组合数学习题解答ex3
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，所以至少有２人的朋友数相等． 4. 试给出下列等式的组合意义.
解
（c）的另一种解法：用格路说明组合意义 各点坐标：A0(m-1,l) Ai(m-1+i,l-i) Bj(m-1+j,l-j+1) 左=C(m+l-1,m-1)，为 O->A0 的路径数。设 O->P 的路径数为|P| 则，|A0|=|B1|-|A1|=|B1|-(|B2|-|A2|)=|B1|-|B2|+|A2|=|B1|-|B2|+|B3|-|A3|=
(1) 方案数=(n-1)!·2n (2) 设第 I 个单位的代表相邻的方案数为 Ai,i=1,2,…,n.
I ∑ ∑ I ∑ n
Ai
i =1
n
= (−1)k
Ai
k =0
I∈Φ(n,k ) i∈I
=
n k =0
(−1) k
n k
(2n
−
2k
− 1)!2 k
13. 一书架有 m 层，分别放置 m 类不同种类的书，每层 n 册。先将书架上的图书全部取出 清理。清理过程要求不打乱所有的类别。试问: （1）m 类书全不在各自原来层次上的方案数有多少？ （2）每层的 n 本书都不在原来位置上的方案数等于多少？ （3）m 层书都不在原来层次，每层 n 本书也不在原来位置上的方案数又有多少？ 解
解法二：用~a 代表 a
设三角形三点为(x1,y1), (x2,y2), (x3,y3)，则重心为((x1+x2+x3)/3, (y1+y2+y3)/3)。将整数分为等 价类~x1=~x2 mod 3，则有三类：~0, ~1, ~2。考察一维三点组的和被 3 整除对情况，共有四种： {~a,~a,~a}, {~0,~1,~2}，即每组含有一种或三种元素，若含有两种元素，其和必不能被 3 整除。 一维中最大的不满足集合为：{~0,~0,~1,~1}, {~1,~1,~2,~2}, {~0,~0, ~2,~2}。每组四个元素，发现
差．
，则有一 Pi 中至少有 66 个数， A＝{ a1 ,…,a66} ，a1＜a2＜···＜a66 ，
以下按书上 174 页的例题证明可得． 10. A、B、C 三种材料用作产品 I、II、III 的原料，但要求 I 禁止用 B、C 作原料，II 不能 用 B 作原料， III 不允许用 A 作原料，问有多少种安排方案？（假定每种材料只做一种产 品的原料）
解 按题意可得如下的带禁区的棋盘,其中有阴影的表示禁区．
棋盘多项式为：
R(
)=R( )R( )
=(1+x)(1+3x+x2 )
=1+4x+4x + x 3
故方案数＝3!－4·2!+4 ·1!－1 ·0!＝1
11. n 个球放到 m 个盒子中去，n＜(m/2)(m－1)，试证其中必有两个盒子有相同的球数。
八点组
0 2,
0 2,
1 0,
11 0,1,
01 0,1,
0 0
，为二维不满足集合。现求证九点组合能满足条件。
设 x 中，~0, ~1, ~2 的结合为 S0, S1, S2。|S1|+|S2|+|S3|=9。不妨设|S0|>=|S1|>=|S2|。 （1） 若|S0|>=5，考察 y 的组合情况，则必存在某三点之和被 3 整除。 （2） 若|S0|＝4，对应 y 中含有所求的三点组则得证；若没有，说明这四个 y 含有两种元素。
14．m+1 行
列的格子同 m 种颜色着色，每格着一种颜色，其中必有一个 4
角同色的矩形。
证 每列有(m+1)行，只有 m 种颜色，故一列中必有两格同色．同色的２个格子的行 号有
种取法．有 m 种色，故有 m
种同色模式，现有 m
+1 列，必有两
列的同色模式相同．即由这两列的对应行上有 ４个格子同色，正好是一个矩形的４个角上 的格子．得证． 15. 两名教师分别对 6 名学生同时进行两门课程的面试（每名教师各管一门课程）每名学生 每门面试的时间都是半个小时，共有多少不同的面试顺序？ 解 第一门课的顺序有 6!种；
3<=|S1|<=4，1<=|S2|<=2。不妨设 S2 对应的 y 为~0，若 S0, S1 中也分别含有~0，则得证。
（3）
否则 S0,S1 至少有一组中含有两种元素~1, ~2。不妨设为 S0。那么 S1 中的元素为{~0, ~1/~2}或{~1,~2}。无论怎样都可以在 S0, S1 中分别找到~1 和~2，与 S2 中的~0 构成所求 的三点组。 若|S3|=3，则|S1|=|S2|=3。若 Si 对应的 y 满足条件则得证。否则每组 y 含有两种元素。同 （2）的证明。在三个集合中，或者分别找出相同的元素，或者分别着出不同的元素， 结论成立。
因此，当任取 9 个整点时，存在重心为整点的三角形。
解 设 m 个盒子的球的个数是 a1,…,am， 各不相等，且有 0≤a1＜a2＜···＜am．则有 a2 ≥1、am≥m－1，故
≥1+2+…+m－1＝(m/2)(m－1) ， 与 n＜(m/2)(m－1)相矛盾！ 所以必有两个盒子的
球数相等． 12. n 各单位各派两名代表去出席一会议。2n 位代表围一圆桌坐下。试问： （1）各单位代表并排坐着的方案是多少？ （2）各单位的两人互不相邻的方案数又是多少？ 解
第二门课的顺序有： D6＝6! ( (1/2!)－(1/3!)＋(1/4!)－(1/5!)＋(1/6!) )＝265; 故总顺序有 6!×265 种． 16.在平面直角坐标系中至少任去多少个整点（两个坐标系都是整数）才能保证其中存在 3 个构成三角形（包含 3 点在一条直线上）的面积是整数（可以为 0）． 解 任一点的坐标（a , b）只有如下４种可能：(奇数，偶数)、(奇数，奇数)、 (偶数，奇数)、 (偶数，偶数)。因而 5 个点中必有两个点模 2 的格式一样．设 2｜(x1－x2)，2｜(y1－y2)即 x1－x2＝2k ， y1－y2＝２l，则三角形面积
A5：被 5 整除的数的集合 A7：被 7 整除的数的集合 所以
3. 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。
下面假设存在９个点，其中任３点的 重心都不是整点．则这 9 个点，至少占有 ＝ 5 个格子（因 为每格中最多有 2 个点，否则有 3 个点的重 心为整点），每行最多有２格，
又 =3， 所以每行都有点． 同理，每列都有点． 不妨设第一行 2 点，第二行 2 点，第
三行 1 点 前 2 行有两种模式： 或 这样第三行的点无论在哪一列都构成占满一列或构成一组均匀分布．满足前面说的 三点重 心是整点的情况． 故 9 个点能保证其中存在３个点的重心是整点．
是整数． 17. 在平面直角坐标系中至少任去多少个整点才能保证存在 3 个点构成的三角形的重心是 整点？ 解法一 设(x，y)是整点，每个分量模 3 后有 如下表的结果：
若有３个点模３后的结果落在上表中的同 一格中，则这３个点的重心是整点． 若有３点占满一行，则３点重心是整点；
有３点占满一列，则３点重心是整点； 若存在一组均匀分布，则有 3 点重心是整点． 由上表可知，若只有 8 个点，也不能保证有３点的重心是整点．（因为若每个格子都有 ２ 点，则只占有４个格子，无法保证上面的要求）
1.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 Ai 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. 2.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
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， 有一矩形，四角的数字相等．
．即必有２列在相同的两行选择相同的数字，即
6. 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．
...=|B1|-|B2|+|B3|-...+(-1)l|Bl+1| = C(m+l,m)-C(m+l,m+1)+C(m+l,m+2)-...+(-1)lC(m+l,m+l)
5.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：ai=aj=bi=bj， ai=aj=ci=cj，ai=aj=ci=cj．
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
． 7．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． 8. 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。 证：整数的个位数的可能取值为０，１，…，９．共１０种可能．11 个整数中必有 ２个数 的个位数相同，即这两个数之差能被１０整除． 9. 把从 1 到 326 的 326 个整数任意分为 5 个部分，试证其中有一部分至少有一个数是某两 个数之和， 或是另一个数的两倍。 证： 用反证法。设存在划分 P1∪P2∪P3∪P4∪P5＝[1，326]， Pi 中没有数是两数之
解
（c）的另一种解法：用格路说明组合意义 各点坐标：A0(m-1,l) Ai(m-1+i,l-i) Bj(m-1+j,l-j+1) 左=C(m+l-1,m-1)，为 O->A0 的路径数。设 O->P 的路径数为|P| 则，|A0|=|B1|-|A1|=|B1|-(|B2|-|A2|)=|B1|-|B2|+|A2|=|B1|-|B2|+|B3|-|A3|=
(1) 方案数=(n-1)!·2n (2) 设第 I 个单位的代表相邻的方案数为 Ai,i=1,2,…,n.
I ∑ ∑ I ∑ n
Ai
i =1
n
= (−1)k
Ai
k =0
I∈Φ(n,k ) i∈I
=
n k =0
(−1) k
n k
(2n
−
2k
− 1)!2 k
13. 一书架有 m 层，分别放置 m 类不同种类的书，每层 n 册。先将书架上的图书全部取出 清理。清理过程要求不打乱所有的类别。试问: （1）m 类书全不在各自原来层次上的方案数有多少？ （2）每层的 n 本书都不在原来位置上的方案数等于多少？ （3）m 层书都不在原来层次，每层 n 本书也不在原来位置上的方案数又有多少？ 解
解法二：用~a 代表 a
设三角形三点为(x1,y1), (x2,y2), (x3,y3)，则重心为((x1+x2+x3)/3, (y1+y2+y3)/3)。将整数分为等 价类~x1=~x2 mod 3，则有三类：~0, ~1, ~2。考察一维三点组的和被 3 整除对情况，共有四种： {~a,~a,~a}, {~0,~1,~2}，即每组含有一种或三种元素，若含有两种元素，其和必不能被 3 整除。 一维中最大的不满足集合为：{~0,~0,~1,~1}, {~1,~1,~2,~2}, {~0,~0, ~2,~2}。每组四个元素，发现
差．
，则有一 Pi 中至少有 66 个数， A＝{ a1 ,…,a66} ，a1＜a2＜···＜a66 ，
以下按书上 174 页的例题证明可得． 10. A、B、C 三种材料用作产品 I、II、III 的原料，但要求 I 禁止用 B、C 作原料，II 不能 用 B 作原料， III 不允许用 A 作原料，问有多少种安排方案？（假定每种材料只做一种产 品的原料）
解 按题意可得如下的带禁区的棋盘,其中有阴影的表示禁区．
棋盘多项式为：
R(
)=R( )R( )
=(1+x)(1+3x+x2 )
=1+4x+4x + x 3
故方案数＝3!－4·2!+4 ·1!－1 ·0!＝1
11. n 个球放到 m 个盒子中去，n＜(m/2)(m－1)，试证其中必有两个盒子有相同的球数。
八点组
0 2,
0 2,
1 0,
11 0,1,
01 0,1,
0 0
，为二维不满足集合。现求证九点组合能满足条件。
设 x 中，~0, ~1, ~2 的结合为 S0, S1, S2。|S1|+|S2|+|S3|=9。不妨设|S0|>=|S1|>=|S2|。 （1） 若|S0|>=5，考察 y 的组合情况，则必存在某三点之和被 3 整除。 （2） 若|S0|＝4，对应 y 中含有所求的三点组则得证；若没有，说明这四个 y 含有两种元素。
14．m+1 行
列的格子同 m 种颜色着色，每格着一种颜色，其中必有一个 4
角同色的矩形。
证 每列有(m+1)行，只有 m 种颜色，故一列中必有两格同色．同色的２个格子的行 号有
种取法．有 m 种色，故有 m
种同色模式，现有 m
+1 列，必有两
列的同色模式相同．即由这两列的对应行上有 ４个格子同色，正好是一个矩形的４个角上 的格子．得证． 15. 两名教师分别对 6 名学生同时进行两门课程的面试（每名教师各管一门课程）每名学生 每门面试的时间都是半个小时，共有多少不同的面试顺序？ 解 第一门课的顺序有 6!种；
3<=|S1|<=4，1<=|S2|<=2。不妨设 S2 对应的 y 为~0，若 S0, S1 中也分别含有~0，则得证。
（3）
否则 S0,S1 至少有一组中含有两种元素~1, ~2。不妨设为 S0。那么 S1 中的元素为{~0, ~1/~2}或{~1,~2}。无论怎样都可以在 S0, S1 中分别找到~1 和~2，与 S2 中的~0 构成所求 的三点组。 若|S3|=3，则|S1|=|S2|=3。若 Si 对应的 y 满足条件则得证。否则每组 y 含有两种元素。同 （2）的证明。在三个集合中，或者分别找出相同的元素，或者分别着出不同的元素， 结论成立。
因此，当任取 9 个整点时，存在重心为整点的三角形。
解 设 m 个盒子的球的个数是 a1,…,am， 各不相等，且有 0≤a1＜a2＜···＜am．则有 a2 ≥1、am≥m－1，故
≥1+2+…+m－1＝(m/2)(m－1) ， 与 n＜(m/2)(m－1)相矛盾！ 所以必有两个盒子的
球数相等． 12. n 各单位各派两名代表去出席一会议。2n 位代表围一圆桌坐下。试问： （1）各单位代表并排坐着的方案是多少？ （2）各单位的两人互不相邻的方案数又是多少？ 解
第二门课的顺序有： D6＝6! ( (1/2!)－(1/3!)＋(1/4!)－(1/5!)＋(1/6!) )＝265; 故总顺序有 6!×265 种． 16.在平面直角坐标系中至少任去多少个整点（两个坐标系都是整数）才能保证其中存在 3 个构成三角形（包含 3 点在一条直线上）的面积是整数（可以为 0）． 解 任一点的坐标（a , b）只有如下４种可能：(奇数，偶数)、(奇数，奇数)、 (偶数，奇数)、 (偶数，偶数)。因而 5 个点中必有两个点模 2 的格式一样．设 2｜(x1－x2)，2｜(y1－y2)即 x1－x2＝2k ， y1－y2＝２l，则三角形面积
A5：被 5 整除的数的集合 A7：被 7 整除的数的集合 所以
3. 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。
下面假设存在９个点，其中任３点的 重心都不是整点．则这 9 个点，至少占有 ＝ 5 个格子（因 为每格中最多有 2 个点，否则有 3 个点的重 心为整点），每行最多有２格，
又 =3， 所以每行都有点． 同理，每列都有点． 不妨设第一行 2 点，第二行 2 点，第
三行 1 点 前 2 行有两种模式： 或 这样第三行的点无论在哪一列都构成占满一列或构成一组均匀分布．满足前面说的 三点重 心是整点的情况． 故 9 个点能保证其中存在３个点的重心是整点．
是整数． 17. 在平面直角坐标系中至少任去多少个整点才能保证存在 3 个点构成的三角形的重心是 整点？ 解法一 设(x，y)是整点，每个分量模 3 后有 如下表的结果：
若有３个点模３后的结果落在上表中的同 一格中，则这３个点的重心是整点． 若有３点占满一行，则３点重心是整点；
有３点占满一列，则３点重心是整点； 若存在一组均匀分布，则有 3 点重心是整点． 由上表可知，若只有 8 个点，也不能保证有３点的重心是整点．（因为若每个格子都有 ２ 点，则只占有４个格子，无法保证上面的要求）
1.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 Ai 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. 2.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
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， 有一矩形，四角的数字相等．
．即必有２列在相同的两行选择相同的数字，即
6. 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．
...=|B1|-|B2|+|B3|-...+(-1)l|Bl+1| = C(m+l,m)-C(m+l,m+1)+C(m+l,m+2)-...+(-1)lC(m+l,m+l)
5.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：ai=aj=bi=bj， ai=aj=ci=cj，ai=aj=ci=cj．
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
． 7．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． 8. 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。 证：整数的个位数的可能取值为０，１，…，９．共１０种可能．11 个整数中必有 ２个数 的个位数相同，即这两个数之差能被１０整除． 9. 把从 1 到 326 的 326 个整数任意分为 5 个部分，试证其中有一部分至少有一个数是某两 个数之和， 或是另一个数的两倍。 证： 用反证法。设存在划分 P1∪P2∪P3∪P4∪P5＝[1，326]， Pi 中没有数是两数之