐标的n个车的位置
1 2 3 4 5 设n=5, X1={1, 4}, X2={3},
1X
X
X3=Φ, X4={1, 5}, X5={2, 5},
2
X
则P(X1,X2,…,X5)中的排列
p(X1 , X2 , X3 , X4 ) = 2
(方法2:容斥原理)
带禁止位置的“非攻击型车”
{1,2,…, n}的排列 i1 i2… in对应于棋盘上以方格 (1, i1), (2, i2),…, (n, in)
为坐标的n个车的位置
1 1
2 3 4 5 位置
23 45
24135
带禁止位置的“非攻击型车”
满足第 j 行的车不在 Xj 中的列,i=1,2,…,n,共 有多少种放置方法?
令属性Pj表示 j行上的车放置在Xj所给出的禁止位置中, 且Aj则为具有属性Pj的车的放置方法集合,
(1) |Aj |= |Xj | (n - 1)! (j=1,2,…,n) S |Aj | = (|X1|+|X2|+…+|Xn|) (n - 1)! 令r1 = (|X1|+|X2|+…+|Xn|) 则S |Aj | = r1 (n - 1)!
上,使得每一个男孩都面对到另一个男孩。他们能够
有多少种方法改变座位使得每人面对的男孩都不同?
(所有的座位都是一样)
1
8
2
解:应用容斥原理 假设8个男孩分成了四对: (1,5), (2,6),
7
3
6
4
5
组合数学答案6-8
Let A be the set of xi is nonnegative integer and xi 0 (i 1 ,2 ,3 and 4) ,
then
14 4 1 17
A
14
14
680
.
Let Ai be the set of xi is nonnegative integer and xi 8 (i 1,2,3 or 4) ,
|������| = 3
9 42
1
=
1260
|������1| = 4
7 2
1
= 105
|������2| = 3
6 2
1
= 60
|������3| = 4
8 3
1
= 280
We can also get that
Thus,
|������1 ∩ ������2| = *'aaa' , 'bbbb' , 2∙c, 1∙d+ |������1 ∩ ������3| = *'aaa' , 4∙b, 'cc' , 1∙d+ |������2 ∩ ������3| = *3∙a, 'bbbb' , 'cc' , 1∙d+
������3 = *3∙a, 4∙b, 'cc' , 1∙d+ ������1 is the set that consisting all the permutations of S which three a is consecutively.������2is the set that consisting the all the permutations of S which four b is consecutively. ������3 is the set that consisting all the permutations of S which two c is consecutively.
组合数学第五版答案
组合数学第五版答案【篇一:组合数学参考答案(卢开澄第四版)60页】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=5201.2题 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?所以总的排列数为上述6种情况之和。
1.3题 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) 可以考虑插空的方法。
n个女生先排成一排,形成n+1个空。
因为m?n?1正好m个男生可以插在n+1个空中,形成不相邻的关系。
则男生不相邻的排列个数为ppnnn?1m(b) n个女生形成一个整体有n!种可能,把它看作一个整体和m个男生排在一起,则排列数有(m+1)!种可能。
因此,共有n!?(m?1)!种可能。
(c)男生a和女生b排在一起,因为男生和女生可以交换位置,因此有2!种可能,a、b组合在一起和剩下的学生组成排列有(m+n-1)! (这里实际上是m+n-2个学生和ab的组合形成的)种可能。
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set size
justification
S
13 4
13 = 14 − 5 + 5 − 1
Ai
8 4
13 − 5 = 8
Ai ∩ Aj 0 13 − 5 − 5 = 3 < 4
By inclusion/exclusion
13
8
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5| =
4
− 5 = 365. 4
set size
justification
S
17 3
17 = 14 + 4 − 1
Ai
8 3
17 − 9 = 8
Ai ∩ Aj 0 17 − 9 − 9 = −1 < 3
By inclusion/exclusion
17
8
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4| =
3
− 4 = 456. 3
8. Let S denote the set of positive integral solutions for x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 14. For 1 ≤ i ≤ 5 let Ai denote the set of elements in S with xi ≥ 6. We seek |A1 ∩A2 ∩A3 ∩A4 ∩A5|. We have
X∩Y ∩Z
0
15 − 5 − 4 − 5 = 1 < 3
X∩Y ∩W 0
15 − 5 − 4 − 6 = 0 < 3
X ∩Z ∩W
0 15 − 5 − 5 − 6 = −1 < 3
Y ∩Z∩W
0
15 − 4 − 5 − 6 = 0 < 3
X ∩ Y ∩ Z ∩ W 0 15 − 5 − 4 − 5 − 6 = −5 < 3
set size
justification
S 104
A 100
1002 = 104
B 21 213 = 9261 and 223 = 10648
A ∩ B 4 46 = 4096 and 56 = 15625
By inclusion/exclusion |A ∩ B| = 104 − 100 − 21 + 4 = 9883.
Let S denote the set of nonnegative integral solutions to x + y + z + w = 10. Let Y (resp. Z) (resp. W ) denote the set of elements in S such that y ≥ 5 (resp. z ≥ 6) (resp. w ≥ 8). We seek |Y ∩ Z ∩ W |. We have
set
S A B C D A∩B A∩C A∩D B∩C B∩D C ∩D A∩B∩C A∩B∩D A∩C ∩D B ∩C ∩D A∩B ∩C ∩D
size 104 2500 1666 1428 1000 833 357 500 238 333 142 119 166 71 47 23
justification
Y ∩ Z ∩ W 0 13 − 5 − 6 − 8 = −6 < 3
By inclusion/exclusion
13
8
7
5
|Y ∩ Z ∩ W | =
− − − = 185.
3
3
3
3
6. We seek the number of integral solutions for
x + y + z = 12, 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 6, 0 ≤ z ≤ 3.
set
size
justification
S
13 3
13 = 10 + 4 − 1
Y
8 3
13 − 5 = 8
Z
7 3
13 − 6 = 7
W
5 3
13 − 8 = 5
Y ∩Z
0
13 − 5 − 6 = 2 < 3
Y ∩W
0
13 − 5 − 8 = 0 < 3
Z ∩W
0 13 − 6 − 8 = −1 < 3
set
size
justification
S
15 3
15 = 12 + 4 − 1
X
10 3
Y
11 3
Z
10 3
W
9 3
15 − 5 = 10 15 − 4 = 11 15 − 5 = 10 15 − 6 = 9
X ∩Y
6 3
X ∩Z
5 3
X ∩W
4 3
Y ∩Z
6 3
Y ∩W
5 3
Z ∩W
4 3
15 − 5 − 4 = 6 15 − 5 − 5 = 5 15 − 5 − 6 = 4 15 − 4 − 5 = 6 15 − 4 − 6 = 5 15 − 5 − 6 = 4
1
By inclusion/exclusion
|A ∩ B ∩ C ∩ D| = 104 − 2500 − 1666 − 1428 − 1000 + 833 + 357 + 500 + 238 + 333 + 142 − 119 − 166 − 71 − 47 + 23
= 5429.
3. Define a set S = {1, 2, . . . , 104}. Let A (resp. B) denote the set of integers in S that are perfect squares (resp. perfect cubes). We seek |A ∩ B|. We have
set
S A B C A∩B B∩C A∩C A∩B∩C
size 104 2500 2000 1666 500 333 833 166
justification
104 = 2500 × 4 104 = 2000 × 5 104 = 1666 × 6 + 4 104 = 500 × 20 104 = 333 × 30 + 10 104 = 833 × 12 + 4 104 = 166 × 60 + 40setsຫໍສະໝຸດ zejustification
S
14 2
14 = 12 + 3 − 1
X
7 2
14 − 7 = 7
Y
7 2
14 − 7 = 7
Z
10 2
14 − 4 = 10
X ∩Y
0
14 − 7 − 7 = 0 < 2
X ∩Z
3 2
Y ∩Z
3 2
14 − 7 − 4 = 3 14 − 7 − 4 = 3
X ∩ Y ∩ Z 0 14 − 7 − 7 − 4 = −4 < 2
5 3
A2 ∩ A3
3 3
A2 ∩ A4
3 3
A3 ∩ A4
6 3
16 − 6 − 5 = 5 16 − 6 − 5 = 5 16 − 8 − 5 = 3 16 − 8 − 5 = 3 16 − 5 − 5 = 6
9. We make a change of variables
y1 = x1 − 1, y2 = x2, y3 = x3 − 4, We seek the number of integral solutions to
y4 = x4 − 2.
y1 + y2 + y3 + y4 = 13, 0 ≤ y1 ≤ 5, 0 ≤ y2 ≤ 7, 0 ≤ y3 ≤ 4, 0 ≤ y4 ≤ 4.
By inclusion/exclusion
|A ∩ B ∩ C| = 104 − 2500 − 2000 − 1666 + 500 + 333 + 833 − 166 = 5334.
2. Define the set S = {1, 2, . . . , 104}. Let A (resp. B) (resp. C) (resp. D) denote the set of integers in S that are divisible by 4 (resp. 6) (resp. 7) (resp. 10). We seek |A ∩ B ∩ C ∩ D|. We have
4
set
size
justification
S
16 3
16 = 13 + 4 − 1
A1
10 3
16 − 6 = 10
A2
8 3
16 − 8 = 8
A3
11 3
16 − 5 = 11
A4
11 3
16 − 5 = 11
A1 ∩ A2
0 16 − 6 − 8 = 2 < 3
A1 ∩ A3
5 3
A1 ∩ A4
Let S denote the set of nonnegative integral solutions to x + y + z = 12. Let X (resp. Y ) (resp. Z) denote the set of elements in S such that x ≥ 7 (resp. y ≥ 7) (resp. z ≥ 4). We seek |X ∩ Y ∩ Z|. We have
3
By inclusion/exclusion
14