李凡长版 组合数学课后习题答案 习题5
高中数学必修5课后习题答案
高中数学必修5课后习题答案(共30页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-人教版高中数学必修5课后习题解答第一章 解三角形1．1两角和与差的正弦、余弦和正切公式 练习（P4）1、（1）14a ≈，19b ≈，105B =︒； （2）18a ≈cm ，15b ≈cm ，75C =︒.2、（1）65A ≈︒，85C ≈︒，22c ≈；或115A ≈︒，35C ≈︒，13c ≈； （2）41B ≈︒，24A ≈︒，24a ≈. 练习（P8）1、（1）39.6,58.2, 4.2 cm A B c ≈︒≈︒≈； （2）55.8,81.9,10.5 cm B C a ≈︒≈︒≈.2、（1）43.5,100.3,36.2A B C ≈︒≈︒≈︒； （2）24.7,44.9,110.4A B C ≈︒≈︒≈︒. 习题 A 组（P10）1、（1）38,39,80a cm b cm B ≈≈≈︒； （2）38,56,90a cm b cm C ≈≈=︒2、（1）114,43,35;20,137,13A B a cm A B a cm ≈︒≈︒≈≈︒≈︒≈ （2）35,85,17B C c cm ≈︒≈︒≈；（3）97,58,47;33,122,26A B a cm A B a cm ≈︒≈︒≈≈︒≈︒≈；3、（1）49,24,62A B c cm ≈︒≈︒≈； （2）59,55,62A C b cm ≈︒≈︒≈； （3）36,38,62B C a cm ≈︒≈︒≈；4、（1）36,40,104A B C ≈︒≈︒≈︒； （2）48,93,39A B C ≈︒≈︒≈︒；习题 A 组（P10）1、证明：如图1，设ABC ∆的外接圆的半径是R ，①当ABC ∆时直角三角形时，90C ∠=︒时，ABC ∆的外接圆的圆心O 在Rt ABC ∆的斜边AB 上.在Rt ABC ∆中，sin BC A AB =，sin ACB AB =即sin 2a A R =，sin 2b B R = 所以2sin a R A =，2sin b R B = 又22sin902sin c R R R C ==⋅︒= 所以2sin , 2sin , 2sin a R A b R B c R C ===②当ABC ∆时锐角三角形时，它的外接圆的圆心O 在三角形内（图2），作过O B 、的直径1A B ，连接1A C ，则1A BC ∆直角三角形，190ACB ∠=︒，1BAC BAC ∠=∠.在1Rt A BC ∆中，11sin BCBAC A B=∠，即1sin sin 2aBAC A R=∠=， 所以2sin a R A =，同理：2sin b R B =，2sin c R C =③当ABC ∆时钝角三角形时，不妨假设A ∠为钝角， 它的外接圆的圆心O 在ABC ∆外（图3）作过O B 、的直径1A B ，连接1A C .则1A BC ∆直角三角形，且190ACB ∠=︒，1180BAC ∠=︒-∠在1Rt A BC ∆中，12sin BC R BAC =∠，（第1题图1） （第1题图2）即2sin(180)a R BAC =︒-∠即2sin a R A =同理：2sin b R B =，2sin c R C =综上，对任意三角形ABC ∆，如果它的外接圆半径等于R ，则2sin , 2sin , 2sin a R A b R B c R C ===2、因为cos cos a A b B =，所以sin cos sin cos A A B B =，即sin2sin2A B = 因为02,22A B π<<，所以22A B =，或22A B π=-，或222A B ππ-=-. 即A B =或2A B π+=.所以，三角形是等腰三角形，或是直角三角形.在得到sin2sin2A B =后，也可以化为sin2sin20A B -= 所以cos()sin()0A B A B +-= 2A B π+=，或0A B -=即2A B π+=，或A B =，得到问题的结论.1．2应用举例 练习（P13）1、在ABS ∆中，32.20.516.1AB =⨯= n mile ，115ABS ∠=︒，根据正弦定理，sin sin(6520)AS ABABS =∠︒-︒得sin 16.1sin115sin(6520)AS AB ABS ==⨯∠⨯︒-︒∴S 到直线AB 的距离是sin 2016.1sin115sin 207.06d AS =⨯︒=⨯︒≈（cm ）. ∴这艘船可以继续沿正北方向航行. 2、顶杆约长 m. 练习（P15）1、在ABP ∆中，180ABP γβ∠=︒-+，180()180()(180)BPA ABP αβαβγβγα∠=︒---∠=︒---︒-+=-在ABP ∆中，根据正弦定理，sin sin AP ABABP APB=∠∠ sin(180)sin()AP aγβγα=︒-+-sin()sin()a AP γβγα⨯-=-所以，山高为sin sin()sin sin()a h AP αγβαγα-==-2、在ABC ∆中，65.3AC =m ，25251738747BAC αβ'''∠=-=︒-︒=︒909025256435ABC α''∠=︒-=︒-︒=︒根据正弦定理，sin sin AC BCABC BAC=∠∠ sin 65.3sin7479.8sin sin6435AC BAC BC ABC '⨯∠⨯︒==≈'∠︒m井架的高约.3、山的高度为200sin38sin 29382sin9⨯︒︒≈︒m练习（P16） 1、约63.77︒. 练习（P18）1、（1）约2168.52 cm ； （2）约2121.75 cm ； （3）约2425.39 cm .2、约24476.40 m3、右边222222cos cos 22a b c a c b b C c B b c ab ac+-+-=+=⨯+⨯22222222222a b c a c b a a a a a+-+-=+===左边 【类似可以证明另外两个等式】习题 A 组（P19）1、在ABC ∆中，350.517.5BC =⨯= n mile ，14812622ABC ∠=︒-︒=︒78(180148)110ACB ∠=︒+︒-︒=︒，1801102248BAC ∠=︒-︒-︒=︒根据正弦定理，sin sin AC BCABC BAC=∠∠ sin 17.5sin 228.82sin sin 48BC ABC AC BAC ⨯∠⨯︒==≈∠︒n mile货轮到达C 点时与灯塔的距离是约 n mile. 2、70 n mile.3、在BCD ∆中，301040BCD ∠=︒+︒=︒，1801804510125BDC ADB ∠=︒-∠=︒-︒-︒=︒130103CD =⨯= n mile根据正弦定理，sin sin CD BDCBD BCD=∠∠10sin (18040125)sin 40BD=∠︒-︒-︒︒10sin 40sin15BD ⨯︒=︒在ABD ∆中，451055ADB ∠=︒+︒=︒，1806010110BAD ∠=︒-︒-︒=︒1801105515ABD ∠=︒-︒-︒=︒根据正弦定理，sin sin sin AD BD AB ABD BAD ADB ==∠∠∠，即sin15sin110sin55AD BD AB==︒︒︒10sin 40sin15sin1510sin 40sin15 6.84sin110sin110sin 70BD AD ⨯︒⨯︒⨯︒⨯︒︒===≈︒︒︒n mile sin5510sin 40sin5521.65sin110sin15sin70BD AB ⨯︒⨯︒⨯︒==≈︒︒⨯︒n mile如果一切正常，此船从C 开始到B 所需要的时间为：6.8421.65206010306086.983030AD AB +++⨯+≈+⨯≈ min即约1小时26分59秒. 所以此船约在11时27分到达B 岛. 4、约 m5、在ABD ∆中，700 km AB =，1802135124ACB ∠=︒-︒-︒=︒根据正弦定理，700sin124sin35sin 21AC BC==︒︒︒700sin35sin124AC ⨯︒=︒，700sin 21sin124BC ⨯︒=︒700sin35700sin 21786.89 km sin124sin124AC BC ⨯︒⨯︒+=+≈︒︒所以路程比原来远了约 km.6、飞机离A 处探照灯的距离是 m ，飞机离B 处探照灯的距离是 m ，飞机的高度是约 m.7、飞机在150秒内飞行的距离是15010001000 m 3600d =⨯⨯根据正弦定理，sin(8118.5)sin18.5d x=︒-︒︒这里x 是飞机看到山顶的俯角为81︒时飞机与山顶的距离. 飞机与山顶的海拔的差是：sin18.5tan81tan8114721.64 m sin(8118.5)d x ⨯︒⨯︒=⨯︒≈︒-︒山顶的海拔是2025014721.645528 m -≈8、在ABT ∆中，21.418.6 2.8ATB ∠=︒-︒=︒，9018.6ABT ∠=︒+︒，15 m AB =根据正弦定理，sin 2.8cos18.6AB AT =︒︒，即15cos18.6sin 2.8AT ⨯︒=︒塔的高度为15cos18.6sin 21.4sin 21.4106.19 m sin 2.8AT ⨯︒⨯︒=⨯︒≈︒9、3261897.8 km 60AE ⨯== 在ACD ∆中，根据余弦定理：AC =101.235== 根据正弦定理，sin sin AD ACACD ADC=∠∠ sin 57sin66sin 0.5144101.235AD ADC ACD AC ⨯∠⨯︒∠==≈30.96ACD ∠≈︒13330.96102.04ACB ∠≈︒-︒=︒在ABC ∆中，根据余弦定理：AB =245.93=222222245.93101.235204cos 0.584722245.93101.235AB AC BC BAC AB AC +-+-∠==≈⨯⨯⨯⨯54.21BAC ∠=︒在ACE ∆中，根据余弦定理：CE =90.75=≈22222297.890.75101.235cos 0.42542297.890.75AE EC AC AEC AE EC +-+-∠=≈≈⨯⨯⨯⨯（第9题）64.82AEC ∠=︒180(18075)7564.8210.18AEC ︒-∠-︒-︒=︒-︒=︒ 所以，飞机应该以南偏西10.18︒的方向飞行，飞行距离约90.75 km . 10、如图，在ABC ∆AC =37515.44 km =222222640037515.44422000.692422640037515.44AB AC BC BAC AB AC +-+-∠=≈≈-⨯⨯⨯⨯133.82BAC ∠≈︒， 9043.82BAC ∠-︒≈︒ 所以，仰角为43.82︒11、（1）211sin 2833sin 45326.68 cm 22S ac B ==⨯⨯⨯︒≈（2）根据正弦定理：sin sin a c A C =，36sin sin66.5sin sin32.8a c C A =⨯=⨯︒︒2211sin66.5sin 36sin(32.866.5)1082.58 cm 22sin32.8S ac B ︒==⨯⨯⨯︒+︒≈︒（3）约为 2cm12、212sin 2nR nπ.13、根据余弦定理：222cos 2a c b B ac +-= 所以222()2cos 22a a a m c c B =+-⨯⨯⨯ 22222()22a a c b c a c ac +-=+-⨯⨯ 222222222211()[42()]()[2()]22a c a c b b c a =+-+-=+-所以a m =b m =，c m =14、根据余弦定理的推论，222cos 2b c a A bc +-=，222cos 2c a b B ca+-=所以，左边(cos cos )c a B b A =-222222()22c a b b c a c a b ca bc +-+-=⨯-⨯222222221()(22)222c a b b c a c a b c c +-+-=-=-=右边习题 B 组（P20）1、根据正弦定理：sin sin a b A B =，所以sin sin a Bb A=B （第13题）代入三角形面积公式得211sin 1sin sin sin sin 22sin 2sin a B B CS ab C a C a A A==⨯⨯= 2、（1）根据余弦定理的推论：222cos 2a b c C ab +-=由同角三角函数之间的关系，22222sin 1cos 1()2a b c C C ab+-=-=- 代入1sin 2S ab C =，得222211()22a b c S ab ab+-=- 222221(2)()4ab a b c =-+- 2222221(2)(2)4ab a b c ab a b c =++---+1()()()()4a b c a b c c a b c a b =+++-+--+记1()2p a b c =++，则可得到1()2b c a p a +-=-，1()2c a b p b +-=-，1()2a b c p c +-=-代入可证得公式（2）三角形的面积S 与三角形内切圆半径r 之间有关系式122S p r pr =⨯⨯=其中1()2p a b c =++，所以()()()S p a p b p c r p p ---==（3）根据三角形面积公式12a S a h =⨯⨯所以，22()()()a S h p p a p a p a a a ==---，即2()()()a h p p a p a p a a =---同理2()()()b h p p a p a p a b =---，2()()()c h p p a p a p a c=---第一章 复习参考题A 组（P24）1、（1）219,3851,8.69 cm B C c ''≈︒≈︒≈； （2）4149,10811,11.4 cm B C c ''≈︒≈︒≈；或13811,1149, 2.46 cm B C c ''≈︒≈︒≈ （3）112,3858,28.02 cm A B c ''≈︒≈︒≈； （4）2030,1430,22.92 cm B C a ''≈︒≈︒≈； （5）1620,1140,53.41 cm A C b ''≈︒≈︒≈； （6）2857,4634,10429A B C '''=︒=︒=︒； 2、解法1：设海轮在B 处望见小岛在北偏东75︒，在C 处望见小岛在北偏东60︒，从小岛A 向海轮的航线BD 作垂线，垂线段AD 的长度为x n mile ，CD 为y n mile.则 tan 30tan 308tan 30tan15tan1588tan15x x y y x x x x y y ⎧⎧=︒=⎪⎪⎪⎪︒⇒⇒=-⎨⎨︒︒⎪⎪=︒=+⎪⎪+︒⎩⎩ 8tan15tan304tan30tan15x ︒︒==︒-︒所以，这艘海轮不改变航向继续前进没有触礁的危险.（第23、根据余弦定理：2222cos AB a b abα=+- 所以 AB = 222cos 2a AB b B a AB+-=⨯⨯2222==从B ∠的余弦值可以确定它的大小.类似地，可以得到下面的值，从而确定A ∠的大小. cos A =4、如图，,C D 是两个观测点，C 到D 的距离是d ，航船在时刻1t 在A 处，以从A 到B 的航向航行，在此时测出ACD ∠和CDA ∠. 在时刻2t ，航船航行到B 处，此时，测出CDB ∠和BCD ∠. 根据正弦定理，在BCD ∆中，可以计算出BC 的长，在ACD ∆中，可以计算出AC 的长. 在ACB ∆中，AC 、BC 已经算出，ACB ACD BCD ∠=∠-∠，解ACD ∆，求出AB 的长，即航船航行的距离，算出CAB ∠，这样就可以算出航船的航向和速度.5、河流宽度是sin()sin sin h αβαβ-. 6、 m.7、如图，,A B 是已知的两个小岛，航船在时刻1t 在C 处，以从C 到D 的航向航行，测出ACD ∠和BCD ∠. 在时刻2t ，航船航行到D 处，根据时间和航船的速度，可以计算出C 到D 的距离是d ，在D 处测出CDB ∠和 CDA ∠. 根据正弦定理，在BCD ∆中，可以计算出BD 的长，在ACD ∆中，可以计算出AD 的长. 在ABD ∆中，AD 、BD 已经算出，ADB CDB CDA ∠=∠-∠，根据余弦定理，就可 以求出AB 的长，即两个海岛,A B 的距离.第一章 复习参考题B 组（P25）1、如图，,A B 是两个底部不可到达的建筑物的尖顶，在地面某点处，测出图中AEF ∠，AFE ∠的大小，以及EF 的距离. 定理，解AEF ∆，算出AE . 在BEF ∆中，测出BEF ∠和BFE ∠，利用正弦定理，算出BE . 在AEB ∆中，测出AEB ∠，利用余弦定理，算出AB 的长. 本题有其他的测量方法.2、关于三角形的面积公式，有以下的一些公式：（1）已知一边和这边上的高：111,,222a b c S ah S bh S ch ===；（2）已知两边及其夹角：111sin ,sin ,sin 222S ab C S bc A S ca B===；（3）已知三边：S =，这里2a b cp ++=；（4）已知两角及两角的共同边：222sin sin sin sin sin sin ,,2sin()2sin()2sin()b C Ac A B a B CS S S C A A B B C ===+++； （5）已知三边和外接圆半径R ：4abc S R=. 3、设三角形三边长分别是1,,1n n n -+，三个角分别是,3,2απαα-.由正弦定理，11sin sin 2n n αα-+=，所以1cos 2(1)n n α+=-. 由余弦定理，222(1)(1)2(1)cos n n n n n α-=++-⨯+⨯⨯.即2221(1)(1)2(1)2(1)n n n n n n n +-=++-⨯+⨯⨯-，化简，得250n n -=所以，0n =或5n =. 0n =不合题意，舍去. 故5n =所以，三角形的三边分别是4,5,6. 可以验证此三角形的最大角是最小角的2倍. 另解：先考虑三角形所具有的第一个性质：三边是连续的三个自然数.（1）三边的长不可能是1,2,3. 这是因为123+=，而三角形任何两边之和大于第三边. （2）如果三边分别是2,3,4a b c ===.因为 2222223427cos 22348b c a A bc +-+-===⨯⨯22717cos22cos 12()1832A A =-=⨯-=2222222341cos 22234a b c C ab +-+-===-⨯⨯在此三角形中，A 是最小角，C 是最大角，但是cos2cos A C ≠， 所以2A C ≠，边长为2,3,4的三角形不满足条件.（3）如果三边分别是3,4,5a b c ===，此三角形是直角三角形，最大角是90︒，最小角不等于45︒. 此三角形不满足条件. （4）如果三边分别是4,5,6a b c ===.此时，2222225643cos 22564b c a A bc +-+-===⨯⨯2231cos22cos 12()148A A =-=⨯-=2222224561cos 22458a b c C ab +-+-===⨯⨯此时，cos2cos A C =，而02,A C π<<，所以2A C = 所以，边长为4,5,6的三角形满足条件.（5）当4n >，三角形的三边是,1,2a n b n c n ==+=+时，三角形的最小角是A ，最大角是C . 222cos 2b c a A bc+-=222(1)(2)2(1)(2)n n n n n +++-=++2652(1)(2)n n n n ++=++52(2)n n +=+1322(2)n =++222cos 2a b c C ab +-=222(1)(2)2(1)n n n n n ++-+=+2232(1)n n n n --=+32n n -=1322n=-cos A 随n 的增大而减小，A 随之增大，cos C 随n 的增大而增大，C 随之变小. 由于4n =时有2C A =，所以，4n >，不可能2C A =. 综上可知，只有边长分别是4,5,6的三角形满足条件.第二章 数列2．1数列的概念与简单表示法 练习（P31） 1、2、前5项分别是：1,0,1,0,1--.3、例1（1）1(2,)1(21,)n n m m N na n m m N n⎧-=∈⎪⎪=⎨⎪=-∈⎪⎩**； （2）2(2,)0(21,)n n m m N a n m m N ⎧=∈⎪=⎨=-∈⎪⎩**说明：此题是通项公式不唯一的题目，鼓励学生说出各种可能的表达形式，并举出其他可能的通项公式表达形式不唯一的例子.4、（1）1()21n a n Z n +=∈-； （2）(1)()2n n a n Z n +-=∈； （3）121()2n n a n Z +-=∈ 习题 A 组（P33）1、（1）2,3,5,7,11,13,17,19；（2） （3）1,,,,…； 2,,,,…,.2、（1）11111,,,,491625； （2）2,5,10,17,26--.3、（1）（1），4-，9，（16-），25，（36-），49； 12(1)n n a n +=-；（2）12；n a =4、（1）1,3,13,53,2132； （2）141,5,,,5454--.5、对应的答案分别是：（1）16,21；54n a n =-；（2）10,13；32n a n =-；（3）24,35；22n a n n =+.6、15,21,28； 1n n a a n -=+. 习题 B 组（P34）1、前5项是1,9,73,585,4681.该数列的递推公式是：1118,1n n a a a +=+=.通项公式是：817n n a -=.2、110(10.72)10.072a =⨯+=﹪； 2210(10.72)10.144518a =⨯+=﹪； 3310(10.72)10.217559a =⨯+=﹪； 10(10.72)n n a =⨯+﹪. 3、（1）1,2,3,5,8； （2）358132,,,,2358.2．2等差数列 练习（P39）1、表格第一行依次应填：，，；表格第二行依次应填：15，11-，24-.2、152(1)213n a n n =+-=+，1033a =.3、4n c n =4、（1）是，首项是11m a a md +=+，公差不变，仍为d ；（2）是，首项是1a ，公差2d ；（3）仍然是等差数列；首项是716a a d =+；公差为7d . 5、（1）因为5375a a a a -=-，所以5372a a a =+. 同理有5192a a a =+也成立； （2）112(1)n n n a a a n -+=+>成立；2(0)n n k n k a a a n k -+=+>>也成立. 习题 A 组（P40）1、（1）29n a =； （2）10n =； （3）3d =； （4）110a =.2、略.3、60︒.4、2℃；11-℃；37-℃.5、（1）9.8s t =； （2）588 cm ，5 s. 习题 B 组（P40）1、（1）从表中的数据看，基本上是一个等差数列，公差约为2000，52010200280.2610a a d =+=⨯再加上原有的沙化面积5910⨯，答案为59.2610⨯；（2）2021年底，沙化面积开始小于52810 hm ⨯. 2、略. 2．3等差数列的前n 项和 练习（P45）1、（1）88-； （2）.2、59,11265,112n n a n n ⎧=⎪⎪=⎨+⎪>⎪⎩ 3、元素个数是30，元素和为900.习题 A 组（P46）1、（1）(1)n n +； （2）2n ； （3）180个，和为98550； （4）900个，和为494550.2、（1）将120,54,999n n a a S ===代入1()2n n n a a S +=，并解得27n =； 将120,54,27n a a n ===代入1(1)n a a n d =+-，并解得1713d =.（2）将1,37,6293n d n S ===代入1(1)n a a n d =+-，1()2n n n a a S +=，得111237()6292n n a a a a =+⎧⎪⎨+=⎪⎩；解这个方程组，得111,23n a a ==.（3）将151,,566n a d S ==-=-代入1(1)2n n n S na d -=+，并解得15n =；将151,,1566a d n ==-=代入1(1)n a a n d =+-，得32n a =-.（4）将2,15,10n d n a ===-代入1(1)n a a n d =+-，并解得138a =-；将138,10,15n a a n =-=-=代入1()2n n n a a S +=，得360n S =-. 3、44.5510⨯m. 4、4.5、这些数的通项公式：7(1)2n -+，项数是14，和为665.6、1472.习题 B 组（P46）1、每个月的维修费实际上是呈等差数列的. 代入等差数列前n 项和公式，求出5年内的总共的维修费，即再加上购买费，除以天数即可. 答案：292元.2、本题的解法有很多，可以直接代入公式化简，但是这种比较繁琐. 现提供2个证明方法供参考. （1）由 61615S a d =+，1211266S a d =+，18118153S a d =+ 可得61812126()2()S S S S S +-=-. （2）1261212126()()S S a a a a a a -=+++-+++7812a a a =+++126(6)(6)(6)a d a d a d =++++++126()36a a a d =++++636S d =+同样可得：1812672S S S d -=+，因此61812126()2()S S S S S +-=-. 3、（1）首先求出最后一辆车出发的时间4时20分；所以到下午6时，最后一辆车行驶了1小时40分.（2）先求出15辆车总共的行驶时间，第一辆车共行驶4小时，以后车辆行驶时间依次递减，最后一辆行驶1小时40分. 各辆车的行驶时间呈等差数列分布，代入前n 项和公式，这个车队所有车的行驶时间为2418531522S +=⨯= h. 乘以车速60 km/h ，得行驶总路程为2550 km.4、数列1(1)n n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的通项公式为111(1)1n a n n n n ==-++ 所以111111111()()()()1122334111n nS n n n n =-+-+-++-=-=+++ 类似地，我们可以求出通项公式为1111()()n a n n k k n n k==-++的数列的前n 项和.2．4等比数列练习（P52） 1、2、由题意可知，每一轮被感染的计算机台数构成一个首项为180a =，公比为20q =的等比数列，则第5轮被感染的计算机台数5a 为 447518020 1.2810a a q ==⨯=⨯.3、（1）将数列{}n a 中的前k 项去掉，剩余的数列为12,,k k a a ++. 令,1,2,k i b a i +==，则数列12,,k k a a ++可视为12,,b b .因为11(1)i k i i k ib a q i b a ++++==≥，所以，{}n b 是等比数列，即12,,k k a a ++是等比数列.（2）{}n a 中的所有奇数列是135,,,a a a ，则235211321(1)k k a a a q k a a a +-=====≥.所以，数列135,,,a a a 是以1a 为首项，2q 为公比的等比数列.（3）{}n a 中每隔10项取出一项组成的数列是11223,,,a a a ，则1112231111121110(1)k k a a a q k a a a +-=====≥所以，数列11223,,,a a a 是以1a 为首项，11q 为公比的等比数列.猜想：在数列{}n a 中每隔m （m 是一个正整数）取出一项，组成一个新的数列，这个数列是以1a 为首项，1m q +为公比的等比数列.4、（1）设{}n a 的公比为q ，则24228511()a a q a q ==，而262837111a a a q a q a q ⋅=⋅=所以2537a a a =⋅，同理2519a a a =⋅（2）用上面的方法不难证明211(1)n n n a a a n -+=⋅>. 由此得出，n a 是1n a -和1n a +的等比中项.同理：可证明，2(0)n n k n k a a a n k -+=⋅>>. 由此得出，n a 是n k a -和n k a +的等比中项(0)n k >>.5、（1）设n 年后这辆车的价值为n a ，则13.5(110)n n a =-﹪.（2）4413.5(110)88573a =-≈﹪（元）. 用满4年后卖掉这辆车，能得到约88573元. 习题 A 组（P53）1、（1）可由341a a q =，得11a =-，6671(1)(3)729a a q ==-⨯-=-. 也可由671a a q =，341a a q =，得337427(3)729a a q ==⨯-=-（2）由131188a q a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，解得12723a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，或12723a q =-⎧⎪⎨=-⎪⎩（3）由416146a q a q ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得232q =，862291173692a a q a q q a q ==⋅==⨯=还可由579,,a a a 也成等比数列，即2759a a a =，得22795694a a a ===. （4）由411311156a q a a q a q ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩①②①的两边分别除以②的两边，得2152q q +=，由此解得12q =或2q =.当12q =时，116a =-. 此时2314a a q ==-. 当2q =时，11a =. 此时2314a a q ==. 2、设n 年后，需退耕n a ，则{}n a 是一个等比数列，其中18(110),0.1a q =+=﹪. 那么2005年需退耕5551(1)8(110)13a a q =+=+≈﹪（万公顷） 3、若{}n a 是各项均为正数的等比数列，则首项1a 和公比q 都是正数. 由11n n a a q-=11(1)22)n n qq --===.那么数列{}n a为首项，12q 为公比的等比数列.4、这张报纸的厚度为 mm ，对折一次后厚度为×2 mm ，再对折后厚度为×22 mm ，再对折后厚度为×32 mm. 设00.05a =，对折n 次后报纸的厚度为n a ，则{}n a 是一个等比数列，公比2q =. 对折50次后，报纸的厚度为505050131000.052 5.6310 mm 5.6310 m a a q ==⨯≈⨯=⨯这时报纸的厚度已经超出了地球和月球的平均距离（约83.8410 m ⨯），所以能够在地球和月球之间建一座桥.5、设年平均增长率为1,105q a =，n 年后空气质量为良的天数为n a ，则{}n a 是一个等比数列. 由3240a =，得2231(1)105(1)240a a q q =+=+=，解得10.51q =≈ 6、由已知条件知，,2a bA G +==，且02a b A G +-== 所以有A G ≥，等号成立的条件是a b =. 而,a b 是互异正数，所以一定有A G >. 7、（1）2±； （2）22()ab a b ±+. 8、（1）27，81； （2）80，40，20，10. 习题 B 组（P54）1、证明：由等比数列通项公式，得11m m a a q -=，11n n a a q -=，其中1,0a q ≠所以 1111m m n m n n a a q q a a q---== 2、（1）设生物体死亡时，体内每克组织中的碳14的原子核数为1个单位，年衰变率为q ，n 年后的残留量为n a ，则{}n a 是一个等比数列. 由碳14的半衰期为5730则 57305730112n a a qq===，解得157301()0.9998792q =≈ （2）设动物约在距今n 年前死亡，由0.6n a =，得10.9998790.6n n a a q ===. 解得 4221n ≈，所以动物约在距今42213、在等差数列1，2，3，…中，有7108917a a a a +==+，1040203050a a a a +==+ 由此可以猜想，在等差数列{}n a 中若*(,,,)k s p q k s p q N +=+∈，则k s p q a a a a +=+. 从等差数列与函数之间的联系的角度来分析这个问题：由等差数列{}n a 的图象，可以看出k p a k a p =，s q a sa q=根据等式的性质，有k s p q a a k sa a p q++=++，所以k s p q a a a a +=+. （第3题）猜想对于等比数列{}n a ，类似的性质为：若*(,,,)k s p q k s p q N +=+∈，则k s p q a a a a ⋅=⋅. 2．5等比数列的前n 项和 练习（P58） 1、（1）6616(1)3(12)189112a q S q --===--. （2）1112.7()9190311451()3n n a a q S q ----===----. 2、设这个等比数列的公比为q 所以 101256710()()S a a a a a a =+++++++555S q S =+55(1)q S =+50=同理 1015105S S q S =+. 因为 510S =，所以由①得 5101051416S q q S =-=⇒= 代入②，得1015105501610210S S q S =+=+⨯=.3、该市近10年每年的国内生产总值构成一个等比数列，首项12000a =，公比 1.1q =设近10年的国内生产总值是10S ，则10102000(1 1.1)31874.81 1.1S -=≈-（亿元）习题 A 组（P61）1、（1）由34164641a q a ===--，解得4q =-，所以144164(4)5111(4)a a q S q ---⨯-===---. （2）因为2131233(1)S a a a a q q --=++=++，所以2113q q --++=，即2210q q --=解这个方程，得1q =或12q =-. 当1q =时，132a =；当12q =-时，16a =.2、这5年的产值是一个以1138 1.1151.8a =⨯=为首项， 1.1q =为公比的等比数列所以5515(1)151.8(1 1.1)926.75411 1.1a q S q -⨯-==≈--（万元）3、（1）第1个正方形的面积为42cm ，第2个正方形的面积为22cm ，…，这是一个以14a =为首项，12q =为公比的等比数列所以第10个正方形的面积为99710114()22a a q -==⨯=（2cm ）（2）这10个正方形的面积和为77110101422821112a a qS q---⨯-===---（2cm ）4、（1）当1a =时，2(1)(1)(2)()12(1)2n n na a a n n --+-++-=-----=-当1a ≠时，22(1)(2)()()(12)n n a a a n a a a n -+-++-=+++-+++(1)(1)12n a a n n a -+=-- （2）1212(235)(435)(35)2(12)3(555)n n n n -------⨯+-⨯+-⨯=+++-+++11(1)5(15)323(1)(15)2154n n n n n n ----+-⨯-⨯=+--- （3）设21123n n S x x nx -=++++……①则 212(1)n n n xS x x n x nx -=+++-+……②①－②得，21(1)1n n n x S x x x nx --=++++-……③当1x =时，(1)1232n n n S n +=++++=；当1x ≠时，由③得，21(1)1n n n x nx S x x -=--- 5、（1）第10次着地时，经过的路程为91002(50251002)-++++⨯1291911002100(222)2(12)100200299.61 (m)12------=+⨯+++-=+⨯≈- （2）设第n 次着地时，经过的路程为 m ，则1(1)12(1)12(12)1002100(222)100200293.7512n n ---------+⨯+++=+⨯=-所以130********.75n --⨯=，解得120.03125n -=，所以15n -=-，则6n =6、证明：因为396,,S S S 成等差数列，所以公比1q ≠，且9362S S S =+即，936111(1)(1)(1)2111a q a q a q q q q---⨯=+--- 于是，9362q q q =+，即6321q q =+ 上式两边同乘以1a q ，得741112a q a q a q =+ 即，8252a a a =+，故285,,a a a 成等差数列 习题 B 组（P62） 1、证明：11111()(1())1n n n n n n n n n b bb a b a a a b b a a b aa ab a+++---+++=+++==--2、证明：因为7714789141277()S S a a a q a a a q S -=+++=+++= 141421141516211277()S S a a a q a a a q S -=+++=+++=所以71472114,,S S S --成等比数列3、（1）环保部门每年对废旧物资的回收量构成一个等比数列，首项为1100a =，公比为1.2q =.所以，2010年能回收的废旧物资为89100 1.2430a =⨯≈（t ）（2）从2002年到2010年底，能回收的废旧物资为9919(1)100(1 1.2)208011 1.2a q S q --==≈--（t ）可节约的土地为165048320⨯=（2m ）4、（1）依教育储蓄的方式，应按照整存争取定期储蓄存款利率计息，免征利息税，且若每月固定存入a 元，连续存n 个月，计算利息的公式为()2a na n+⨯月利率.因为整存整取定期储蓄存款年利率为2.52﹪，月利率为0.21﹪故到期3年时一次可支取本息共(505036)360.2118001869.932+⨯⨯⨯+=﹪（元）若连续存6年，应按五年期整存整取定期储蓄存款利率计息，具体计算略. （2）略.（3）每月存50元，连续存3年按照“零存整取”的方式，年利率为1.89﹪，且需支付20﹪的利息税所以到期3年时一次可支取本息共1841.96元，比教育储蓄的方式少收益27.97元.（4）设每月应存入x 元，由教育储蓄的计算公式得36(36)0.2136100002x x x +⨯+=﹪解得267.39x ≈（元），即每月应存入267.39（元） （5）（6）（7）（8）略5、设每年应存入x 万元，则2004年初存入的钱到2010年底利和为7(12)x +﹪，2005年初存入的钱到2010年底利和为6(12)x +﹪，……，2010年初存入的钱到2010年底利和为(12)x +﹪. 根据题意，76(12)(12)(12)40x x x ++++++=﹪﹪﹪根据等比数列前n 项和公式，得7(12)(1 1.02)401 1.02x +-=-﹪，解得52498x ≈（元）故，每年大约应存入52498元第二章 复习参考题A 组（P67）1、（1）B ； （2）B ； （3）B ； （4）A .2、（1）212n n n a -=； （2）12(1)(21)1(2)n n n a n +--=+；（3）7(101)9n n a =-； （4）1(1)n n a =+-或1cos n a n π=+.3、4、如果,,a b c 成等差数列，则5b =；如果,,a b c 成等比数列，则1b =，或1-.5、n a 按顺序输出的值为：12，36，108，324，972. 86093436sum =.6、81381.9(10.13)1396.3⨯+≈﹪（万）7、从12月20日到次年的1月1日，共13天. 每天领取的奖品价值呈等差数列分布.110,100d a ==. 由1(1)2n n n S a n d -=+得：1313121001310208020002S ⨯=⨯+⨯=>.所以第二种领奖方式获奖者受益更多. 8、因为28374652a a a a a a a +=+=+=所以34567285450()2a a a a a a a +++++==+，则28180a a +=.9、容易得到101010,1012002n n na n S +==⨯=，得15n =.10、212212()()()n n n n S a a a a nd a nd a nd ++=+++=++++++2121()n a a a n nd S n d =++++⨯=+32122312(2)(2)(2)n n n n S a a a a nd a nd a nd ++=+++=++++++2121()22n a a a n nd S n d =++++⨯=+容易验证2132S S S =+. 所以，123,,S S S 也是等差数列，公差为2n d . 11、221(1)(1)4(1)221a f x x x x x =+=+-++=-- 223(1)(1)4(1)267a f x x x x x =-=---+=-+ 因为{}n a 是等差数列，所以123,,a a a 也是等差数列. 所以，2132a a a =+. 即，20286x x =-+. 解得1x =或3x =. 当1x =时，1232,0,2a a a =-==. 由此可求出24n a n =-. 当3x =时，1232,0,2a a a ===-. 由此可求出42n a n =-.第二章 复习参考题B 组（P68）1、（1）B ； （2）D .2、（1）不成等差数列. 可以从图象上解释. ,,a b c 成等差，则通项公式为y pn q =+的形式，且,,a b c 位于同一直线上，而111,,a b c 的通项公式却是1y pn q =+的形式，111,,a b c不可能在同一直线上，因此肯定不是等差数列.（2）成等比数列. 因为,,a b c 成等比，有2b ac =. 又由于,,a b c 非零，两边同时取倒数，则有21111b ac a c==⨯.所以，111,,a b c也成等比数列.3、体积分数：60.033(125)0.126⨯+≈﹪，质量分数：60.05(125)0.191⨯+≈﹪.4、设工作时间为n ，三种付费方式的前n 项和分别为,,n n n A B C . 第一种付费方式为常数列；第二种付费方式为首项是4，公差也为4的等差数列；第三种付费方式为首项是，公比为2的等比数列. 则38n A n =，2(1)44222n n n B n n n -=+⨯=+， 0.4(12)0.4(21)12n n n C -==--. 下面考察,,n n n A B C 看出10n <时，380.4(21)n n >-. 因此，当工作时间小于10天时，选用第一种付费方式. 10n ≥时，,n n n n A C B C ≤≤因此，当工作时间大于10天时，选用第三种付费方式.5、第一星期选择A 种菜的人数为n ，即1a n =，选择B 种菜的人数为500a -.所以有以下关系式：2118030a a b =⨯+⨯﹪﹪3228030a a b =⨯+⨯﹪﹪……118030n n b a a b --=⨯+⨯﹪﹪ 500n n a b +=所以111502n n a a -=+，115003502n n n b a a -=-=-如果1300a =，则2300a =，3300a =，…，10300a = 6、解：由1223n n n a a a --=+得 1123()n n n n a a a a ---+=+以及1123(3)n n n n a a a a ----=--所以221213()37n n n n a a a a ---+=+=⨯，221213(1)(3)(1)13n n n n a a a a ----=--=-⨯. 由以上两式得，11437(1)13n n n a --=⨯+-⨯所以，数列的通项公式是11137(1)134n n n a --⎡⎤=⨯+-⨯⎣⎦ 7、设这家牛奶厂每年应扣除x 万元消费基金2002年底剩余资金是1000(150)x +-﹪2003年底剩余资金是2[1000(150)](150)1000(150)(150)x x x x +-+-=+-+-﹪﹪﹪﹪ ……5年后达到资金 54321000(150)(150)(150)(150)(150)2000x x x x +-+-+-+-+=﹪﹪﹪﹪﹪ 解得 459x ≈（万元）第三章 不等式3．1不等关系与不等式 练习（P74）1、（1）0a b +≥； （2）4h ≤； （3）(10)(10)3504L W L W ++=⎧⎨>⎩.2、这给两位数是57.3、（1）>； （2）<； （3）>； （4）<；习题 A 组（P75）1、略.2、（1）24+； （2>3、证明：因为20,04x x >>，所以21104x x x ++>+>因为22(1)02x +>>，所以12x+>4、设A 型号帐篷有x 个，则B 型号帐篷有(5)x +个，050448054853(5)484(4)48x x x x x x >⎧⎪+>⎪⎪<⎪⎨<-<⎪⎪+<⎪+⎪⎩≥5、设方案的期限为n 年时，方案B 的投入不少于方案A 的投入.所以，(1)5105002n n n -+⨯≥ 即，2100n ≥.习题 B 组（P75）1、（1）因为222259(56)30x x x x x ++-++=+>，所以2225956x x x x ++>++ （2）因为222(3)(2)(4)(69)(68)10x x x x x x x ----=-+--+=>所以2(3)(2)(4)x x x ->--（3）因为322(1)(1)(1)0x x x x x --+=-+>，所以321x x x >-+（4）因为22222212(1)1222(1)(1)10x y x y x y x y x y ++-+-=++-+-=-+-+> 所以2212(1)x y x y ++>+-2、证明：因为0,0a b c d >>>>，所以0ac bd >>又因为0cd >，所以10cd >于是0a bd c>>>3、设安排甲种货箱x 节，乙种货箱y 节，总运费为z .所以 352515301535115050x y x y x y +⎧⎪+⎨⎪+=⎩≥≥ 所以28x ≥，且30x ≤所以 2822x y =⎧⎨=⎩，或2921x y =⎧⎨=⎩，或3020x y =⎧⎨=⎩ 所以共有三种方案，方案一安排甲种货箱28节，乙种货箱22节；方案二安排甲种货箱29节，乙种货箱21节；方案三安排甲种货箱30节，乙种货箱20节. 当3020x y =⎧⎨=⎩时，总运费0.5300.82031z =⨯+⨯=（万元），此时运费较少. 3．2一元二次不等式及其解法 练习（P80） 1、（1）1013x x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭≤≤； （2）R ； （3）{}2x x ≠； （4）12x x ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭； （5）31,2x x x ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或； （6）54,43x x x ⎧⎫<>⎨⎬⎩⎭或； （7）503x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭.2、（1）使2362y x x =-+的值等于0的x 的集合是1⎧⎪+⎨⎪⎪⎩⎭；使2362y x x =-+的值大于0的x 的集合为11x x x ⎧⎪<>⎨⎪⎪⎩⎭或；使2362y x x =-+的值小于0的x 的集合是11x x ⎧⎪<<⎨⎪⎪⎩⎭. （2）使225y x =-的值等于0的x 的集合{}5,5-； 使225y x =-的值大于0的x 的集合为{}55x x -<<； 使225y x =-的值小于0的x 的集合是{}5,5x x x <->或. （3）因为抛物线2+610y x x =+的开口方向向上，且与x 轴无交点 所以使2+610y x x =+的等于0的集合为∅； 使2+610y x x =+的小于0的集合为∅； 使2+610y x x =+的大于0的集合为R. （4）使231212y x x =-+-的值等于0的x 的集合为{}2； 使231212y x x =-+-的值大于0的x 的集合为∅； 使231212y x x =-+-的值小于0的x 的集合为{}2x x ≠. 习题 A 组（P80）1、（1）35,22x x x ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或； （2）x x ⎧⎪<<⎨⎪⎪⎩⎭；（3）{}2,5x x x <->或； （4）{}09x x <<.2、（1）解2490x x -+≥，因为200∆=-<，方程2490x x -+=无实数根所以不等式的解集是R ，所以y R. （2）解2212180x x -+-≥，即2(3)0x -≤，所以3x =所以y ={}3x x =3、{33m m m <-->-+或；4、R.5、设能够在抛出点2 m 以上的位置最多停留t 秒.依题意，20122v t gt ->，即212 4.92t t ->. 这里0t >. 所以t 最大为2（精确到秒）答：能够在抛出点2 m 以上的位置最多停留2秒. 6、设每盏台灯售价x 元，则15[302(15)]400x x x ⎧⎨-->⎩≥. 即1520x <≤.所以售价{}1520x x x ∈<≤习题 B 组（P81）1、（1）x ⎧⎪<<⎨⎪⎪⎩⎭； （2）{}37x x <<； （3）∅； （4）113x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭. 2、由22(1)40m m ∆=--<，整理，得23210m m +->，因为方程23210m m +-=有两个实数根1-和13，所以11m <-，或213m >，m 的取值范围是11,3m m m ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或.3、使函数213()324f x x x =--的值大于0的解集为33x x x ⎧⎪<<⎨⎪⎪⎩⎭或.4、设风暴中心坐标为(,)a b ，则a =22450b +<，即150150b -<<151)13.72=≈（h ），3001520=. 所以，经过约小时码头将受到风暴的影响，影响时间为15小时.3．3二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题 练习（P86） 1、B . 2、D . 3、B .4解：设家具厂每天生产A 类桌子x 张，B 类桌子y 张.对于A 类桌子，x 张桌子需要打磨10x min ，着色6x min ，上漆6x min对于B 类桌子，y 张桌子需要打磨5y min ，着色12y min ，上漆9y min 而打磨工人每天最长工作时间是450min ，所以有105450x y +≤. 类似地，612480x y +≤，69450x y +≤ 在实际问题中，0,0x y ≥≥；所以，题目中包含的限制条件为 1054506124806945000x y x y x y x y +⎧⎪+⎪⎪+⎨⎪⎪⎪⎩≤≤≤≥≥练习（P91）1、（1）目标函数为2z x y =+，可行域如图所示，作出直线2y x z =-+，可知z 要取最大值，即直线经过点C 时，解方程组11x y y +=⎧⎨=-⎩得(2,1)C -，所以，max 222(1)3z x y =+=⨯+-=.（2）目标函数为35z x y =+，可行域如图所示，作出直线35z x y =+可知，直线经过点B 时，Z 取得最大值. 直线经过点A 时，Z 取得最小值. 解方程组 153y x x y =+⎧⎨-=⎩，和15315y x x y =+⎧⎨+=⎩可得点(2,1)A --和点(1.5,2.5)B .所以max 3 1.55 2.517z =⨯+⨯=，min 3(2)5(1)11z =⨯-+⨯-=-（第12、设每月生产甲产品x 件，生产乙产品y 件，每月收入为z 元，目标函数为30002000z x y =+，需要满足的条件是 2400250000x y x y x y +⎧⎪+⎪⎨⎪⎪⎩≤≤≥≥当直线经过点A 时，z 取得最大值. 解方程组 24002500x y x y +=⎧⎨+=⎩可得点(200,100)A ，z 的最大值为800000元. 习题 A 组（P93）1、画图求解二元一次不等式：（1）2x y +≤； （2）22x y ->； （3）2y -≤； （4）3x ≥2、3解：设每周播放连续剧甲x 次，播放连续剧乙y 目标函数为6020z x y =+，（第2所以，题目中包含的限制条件为8040320600x y x y x y +⎧⎪+⎪⎨⎪⎪⎩≤≥≥≥可行域如图. 解方程组80403206x y x y +⎧⎨+⎩==得点M 的坐标为(2,4)，所以max 6020200z x y =+=（万）答：电视台每周应播放连续剧甲2次，播放连续剧乙4次，才能获得最高的收视率. 4、设每周生产空调器x 台，彩电y 台，则生产冰箱120x y --台，产值为z . 则，目标函数为432(120)2240z x y x y x y =++--=++ 所以，题目中包含的限制条件为111(120)402341202000x y x y x y x y ⎧++--⎪⎪⎪--⎨⎪⎪⎪⎩≤≥≥≥即，312010000x y x y x y +⎧⎪+⎪⎨⎪⎪⎩≤≤≥≥ 可行域如图，解方程组3120100x y x y +⎧⎨+⎩==得点M 的坐标为(10,90)，所以max 2240350z x y =++=（千元）答：每周应生产空调器10台，彩电90台，冰箱20台，才能使产值最高，最高产值是350千元.习题 B 组（P93）1、画出二元一次不等式组 231223600x y x y x y +⎧⎪+>-⎪⎨⎪⎪⎩≤≥≥，所表示的区域如右图2、画出(21)(3)0x y x y +--+>表示的区域.3、设甲粮库要向A 镇运送大米x 吨、向B 镇运送大米y 吨，总运费为z . 则乙粮库要向A 镇运送大米(70)x -吨、向B 镇运送大米(110)y -吨，目标函数（总运费）为 122025101512(70)208(110)609030200z x y x y x y =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯-+⨯⨯-=++.所以，题目中包含的限制条件为 100(70)(110)800700x y x y x y +⎧⎪-+-⎪⎨⎪⎪⎩≤≤≤≤≥.所以当70,30x y ==时，总运费最省 min 37100z =（元） 所以当0,100x y ==时，总运费最不合理 max 39200z =（元）使国家造成不该有的损失2100元.答：甲粮库要向A 镇运送大米70吨，向B 镇运送大米30吨，乙粮库要向A 镇运送大米0吨，向B 镇运送大米80吨，此时总运费最省，为37100元. 最不合理的调运方案是要向A 镇运送大米0吨，向B 镇运送大米100吨，乙粮库要向A 镇运送大米70吨，向B 镇运送大米10吨，此时总运费为39200元，使国家造成损失2100元.3．42a b+练习（P100）1、因为0x >，所以12x x +=≥当且仅当1x x =时，即1x =时取等号，所以当1x =时，即1x x+的值最小，最小值是2. 2、设两条直角边的长分别为,a b ，0,a >且0b >，因为直角三角形的面积等于50.即 1502ab =，所以20a b +==≥，当且仅当10a b ==时取等号.答：当两条直角边的长均为10时，两条直角边的和最小，最小值是20. 3、设矩形的长与宽分别为a cm ，b cm. 0a >，0b > 因为周长等于20，所以10a b +=所以 2210()()2522a b S ab +===≤，当且仅当5a b ==时取等号.答：当矩形的长与宽均为5时，面积最大. 4、设底面的长与宽分别为a m ，b m. 0a >，0b >因为体积等于323m ，高2m ，所以底面积为162m ，即16ab =所以用纸面积是222324()32323264S ab bc ac a b =++=+++=+=≥ 当且仅当4a b ==时取等号。
李凡长版 组合数学课后习题答案习题4
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。
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。
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。
初一数学下册(人教版)第五章5.5知识点总结含同步练习及答案
描述：例题：描述：例题：初一数学下册(人教版)知识点总结含同步练习题及答案第五章 相交线与平行线 5.5 命题（补充）一、学习任务1. 理解命题的概念以及命题的构成，会判定真命题与假命题．2. 理解定理和证明．3. 体会命题在数学中的应用．二、知识清单命题的概念与真假 逆命题与否命题三、知识讲解1.命题的概念与真假在数学中，一般把判断某一件事情的句子叫做命题．命题中，如果题设成立，那么结论一定成立，这样的命题叫做真命题，如果题设成立时，不能保证结论一定成立，这样的命题叫做假命题．2.逆命题与否命题一个命题的题设、结论正好相反，我们就把这样的两个命题叫做互逆命题，如果把其中一个叫做原命题，那么另一个叫做它的逆命题，将原命题的条件和结论全否定的新命题，但不改变题设和结论的顺序叫做否命题，将原命题的题设和结论颠倒，然后再将条件和结论全否定的新命题叫做逆否命题．下列语句中，是命题的是（ ）A. 有公共顶点的两个角是对顶角B. 在直线 上任取一点C. 用量角器量角的度数D. 直角都相等吗解：A．AB C 下列命题中，是真命题的是（ ）A. 对顶角相等B. 同位角相等C. 内错角相等D. 同旁内角互补解：A．命题“若 ，则 ”的逆命题是__________，它是______命题|a |=|b |=a 2b 2四、课后作业 （查看更多本章节同步练习题，请到快乐学）高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
命题“若 ，则 ”的逆命题是__________，它是______命题（填“真”或“假”）．解：若 ，则 ；真．|a |=|b |=a b =a 2b 2|a |=|b |答案：解析：1. 命题“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的条件是 A ．垂直B ．两条直线C ．同一条直线D ．两条直线垂直于同一条直线D本题的条件是“在同一平面内，两条直线垂直于同一条直线”，结论是“这两条直线互相平行”．()答案：2. 已知下列命题：① 若 ，则 ；② 若 ，则| ；③ 全等三角形的面积相等；④ 若 ，则 ．其中原命题与逆命题都是真命题的有 A ． 个B ． 个C ． 个D ． 个A a >b c −a <c −b a >0a |=a x =2=4x 2()1234答案：3. 下列各数中，可以用来证明命题“任何偶数都是 的整数倍”是假命题的反例是 A ．B ．C ．D ．D 8()321684答案：4. 下面给出的四个命题中，是假命题的是 A ．如果 ，那么 B ．如果 ，那么 C ．如果 ，那么 或 D ．如果四边形 是正方形，那么它是矩形B()a =3|a |=3=4x 2x =2(a −1)(a +2)=0a −1=0a +2=0ABCD。
组合数学第四版答案
组合数学第四版答案组合数学第四版答案【篇一：组合数学参考答案(卢开澄第四版)60页】>1.1 题从{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=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。
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。
人教B版高中数学选择性必修第二册课后习题 第3章 排列、组合与二项式定理 3.1.1 基本计数原理
第三章3.1 排列与组合3.1.1 基本计数原理A级必备知识基础练1.[探究点二]某校教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,一学生由一层到五层的走法有( )A.10种B.25种C.52种D.24种2.[探究点三]中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,则选法有( )A.30种B.50种C.60种D.90种3.[探究点一]如果x,y∈N*,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的有序数对(x,y)的个数是( )A.15B.12C.5D.44.[探究点三]如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为( ) A.240 B.204 C.729 D.9205.[探究点三·广东雷州高二阶段练习](多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有( )A.组成可以有重复数字的四位数有500个B.组成无重复数字的四位数有96个C.组成无重复数字的四位偶数有66个D.组成无重复数字的四位奇数有28个6.[探究点三]有10本不同的数学书,9本不同的语文书,8本不同的英语书,从中分两次选两本不同类的书,共有种不同的取法.7.[探究点二·人教A版教材习题](1)4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队,每人限报其中的一个运动队,不同报法的种数是34还是43?(2)3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同选法的种数是35还是53?8.[探究点三·江苏连云港高二检测]用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字可组成多少个不同的(1)三位数?(2)无重复数字的三位数?(3)小于500且没有重复数字的自然数?B级关键能力提升练9.某校高一年级共16个班,高二年级共15个班,从中选出一个班级担任学校星期一早晨升旗任务,共有的安排方法种数是( )A.16B.15C.31D.24010.某学校有东、南、西、北四个校门,学校对进入四个校门做出如下规定:学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序),请问进入校园的方式共有( )A.6种B.12种C.24种D.32种11.高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,但甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案的种数为( )A.16B.18C.37D.4812.(多选题)现有不同的红球4个,黄球5个,绿球6个,则下列说法正确的是( )A.从中选出2个球,正好一红一黄,有9种不同的选法B.若每种颜色选出1个球,有120种不同的选法C.若要选出不同颜色的2个球,有31种不同的选法D.若要不放回地依次选出2个球,有210种不同的选法13.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各一人,有种不同的选法.14.甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去观洲、人民公园、新城大市场三个地方游览,每人只能去一个地方,人民公园一定要有人去,则不同游览方案的种数为.15.将摆放在编号为1,2,3,4,5五个位置上的5件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法数为.(用数字作答)16.[人教A版教材习题]口袋中装有8个白球和10个红球,每个球编有不同的号码,现从中取出2个球.(1)恰好是白球、红球各一个的取法有多少种?(2)恰好是两个白球的取法有多少种?(3)至少有一个白球的取法有多少种?(4)两球的颜色相同的取法有多少种?C级学科素养创新练17.用红、黄、蓝三种颜色涂四边形ABCD的四个顶点,要求相邻顶点的颜色不同,求不同的涂色方法的种数.18.某学校高二年级有12名语文教师、13名数学教师、15名英语教师,市教育局拟召开一个新课程研讨会.(1)若选派1名教师参会,有多少种派法?(2)若三个学科各派1名教师参会,有多少种派法?(3)若选派2名不同学科的教师参会,有多少种派法?参考答案3.1 排列与组合3.1.1 基本计数原理1.D 共分4步:一层到二层2种走法,二层到三层2种走法,三层到四层2种走法,四层到五层2种走法,根据分步乘法计数原理,一共有24种.选故D.2.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选法,丙同学有10种选法,共有1×2×10=20种满意的选法,②若甲同学选择马,则乙同学有3种选法,丙同学有10种选法,共有1×3×10=30种满意的选法,所以总共有20+30=50种令三位同学满意的选法.故选B.3.B 当x=1时,y=1,2,3,4,5;当x=2时,y=1,2,3,4;当x=3时,y=1,2,3.由分类加法计数原理得,有序数对有5+4+3=12(个).4.A 分8类.当中间数为2时,有1×2=2个;当中间数为3时,有2×3=6个;当中间数为4时,有3×4=12个;当中间数为5时,有4×5=20个;当中间数为6时,有5×6=30个;当中间数为7时,有6×7=42个;当中间数为8时,有7×8=56个;当中间数为9时,有8×9=72个.故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240个.5.AB 对A:四位数的首位不能为0,有4种情况,其他数位有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500个,故选项A正确;对B:四位数的首位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24种情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96个,故选项B正确;对C:若0在个位,有4×3×2=24个四位偶数,若0不在个位,有3×3×2×2=36个四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60个四位偶数,故选项C错误;对D:组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2=36个,故选项D错误.故选AB.6.242 任取两本不同类的书分为三类:①取数学、语文各一本;②取语文、英语各一本;③取数学、英语各一本.在每一类中利用分步乘法计数原理,再利用分类加法计数原理即可.共有10×9+9×8+10×8=242种不同取法.7.解(1)一件事情是“4名同学分别参加3个运动队中的一个,每人限报其中的一个运动队”,应该是人选运动队,完成“这件事”是指给4名同学逐一选择运动队,分四步完成.根据分步乘法计数原理,不同报法种数是3×3×3×3=34.(2)一件事情是“3个班分别从5个景点中选择一处游览”,应该是班选景点,完成这件事需分三步,根据分步乘法计数原理,不同的选法种数是53.8.解(1)由于0不能在百位,故百位上数字有9种选法,十位与个位上的数字均有10种选法,所以不同的三位数共有9×10×10=900个.(2)百位上的数字有9种选法,十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法,个位上的数字应从剩余8个数字中选取,所以共有9×9×8=648个无重复数字的三位数.(3)满足条件的一位自然数有10个,两位自然数有9×9=81个,三位自然数有4×9×8=288个,由分类加法计数原理知共有10+81+288=379个小于500且无重复数字的自然数.9.C 根据分类加法计数原理计算,N=16+15=31.故选C.10.D 因为学生只能从东门或西门进入校园,所以3名学生进入校园的方式共23=8种.因为教师只可以从南门或北门进入校园,所以2名教师进入校园的方式共有22=4种.所以2名教师和3名学生要进入校园的方式共有8×4=32种情况.故选D.11.C 根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64种情况.其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27种方案.则符合条件的参观方案有64-27=37种.故选C.12.BD 对A,从中选出2个球,正好一红一黄,有4×5=20种不同的选法,所以该选项错误;对B,若每种颜色选出1个球,有4×5×6=120种不同的选法,所以该选项正确;对C,若要选出不同颜色的2个球,有4×5+5×6+4×6=74种不同的选法,所以该选项错误;对D,若要不放回地依次选出2个球,有15×14=210种不同的选法,所以该选项正确.故选BD.13.20 共分三类:第一类,当选出的会英语的人既会英语又会日语时,选会日语的人有2种选法;第二类,当选出的会日语的人既会英语又会日语时,选会英语的人有6种选法;第三类,当既会英语又会日语的人不参与选择时,则需从只会日语和只会英语的人中各选一人,有2×6=12种选法.故共有2+6+12=20种选法.14.65 由题可知没有限制时,每人有3种选择,则4人共有34种,若没人去人民公园,则每人有2种选择,则4人共有24种,故人民公园一定要有人去的不同游览方案有34-24=81-16=65种.15.45 根据题意,分2步进行分析:(1)将5件不同商品中选出1件,放回原来的位置,有5种情况,假设编号为5的位置不变;(2)剩下4件都不在原来位置,即编号为1,2,3,4的4件商品都不在原来位置,编号为1的商品有3种放法,假设其放在了2号商品原来的位置,则2号商品有3种放法,剩下编号为3,4的两件商品只有1种放法,则其余4件商品的放法有3×3=9种.故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45种.16.解(1)一件事情是“取出一个白球一个红球”,可分2步解决,第1步取一个白球,8种取法;第2步取一个红球,10种取法,由分步乘法计数原理,共有8×10=80种不同取法.(2)一件事情是“取出两个白球”,可分为2步解决,先从8个白球中取一个,8种取法;再从余下的7个白球中取一个,有7种取法,但先取1号球后=28种不同的取2号球与先取2号球后取1号球,结果是相同的.故共有8×72取法.(3)一件事情是“取出一个白球一个红球或者取出两个白球”,可分两类解决,取出一个白球一个红球有80种不同取法;取出两个白球有28种不同取法,由分类加法计数原理,共有80+28=108种不同取法.(4)一件事情是“取出两白球或取出两红球”,可分两类解决,取出两白球有28种不同取法;取出两红球有10×9=45种不同取法,由分类加法计数原2理知,共有28+45=73种不同取法.17.解如果A,C同色,涂色方法有3×2×1×2=12(种),如果A,C不同色,涂色方法有3×2×1×1=6(种),所以不同的涂色方法有12+6=18(种).即不同方法的种数为18.18.解(1)分三类:第一类选语文老师,有12种不同选法;第二类选数学老师,有13种不同选法;第三类选英语老师,有15种不同选法,共有12+13+15=40(种)不同的选法.(2)分三步:第一步选语文老师,有12种不同选法;第二步选数学老师,有13种不同选法;第三步选英语老师,有15种不同选法,共有12×13×15=2340(种)不同的选法.(3)分三类:第一类选一位语文老师和一位数学老师共有12×13种不同的选法;第二类选一位语文老师和一位英语老师共有12×15种不同的选法;第三类选一位英语老师和一位数学老师共有15×13种不同的选法,共有12×13+12×15+13×15=531(种)不同的选法.。
人教B版高中数学必修第二册课后习题 第五章 5.3.3 古典概型
5.3.3 古典概型课后训练巩固提升1.四条线段的长度分别是1,3,5,7,从这四条线段中任取三条,则所取出的三条线段能构成一个三角形的概率为( )A.14B.13C.12D.25,每条被取出的可能性均相等,所以该问题属于古典概型.又样本空间Ω={(1,3,5),(1,3,7),(1,5,7),(3,5,7)},共含4个样本点,而能构成三角形的样本点只有(3,5,7)1个,所以所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是14.2.在5张卡片上分别写上数字1,2,3,4,5,然后将它们混合后,再任意排成一行,则得到的五位数能被2或5整除的概率是( )A.0.2B.0.4C.0.6D.0.85整除关键看其个位数字,而由1,2,3,4,5组成的五位数中,1,2,3,4,5出现在个位是等可能的.所以个位数字的样本空间Ω={1,2,3,4,5},“能被2或5整除”这一事件中含有样本点2,4,5,所求概率为35=0.6.故选C.3.从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )A.12B.13C.14D.161,2,3,4中任取2个不同的数的样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},满足取出的2个数之差的绝对值为2的有(1,3),(2,4),故所求概率是26=13.4.在第1,3,4,5,8路公共汽车都要停靠的一个站(假定这个站只能停靠一辆汽车),有一名乘客等候第4路或第8路汽车.假定当时各路汽车首先到站的可能性相等,则首先到站正好是这名乘客所需乘的汽车的概率等于( )A.12B.23C.35D.25,在该问题中,样本空间中共含5个样本点,“首先到站正好是这名乘客所需乘的汽车”这一事件包含2个样本点,故所求概率为25.5.从集合{a,b,c,d,e}的所有子集中任取一个,这个集合恰好是集合{a,b,c}的子集的概率是( )A.1B.12C.14D.18{a,b,c,d,e}的所有子集有25=32个,集合{a,b,c}的所有子集有23=8个,故所求概率为832=14.6.(多选题)下列随机试验的数学模型不属于古典概型的是( )A.在一定的条件下,种一粒种子,它可能发芽,也可能不发芽B.在平面直角坐标系内,从横坐标和纵坐标都为整数的所有点中任取一个点C.某射手射击一次,可能命中0环、1环、2环……10环D.四名同学用抽签的方法选一人去参加一个座谈会中事件不具有等可能性,B中试验结果是无限个.7.掷一个均匀的骰子,骰子落地时朝上的面的点数是3的倍数的概率是.6种,其中是3的倍数的结果有2种,故所求概率为26=13.8.从1,2,3,4,5,6这六个数中,一次任取两个数,两个数都是偶数的概率是,一个奇数一个偶数的概率为.Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4) ,(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)},共含15个样本点,其中两个数都是偶数的样本点有(2,4),(2,6),(4,6),共3个,故两个数都是偶数的概率P1=315=15.两个数一奇一偶的样本点有(1,2),(1,4),(1,6),(2,3),(2,5),(3,4),(3,6),(4,5),(5,6),共9个,故所取两数为一个奇数一个偶数的概率P2=915=35.359.4张相同的卡片上分别写有数字1,2,3,4,从这4张卡片中随机抽取2张,则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为.,样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},记“取出的2张卡片上的数字之和为奇数”为事件A,则A={(1,2),(1,4),(2,3),(3,4)},故P(A)=46=23.10.依据闯关游戏规则,请你探究图中闯关游戏的奥秘:要求每次同时按下左边和右边各1个按钮(按钮分别标记为左1,左2,右1,右2),其中按下某些按钮可以使灯泡点亮.若点亮灯泡,则闯关成功;否则,闯关失败.(1)用列表的方法表示所有可能的按按钮方式;(2)若只有2个1号按钮同时按下才能点亮灯泡,试求闯关成功的概率.所有可能的按按钮方式列表如下:(2)若只有2个1号按钮同时按下才能点亮灯泡,则所求概率P(闯关成功)=1.411.某商场举行购物抽奖促销活动,规定每位顾客从装有编号为0,1,2,3四个相同小球的抽奖箱中,每次取出一个小球,记下编号后放回,连续取两次.若取出的两个小球编号相加之和等于6,则中一等奖;若等于5,则中二等奖;若等于4或3,则中三等奖.(1)求中三等奖的概率;(2)求中奖的概率.A,“中奖”为事件B,从四个小球中有放回地取两个,有(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3),(2,0),(2,1),(2, 2),(2,3),(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),共16种不同的结果.(1)取出的两个小球编号相加之和等于4或3的取法有(0,3),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,0),(3,1),共7种结果,则中三等奖.的概率为P(A)=716(2)由(1)知两个小球编号相加之和等于3或4的取法有7种;两个小球编号相加之和等于5的取法有2种:(2,3),(3,2);两个小球编号相加之和等于6的取法有1种:(3,3).故中奖的概率为P(B)=7+2+116=58.12.(1)从含有两件正品a,b和一件次品c的3件产品中每次任取一件,取出后不放回,连续取两次,求取出的两件产品中恰有一件次品的概率; (2)将(1)中条件“取出后不放回”改为“每次取出后放回”,其余条件不变,再求取出的两件产品中恰有一件次品的概率.样本空间Ω={(a,b),(a,c),(b,c),(b,a),(c,a),(c,b)},其中(a,b)中的a表示第一次取出的产品,b表示第二次取出的产品,Ω中有6个样本点,它们的出现都是等可能的,事件A=“取出的两件产品中,恰好有一件次品”包含4个样本点,则P(A)=46=23.(2)有放回地连续取两件,样本空间Ω={(a,a),(a,b),(a,c),(b,a),(b,b),(b,c),(c,a),(c,b),(c,c)}中共9个样本点,事件B=“恰有一件次品”包含4个样本点,则P(B)=49.1.欲寄出两封信,现有两个邮箱供选择,则两封信都投到同一个邮箱的概率是( )A.12B.14C.34D.381,2,两个邮箱为甲、乙,则寄出两封信,有两个邮箱供选择,有以下几种结果:1放在甲中,而2放在乙中;2放在甲中,而1放在乙中;1,2均放在甲中;1,2均放在乙中.由上可知,两封信都投到同一个邮箱的结果数为2.所以,两封信都投到同一个邮箱的概率为12.2.从所有3位正整数中任取一个数,则此数以2为底的对数也是正整数的概率为( )A.1225B.1300C.1450D.以上全不对900个,若以2为底的对数也是正整数(设为n),则100≤2n≤999,解得n=7,8,9,共3个,故所求概率P=3900=1300.3.有一对年轻夫妇给他们12个月大的婴儿拼排3块分别写有“20”“23”和“中国”的字块.如果婴儿能够排成“2023 中国”或者“中国20 23”,那么他们就给婴儿奖励.假设婴儿能将字块挨着正排,则这个婴儿能得到奖励的概率是( )A.12B.13C.14D.16块字块的排法为“2023 中国”,“20中国23”,“23 20 中国”,“23中国20”,“中国20 23”,“中国23 20”,共6种,婴儿能得到奖励的情况有2种,故所求概率P=26=13.4.(多选题)将一个各个面上涂有颜色的正方体锯成27个同样大小的小正方体,从这些小正方体中任取1个.下列结论正确的是( )A.恰有一面涂有颜色的概率为29B.恰有两面涂有颜色的概率为49C.恰有三面涂有颜色的概率为827D.各面都未涂色的概率为12727个小正方体,有0个面、1个面、2个面、3个面涂有颜色的正方体分别有1个、6个、12个、8个,故它们的概率分别为127,627,1227,827,即127,29,49,827.5.若以连续掷两次均匀的骰子分别得到的点数的坐标满足的坐标满足y=2((x,y)满足x2+y2≤16的有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),共8种情况,所以点M的坐标满足(x,y)满足y=2的坐标满足y=2x的概率P2=236=118.1186.某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据(单位:人)如下表:(1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率;(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学分别记为A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学分别记为B1,B2,B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,求A1被选中且B1未被选中的概率.由调查数据可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,故至少参加上述一个社团的共有45-30=15(人),所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为P1=1545=13.(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,样本空间Ω={(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),(A4,B1),(A4,B2),(A4,B3),(A5,B1),(A5,B2),(A5,B3)},共15个样本点.根据题意,这些样本点的出现是等可能的.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的样本点有(A1,B2),(A1,B3),共2个.因此A1被选中且B1未被选中的概率为P2=215.7.某产品的三个质量指标分别为x,y,z,用综合指标S=x+y+z评价该产品的等级.若S≤4,则该产品为一等品.现从一批该产品中,随机抽取10件产品作为样本,其质量指标列表如下:(1)利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率; (2)在该样本的一等品中,随机抽取2件产品. ①用产品编号列出所有可能的结果;②设事件B 为“在取出的2件产品中,每件产品的综合指标S 都等于4”,求事件B 发生的概率.计算10件产品的综合指标S,如下表:其中“S≤4”的有A 1,A 2,A 4,A 5,A 7,A 9,共6件,故该样本的一等品率为610=0.6,从而可估计该批产品的一等品率为0.6.(2)①在该样本的一等品中,随机抽取2件产品的所有可能结果为(A1,A2),(A1,A4),(A1,A5),(A1,A7),(A1,A9),(A2,A4),(A2,A5),(A2,A7),(A2,A9), (A4,A5),(A4,A7),(A4,A9),(A5,A7),(A5,A9),(A7,A9),共15种.②在该样本的一等品中,综合指标S等于4的产品编号分别为A1,A2,A5,A7,则事件B发生的所有可能结果为(A1,A2),(A1,A5),(A1,A7),(A2,A5),(A2,A7),(A5,A7),共6种.所以P(B)=615=25.。
吉林大学组合数学习题答案
*5! 种方法；后排 8 个座位，4 人固定，共 C84 * 4! 种方法；前排和后排还剩 7 个
5 *5! 种方法；则一共有 C85 * C84 * C7 *5!*5!* 4!种安排方法。
5 座位，由剩下的 5 人挑选 5 个座位，共 C7
3.5
将英文字母表中的 26 个字母排序，要求任意两个元音字母不能相邻，则有多少种排序方法？
考虑数列 a1，a2，...，a50，a1+24，a2+24，a50+24，它们都在1与75+24=99之间。 由鸽巢原理知，其中必有两项相等。由（*）知，a1，a2，...，a50互不相等，从而a1+24，...a50+24 也互不相等，所以 一定存在1<=i<j<=50, 使得aj = ai+24，即 24=aj-ai=(b1+b2+b3+…+bi+…+bj)-(b1+b2+…+bi)= i + 1 所以从第i+1天到第j天这连续j-i天中，她正好做了24次实验。 2.11 证明：从 S={1,3,5,…,599}这 300 个奇数中任意选取 101 个数，在所选出的数中一定存在 2 个数，它们之间最多差 4。 证明： 将S划分为{1,3,5}，{7,9,11}……,{ 595,597,599}共100组，由鸽巢原理知任意选取101个数中必存在2个数来自同一组，即其 差最多为4. 2.12 证明：从 1~200 中任意选取 70 个数，总有两个数的差是 4，5 或 9。 证明：设这 70 个数为 a1,a2,…,a70, a1+4,a2+4,…,a70+4, a1+9,a2+9,…,a70+9, 取值范围209，共210个数
【免费下载】李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3
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。
高等数学课后习题答案--第五章
x1 1 2 4 1 1 − 2 4 1 3 2 ~ ~ ~ (3) x + x + 1 在 ε 1 , ε 2 , ε 3 下的坐标 x 2 = 0 1 4 1 = 0 1 − 4 1 = − 3 . x 0 0 1 1 0 0 1 1 1 3
8. 设 P2 为次数不超过 2 的多项式全体构成的线性空间。 ~ =1， ε ~ = x + 2, 证明(1) P2 的基可取为 ε 1 =1, ε 2 = x , ε 3 = x 2 ，也可取为 ε 1 2 2 ~ ε = (x + 2) ；
3 1 2 3
~ =ε , ε ~ = 2ε + ε , ε ~ = 4ε + 4ε + ε , 8. (1) ε 1 1 2 1 2 3 1 2 3
x1,n −1 x 2,n −1
M L L x n −1,n −1 L x n ,n −1
x1n x2n M x n −1 , n x nn
x1n x2n M M M , k −2 k −2 ml xl 2 L ∑ ml xl ,n −1 x n −1 , n ∑ l =1 l =1 k −2 k −2 n x L n x x ∑ ∑ nn l l , n −1 l l2 l =1 l =1 x11 x12 L x1,n −1 x1n x 21 x 22 L x 2,n −1 x 2 n K 因此矩阵 A 经过适当的行变换后, 变为 M M M M , 于是 | A |= 0 , L 0 L 0 s 0 0 0 L 0 t ~ ~ ~ 即 a , a , K, a 线性相关, 与已知矛盾. rank ((a , a ,K, a )) ≥ k − 1 .
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。
人教B版高中数学必修第二册课后习题 第六章 6.1.5 向量的线性运算
6.1.5 向量的线性运算课后训练巩固提升1.设P 是△ABC 所在平面内一点,且BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BP⃗⃗⃗⃗⃗ ,则( ) A.PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB⃗⃗⃗⃗⃗ =0 B.PC ⃗⃗⃗⃗ +PA⃗⃗⃗⃗⃗ =0 C.PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ =0D.PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ =0BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BP⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴点P 为边AC 的中点, ∴PC ⃗⃗⃗⃗ +PA⃗⃗⃗⃗⃗ =0.2.在四边形ABCD 中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+2b,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4a-b,BD⃗⃗⃗⃗⃗ =-5a-3b,其中a,b 不共线,则四边形ABCD 是( )A.梯形B.平行四边形C.菱形D.矩形CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗ −BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-5a-3b)-(-4a-b)=-a-2b=-AB⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CD⃗⃗⃗⃗⃗ |,∴AB CD, ∴四边形ABCD 为平行四边形.3.已知向量a,b,且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+2b,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-5a+6b,CD⃗⃗⃗⃗⃗ =7a-2b,则一定共线的三点是( )A.A,B,DB.A,B,CC.B,C,DD.A,C,DBD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-5a+6b)+(7a-2b)=2a+4b=2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥BD⃗⃗⃗⃗⃗ . 又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 和BD⃗⃗⃗⃗⃗ 有公共点B,∴A,B,D 三点共线.4.在△ABC 中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =c,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b.若点D 满足BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A.23b+13c B.35c-23b C.23b-13c D.13b+23c,∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23(b-c), ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c+23b-23c=23b+13c.5.(多选题)设a,b 为不共线向量,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4a-b,CD⃗⃗⃗⃗⃗ =-5a-2b,则下列关系式正确的是( )A.BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-9a-3bB.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BC⃗⃗⃗⃗⃗ C.AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3a+2b D.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2BC⃗⃗⃗⃗⃗=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b)+(-4a-b)+(-5a-2b)=-8a-2b=2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ; BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD⃗⃗⃗⃗⃗ =-9a-3b; AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3a. 所以选AB.6.若OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =3e 1,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3e 2,且P 是线段AB 靠近点A 的一个三等分点,则向量OP⃗⃗⃗⃗⃗ 用e 1,e 2可表示为OP⃗⃗⃗⃗⃗ = .⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB⃗⃗⃗⃗⃗ =2e 1+e 2.1+e 27.已知D,E 分别是△ABC 的边BC,CA 上的点,且BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CE ⃗⃗⃗⃗ =13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ .设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ = ,DE⃗⃗⃗⃗⃗ = .(用a,b 表示)=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =13b+23a. DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗ =23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )+13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AC⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =13b-23a.a+13b -23a+13b 8.设a=3i+2j,b=2i-j,试用i,j 表示向量23[(4a -3b )+13b -14(6a -7b )].[(4a -3b )+13b -14(6a -7b )]=23(4a-3b)+29b-16(6a-7b)=83a-2b+29b-a+76b=(83-1)a+(-2+29+76)b=53a-1118b=53(3i+2j)-1118(2i-j)=5i+103j-119i+1118j=349i+7118j. 9.如图,四边形OADB 是以OA,OB 为邻边的平行四边形.又OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b,BM=13BC,CN=13CD,试用a,b 表示OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .⃗⃗⃗⃗ =13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =16BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =16(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=16(a-b), 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b+16a-16b=16a+56b,CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =13CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =16OD ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以ON ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OD ⃗⃗⃗⃗⃗ +16OD ⃗⃗⃗⃗⃗ =23OD ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23(a+b)=23a+23b. MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23a+23b-16a-56b=12a-16b. 10.在△OAB 的边OA,OB 上分别有一点P,Q,且OP ∶PA=1∶2,OQ ∶QB=3∶2.连接AQ,在AQ 上取一点R,满足AR ∶RQ=5∶1.(1)用OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示BR⃗⃗⃗⃗⃗ ;(2)求证:点R 在线段BP 上.OP ∶PA=1∶2,∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∵OQ ∶QB=3∶2,∴OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =35OB ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∵AR ∶RQ=5∶1,∴AR ⃗⃗⃗⃗⃗ =56AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ . 又AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =35OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴AR ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −56OA ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∴BR ⃗⃗⃗⃗⃗ =AR ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −56OA ⃗⃗⃗⃗⃗ -(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=16OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ . (2)证明 ∵BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =216OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BR ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BR⃗⃗⃗⃗⃗ 共线. 又BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BR⃗⃗⃗⃗⃗ 有公共点B, ∴点R 在线段BP 上.。
《组合数学》第二版(姜建国著)-课后习题答案全
习题一（排列与组合）1．在1到9999之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？ 解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出1，2，3，4作排列的方案数；（1）选1个，即构成1位数，共有15P 个； （2）选2个，即构成两位数，共有25P 个； （3）选3个，即构成3位数，共有35P 个； （4）选4个，即构成4位数，共有45P 个；由加法法则可知，所求的整数共有：12345555205P P P P +++=个。
2．比5400小并具有下列性质的正整数有多少个？ （1）每位的数字全不同；（2）每位数字不同且不出现数字2与7； 解：（1）比5400小且每位数字全不同的正整数； 按正整数的位数可分为以下几种情况：① 一位数，可从1～9中任取一个，共有9个；② 两位数。
十位上的数可从1～9中选取，个位数上的数可从其余9个数字中选取，根据乘法法则，共有9981⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从1～9中选取，剩下的两位数可从其余9个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有299648P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1～4中选取，剩下的三位数从剩下的9个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有3942016P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从1～3中选取，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有283168P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数取0，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有2856P =个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：9816482016168562978+++++=个；（2）比5400小且每位数字不同且不出现数字2与7的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设{0,1,3,4,5,6,8,9}A = ① 一位数，可从{0}A -中任取一个，共有7个；② 两位数。
十位上的数可从{0}A -中选取，个位数上的数可从A 中其余7个数字中选取，根据乘法法则，共有7749⨯=个；③ 三位数。
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)
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。
新教材高中数学课后落实5全集与补集(含解析)北师大版
全集与补集(建议用时：40分钟)一、选择题1．设U ＝R ，A ＝{x |x >0}，B ＝{x |x >1}，则A ∩(∁U B )＝( ) A ．{x |0≤x <1} B ．{x |0<x ≤1} C ．{x |x <0}D ．{x |x >1}B [∁U B ＝{x |x ≤1}，∴A ∩(∁U B )＝{x |0<x ≤1}．]2．如图所示，U 是全集，A ，B 是U 的子集，则阴影部分所表示的集合是( )A ．A ∩(∁UB ) B ．B ∩(∁U A )C ．∁U (A ∩B )D ．∁U (A ∪B )B [阴影部分表示A 以外的部分与B 的交集，故阴影部分表示的集合为B ∩(∁U A )．故选B.]3．已知集合P ＝{x |x >0}，Q ＝{x |－1<x <1}，那么(∁R P )∩Q ＝( ) A ．{x |x >－1} B ．{x |0<x <1} C ．{x |－1<x ≤0} D ．{x |－1<x <1}C [因为P ＝{x |x >0}， 所以∁R P ＝{x |x ≤0}， 因为Q ＝{x |－1<x <1}， 所以(∁R P )∩Q ＝{x |－1<x ≤0}．]4．已知全集U ＝{1,2，a 2－2a ＋3}，A ＝{1，a }，∁U A ＝{3}，则实数a 等于( ) A ．0或2 B ．0 C ．1或2D ．2D [由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，a 2－2a ＋3＝3，则a ＝2.]5．已知集合A ＝{x |x <a }，B ＝{x |1<x <2}，且A ∪(∁R B )＝R ，则实数a 的取值范围是( ) A ．{a |a ≤1} B ．{a |a <1} C ．{a |a ≥2}D ．{a |a >2}C [∁R B ＝{x |x ≤1或x ≥2}，如图所示．∵A ∪(∁R B )＝R ，∴a ≥2.] 二、填空题6．已知全集U ＝{0,1,2,3,4}，集合A ＝{1,2,3}，B ＝{2,4}，则 (∁U A )∪B 为________． {0,2,4} [∵∁U A ＝{0,4}，∴(∁U A )∪B ＝{0,2,4}．]7．已知全集U ＝{x |1≤x ≤5}，A ＝{x |1≤x <a }，若∁U A ＝{x |2≤x ≤5}，则a ＝________. 2 [∵A ∪(∁U A )＝U ， ∴A ＝{x |1≤x <2}． ∴a ＝2.]8．设U ＝{0,1,2,3}，A ＝{x ∈U |x 2＋mx ＝0}，若∁U A ＝{1,2}，则实数m ＝________. －3 [∵∁U A ＝{1,2}， ∴A ＝{0,3}，∴9＋3m ＝0，∴m ＝－3.] 三、解答题9．已知全集U ＝R ，A ＝{x |－4≤x <2}，B ＝{x |－1<x ≤3}，P ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤0，或x ≥52，求A ∩B ，(∁U B )∪P ，(A ∩B )∩(∁U P )．[解] ∵A ＝{x |－4≤x <2}，B ＝{x |－1<x ≤3}，∴A ∩B ＝{x |－1<x <2}． ∵∁U B ＝{x |x ≤－1，或x >3}，∴(∁U B )∪P ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤0，或x ≥52， ∴(A ∩B )∩(∁U P )＝{x |－1<x <2}∩⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0<x <52＝{x |0<x <2}． 10．已知集合A ＝{x |x 2＋ax ＋12b ＝0}和B ＝{x |x 2－ax ＋b ＝0}满足(∁U A )∩B ＝{2}，A ∩(∁UB )＝{4}，U ＝R ，求实数a ，b 的值．[解] ∵(∁U A )∩B ＝{2}，∴2∈B ，∴4－2a ＋b ＝0.① 又∵A ∩(∁U B )＝{4}，∴4∈A ，∴16＋4a ＋12b ＝0.② 联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝87，b ＝－127.11．(多选)设全集U ＝{1,3,5,7,9}，集合A ＝{1，|a －5|,9}，∁U A ＝{5,7}，则a 的值是( )A ．2B ．－2C．8 D．－8AC[∵A∪(∁U A)＝U，∴|a－5|＝3，解得a＝2或8.]12．已知M，N为集合I的非空真子集，且M，N不相等，若N∩∁I M＝∅，则M∪N等于( ) A．M B．NC．I D．∅A[因为N∩∁I M＝∅，所以N⊆M(如图)，所以M∪N＝M.]13．已知U＝{1,2,3,4,5,6,7}，A＝{2,4,5}，B＝{1,3,5,7}，则A∩(∁U B)＝________，(∁U A)∩(∁U B)＝________.{2,4} {6}[∵U＝{1,2,3,4,5,6,7}，A＝{2,4,5}，B＝{1,3,5,7}，∴∁U A＝{1,3,6,7}，∁U B＝{2,4,6}．∴A∩(∁U B)＝{2,4,5}∩{2,4,6}＝{2,4}，(∁U A)∩(∁U B)＝{1,3,6,7}∩{2,4,6}＝{6}．]14．某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种．则该网店：①第一天售出但第二天未售出的商品有________种；②这三天售出的商品最少有________种．①16②29[设第一天售出的商品种类为集合A，则A中有19个元素，第二天售出的商品种类为集合B，则B中有13个元素，第三天售出的商品种类为集合C，则C中有18个元素．由于前两天都售出的商品有3种，则A∩B中有3个元素，后两天都售出的商品有4种，则B∩C中有4个元素，所以该网店第一天售出但第二天未售出的商品有19－3＝16(种)．这三天售出的商品种数最少时，第一天和第三天售出的种类重合最多，由于前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，故第一天和第三天都售出的商品最多可以有17种．即A∩C中有17个元素，如图，即这三天售出的商品最少有2＋14＋3＋1＋9＝29(种)．]15．我们知道，如果集合A⊆U，那么U的子集A的补集为∁U A＝{x|x∈U，且x∉A}．类似地，对于集合A，B，我们把集合{x|x∈A，且x∉B}叫作A与B的差集，记作A－B.例如，A＝{1,2,3,5,8}，B＝{4,5,6,7,8}，则A－B＝{1,2,3}，B－A＝{4,6,7}．据此，回答以下问题：(1)若U是高一(1)班全体同学的集合，A是高一(1)班女同学组成的集合，求U－A及∁U A；(2)在下列各图中，分别用阴影表示集合A－B；(3)如果A－B＝∅，那么A与B之间具有怎样的关系？[解](1)U－A＝{x|x是高一(1)班的男生}，∁U A＝{x|x是高一(1)班的男生}．(2)阴影部分如下图所示．(3)若A－B＝∅，则A⊆B.。
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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。
即：个数为3×215-n（2） n 为偶数时 22n ，个数为 25n 该置换群的轮换指标为n 为偶数时，等价类的个数l =232521)55(21nn n =+ n 为奇数时，等价类的个数l =)535(2121-⨯+n n4. 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={d 1,d 2,…,d 8}，其中，d 1,d 2,d 3为一家，d 4,d 5为一家。
R={c 1,c 2,c 3},w(c 1)=α,w(c 2)=β,w(c 3)=γ.f :D →R 是一种安排方案。
根据题意，做D 的一个5分划 {d 1,d 2,d 3},{d 4,d 5},{d 6},{d 7},d 8},要求f 在每块中的元素取值相同。
对于{d 1,d 2,d 3}，可以取α3＋β3＋γ3模式；对于{d 4,d 5 }，可以取α2＋β2＋γ2模式；对于{d 6},{d 7},{d 8}，可以取α＋β＋γ模式.所以，总的模式为（α3＋β3＋γ3）（α2＋β2＋γ2）（α＋β＋γ）35. 对正立方体6个面用红、蓝、绿3种颜色进行着色,问有多少种不同的方案？又问3种颜色各出现2次的着色方案有多少种？ 解：正立方体6个面的置换群G 有24个元素，它们是：（1） 不动的置换，型为16，有一个；（2） 绕相对两面中心轴旋转90°，270°的置换，型为1241，有6个；旋转180°的置换，型为1222，有3个； （3） 绕相对两顶点连线旋转120°，240°的置换，型为32，有8个； （4） 绕相对两边中点连线旋转180°的置换，型为23，有6个。
所以，该置换群的轮换指标为 P G （x 1,x 2,…,x 6）=)6836(2413223222142161x x x x x x x ++++ 等价类的个数为l =P G (3,3,…,3)=)3638333363(241322236⋅+⋅+⋅⋅+⋅+=57 下面计算全部着色模式。
这里，R={c 1,c 2,c 3}，w(c 1)=r ，w(c 2)=b ，w(c 3)=g ，于是F 的全部模式表])(6)(8)()(3)()(6)[(241322223332222244426g b r g b r g b r g b r g b r g b r g b r ++++++++++++++++++其中，红色、蓝色、绿色各出现2次的方案数就是上述展开式中r 2b 2g 2项的系数，即6)!1!1!1!3623!2!2!2!6(241=⋅+⋅+ 6. 有一个3×3的正方形棋盘,若用红蓝两色对这9个方格进行着色,要求两个位红色,其余为蓝色,问有多少种方案？ 解： 其置换群为：不动置换：型为 19，1个沿中间格子及其对角线方向做旋转的置换：型为1323，4个 旋转90°和240°时的置换：型为1142 ， 2个 旋转180°时的置换 型为1124， 1个P(x)=[]42243239)1)(1()1)(1(2)1()1(4)1(81x x x x x x x ++++++++++我们设定x 为红色，1为蓝色，即转化为求x 2的系数 （1） 对应于19，（1＋x ）9中x 2项系数为C(9,2)=36； （2） 对应于1323，4(1＋x)3(1+x 2)3中x 2项系数为：4[C(3,2)C(3,0)+C(3,0)C(3,1)]=24；（3） 对应于1142 2(1+x)(1+x 4)2中x 2项系数为0； （4） 对应于1124 (1+x)(1+x 2)4中x 2项系数为C(4,1)=4；故x 2的系数为 8)42436(81=++7. 对正六角形的6个顶点用5种颜色进行着色.试问有多少种不同的方案,旋转使之重合作为相同处理.解：对该正六角形的6的顶点的置换群有12个，它们分别是：(1) 不动点置换，型为16，有1个；(2) 旋转60°和300°的置换，型为61，有2个；旋转120°和240°的置换， 型为32，有2个； 旋转180°的置换型为23有1个； (3) 绕对角连线旋转180°的置换 ，型为1222，有3个； (4) 绕对边中点连线旋转180°的置换，型为23，有3个。
所以，该置换群的轮换指标为P G （x 1,x 2,…,x 6）=)3322(12132222123661x x x x x x ++++ 下面计算全部着色模式。
这里，R={c 1,c 2,c 3,c 4,c 5}，不妨设w(c 1)=r ，w(c 2)=b ，w(c 3)=g ，w(c 4)=p ，w(c 3)=y ，于是 F 的全部模式表])(3))((3)(2)(2)[(12132222222222222222233333666666y p g b r y p g b r y p g b r y p g b r y p g b r y p g b r ++++++++++++++++++++++++++++其中，用这5种颜色着色的方案数就是上述展开式中r 2bgpy, rb 2gpy, rbg 2py,rbgp 2y, rbgpy 2项的系数之和，即150)!1!1!1!1!2!65(121=⋅ 8. 在一个有7匹马的旋转木马上用n 种颜色着色,问有多少种可供选择的方案？（旋转木马只能转动不能翻转） 解： 设想另一个正7边形与不动的正7边形完全重合，并且顶点标记相同，那么绕中心旋转i 7360（1≤i ≤7）角度，使得能够与不动的正7边形重合。
它对应的置换是：71 共6个。
故其轮换指标为 P G (x 1,x 2,…x n )=)6(71771x x + 计算全部着色模式为)]...(6)...[(7177271721n n x x x x x x +++++++n<7时为 )!7(!!7)!8(!6),7()]!1(7!...[1!1!771n n n n C n -⋅-=⋅--⋅9. 一个圆圈上有n 个珠子,用n 种颜色对珠子着色,要求颜色数目不少于n 的方案数是多少? 解：（1）不动点置换有一个；（2）绕中心旋转i n360（1≤i ≤n ）角度，使得能够与不动的环重合。
它对应的置换是：n 1 共(n －1)个；（3）把n 为奇数、偶数分两种情况分析： i)n 为奇数时：沿一颗珠子和其他剩余珠子的平分线绕180°，对应的置换是21121-n 共n 个；ii) n 为偶数时：沿珠子平分线绕180°，对应的置换是22n ，共2n 个。
故其轮换指标为P G (x 1,x 2,…x n )= ))1((2121211-+-+n n nx nx x n x n（n 为奇数时）； P G (x 1,x 2,…x n )= )2)1((32221n n nx n x n x n +-+（n 为偶数时）； 10. 骰子的6个面上分别标有1,2,…,6,问有多少种不同的骰子？ 解：下面有3种方法求解：方法1 6个面分别标上不同的点数，相当于用6种不同的颜色对它着色，并且每种颜色出现且只出现一次，共有6！种方案。
但这种方案经过正立方体的旋转可能会发生重合，全部方案上的置换群G 显然有24个元素。
由于每个面的着色全不相同，只有恒等置换σI 保持6！种方案不变，即c 1(σI )=6!，c 1(p)=0（p ≠σI ）。
由Burnside 引理知 ∑=∈G c G l ππ)(11=30)00!6(241=+++ 方法2 在习题5中已求出关于正立方体6个面的置换群轮换指标，如果用m 种颜色进行着色，则不同的着色方案数为)8123(2412346m m m m l m ⋅+⋅+⋅+=严格的说，l m 是至多用m 种颜色着色的方案数。
我们可以计算出l 1=1,l 2=10,l 3=57,l 4=240,l 5=800,l 6=2226。
现令n i 表示恰好用i 种颜色着色的方案数，则由容斥原理知 n 1=l 1=1812122=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=n l n3013231233=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n l n 6814243412344=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n l n 7515253545123455=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n l n3016263646561234566=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n n l n 方法3 令R={c 1,c 2,…,c 6}，w(c i )=w i (1≤i ≤6)。