组合数学第4章答案
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。
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。
组合数学课后答案
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。
2.3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。
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。
组合数学（卢开澄）第4章课后习题答案
组合数学（卢开澄）版 第四章答案4.1，若群G 的元素a 均可表示为某一个元素x 的幂，即a=x m，则称这个群为循环群，若群的元素交换律成立。
即a ，b ∈G 满足，a ·b=b ·a证明：令a= x m ，b= x n ，则a ·b= x m ·x n = x n ·x m=b ·a ，因此是阿贝尔群4.2若x 是群G 的一个元素，存在一最小的正整数m ，使x m=e ，则称m 为x 的阶，试证： C={e,x,x 2,…x m-1}是G 的一个子群。
证明：一个群G 的不空集合H 作成G 的一个子群的充分必要条件是：1,a b H ab H a H a H-∈⇒∈∈⇒∈,a b 是H 的任意元素。
由题意知C 中的任意两个元素如,a b C ∈则ab C ∈；a C ∈则1a C -∈。
所以21{,,,,}m C e x x x -= 是G 的一个子群。
4.3设G 是阶为n 的有限群，则G 的所有元素的阶都不超过n 。
证明； 因为G 中每有元素都能生成一个与元素等阶的子群，子群的阶当然不能超过群G 的阶；所以则G 的所有元素的阶都不超过n 。
4.4若G 是阶为n 的循环群，求群G 的母元素的数目，即G 的元素可表示a 的幂： a 1 ，a 2 。
a n 的元素a 的数目。
证明： 若一个群G 的每一个元都是G 的某一固定元a 的乘方，我们就把G 叫做循环群；我们也说，G 是由元a 所生成的，并且用符号()G a =来表示。
所以就有一个这样的a ，即就有一个母元素。
4.5 试证循环群G 的子集也是循环群根据子群的定义，循环群G 的子群应满足循环群G 所满足的所有运算。
所以其子群页应该是循环群。
4.6若H 是G 的子群，x 和y 是G 的元素，试证xH ∩yH 或为空，或为xH=yHx,y ∉G若 xH ⋂yH ≠Φ可知：存在g ∈xH,g ∈yH 由g ∈xH,知存在h 1∈H,有g=xh 1;由g ∈yH,知存在h 2∈H,有g=yh 2; 从而有 xh1=yh2 ⇒x=y(h 2h 11-)------------式1任取z ∈xH,则存在h ∈H,有z=xh-------------------式2将-式1代入-式2： z=y(h 2h 11-)h=y(h 2h 11-h)--------- -式3H 是子群，有h 1，h 2，h ∈H 可推知，h 2h 11-h ∈H从而 y(h 2h 11-h) ∈yH.再由式3知 z ∈yH,这样我们就可推知xH ⊆yH 同理可推得 yH ⊆xH综上知道 yH=xH4.7若H 是G 的子群，H =k ，试证：xH =k ，其中x ∈GH =k设 H={n h h h h 32,1,} 同时对于i,j ∈{k ,3,2,1} 当i ≠j 时，有ah i≠ah j(否则，若有ah i =ah j ，由消去律得h i =h j ，矛盾) 表明{}n h h h h 32,1, 为n 个不同元而aH 恰有这些元组成， 故 aH =k, ∴aH =H4．8有限群G 的阶为n ，H 是G 的子群，则H 的阶必除尽G 的阶。
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。
组合数学第4章答案
组合数学第4章答案4.1证明所有的循环群是ABEL 群 证明：nn ,,**×x ,x m nm na b G G a b b a x xa b b a ++∈==∴=mmm 循环群也是群，所以群的定义不用再证，只需证明对于任意是循环群，有成立，因为循环群中的元素可写成a=x 形式所以等式左边x 等式右边x ＝，，即所有的循环群都是ABEL 群。
4.2x 是群G 的一个元素，存在一最小的正整数m ，使x m =e ，则称m 为x的阶，试证：C=｛e,x,x 2, …,x m-1｝ 证：x 是G 的元素，G 满足封闭性所以，xk 是G 中的元素 C ∈G再证C 是群：1、x i , x j ∈C , x i ·x j = x i+j 若i+j<=m-1,则x i+j ∈C若i+j>m,那么x i+j =x m+k =x m ·x k =x k ∈C 所以C 满足封闭性。
2、存在单位元e.3、显然满足结合性。
4、存在逆元， 设x a ·x b =e=x m x b =x m-ax a ∈C, (x a )-1= x b =x m-a4.3设G 是阶为n 的有限群，则G 的所有元素的阶都不超过n.证明：设G 是阶为n 的有限群，a 是G 中的任意元素，a 的阶素为k ， 则此题要证n k ≤首先考察下列n+1个元素a a a a a n 1432,....,,,+由群的运算的封闭性可知，这n+1个元素都属于G ,，而G 中仅有n 个元素，所以由鸽巢原理可知，这n+1个元素中至少有两个元素是相同的，不妨设为aaji i+=（n j ≤≤1）aa ajii*=由群的性质3可知，a j是单位元，即a j=e ，又由元素的阶数的定义可知，当a 为k 阶元素时a k=e ，且k 是满足上诉等式的最小正整数，由此可证n j k ≤≤4.4 若G 是阶为n 的循环群，求群G 的母元素的数目，即G 的元素可表示a 的幂：a,a2……..an解：设n=p 1a1…….p k ak ，共n 个素数的乘积，所以群G 中每个元素都以用这k 个素数来表示，而这些素数，根据欧拉定理，一共有 Φ(n)=n(1-1/p 1)………(1-1/p k )所以群G 中母元素的数目为n(1-1/p 1)………(1-1/p k )个. 4.5证明循环群的子群也是循环群证明：设H 是G=<a>的子群，若H=<e>,显然H 是循环群，否则取H 中最小的正方幂元m a ，下面证明m a 是H 的生成元,易见m a ⊆H ，只要证明H 中的任何元素都可以表成m a 的整数次方，由除法可知存在q 和r,使得l=qm+r,其中0≤r ≤m-1,因此有r a =qm l a -，因为m a 是H 中最小的正方幂元，必有r=0,这就证明出la=mq a }{m a ∈证明完毕。
组合数学第四章习题解答
4.23 凸多面体中与一个顶点相关的各角之和与2 的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠 角之和为4
证：设V,S,E分别为顶点集，面集，边(棱)集。 由欧拉定理 |V|+|S|－|E|=2. 设aij为与顶点vi， 面Sj为相关的面角，ej为Sj的的边数， 给定Sj则∑aij=(ej－2)π 欠角和为∑(2π－∑aij)=∑2π－∑ ∑aij =2|V|π－∑ ∑aij=2|V|π－∑(ej－2)π =2|V|π－∑ejπ+2|S|π =2|V|π+2|S|π－2|E|π=4π
G×G’的单位元素是(e,e’),试证G×G’是群 (1)封闭性显然 (2)结合律显然 (3)逆元素显然
(4)单位元显然
4.27 一个项链由7颗珠子装饰成的，其中两颗珠 子是红的，3颗是蓝的，其余两颗是绿的，问有多少 种装饰方案，试列举之。
G (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) (1234567),(1357246), (1473625),(1526374), (1642753),(1765432)
4.24 足球由正五边形与正六边形相嵌而成 (a)一个足球由多少正五边形与正六边形组成 (b)把一个足球所有的正六边形都着以黑色，正五 边形则着以其它各色，每个正五边形着色各不相 同，有多少种方案？
4.25 若G和G是两个群
G G ' {( g ,g ')g G ,g ' G ' }, ( g ,g ')( g ,g ') ( g g ,g 'g '), 1 1 2 2 1 2 1 2
4.21 在正四面体的每个面上都引一条高，有多少 种方案？
解：除了绕顶点-对面的中心轴旋转均不会 产生不变的图象外, 绕其他轴的旋转相当于正 4面体的面3着色。参照讲义4.6例3可得不同的 方案数为 M=[34+3·32]/12=9
(完整word版)组合数学第四版卢开澄标准答案-第四章
习题四4。
1。
若群G的元素a均可表示为某一元素x的幂,即a= x m，则称这个群为循环群.若群的元素交换律成立，即a , b G满足a b = b a则称这个群为阿贝尔(Abel）群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
［证］.设循环群（G，)的生成元是x0ÎG。
于是,对任何元素a ，b G，m,nÎN，使得a= x0m , b= x0n，从而a b = x0m x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n x0m(指数律)= b a故运算满足交换律；即(G, )是交换群.4.2。
若x是群G的一个元素,存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e，x，x2, ，x m—1}是G的一个子群。
［证].(1)非空性C ：因为eÎG；（2）包含性C G:因为xÎG，根据群G的封闭性，可知x2, ，x m—1,(x m=)eÎG,故C G；（3)封闭性 a , b C a b C: a , b C，k，lÎN (0k〈m，0l〈m),使a = x k，b = x l，从而a b = x k x l = x(k+l）mod m C(因为0 （k+l) mod m〈m) ；(4)有逆元 a C a —1C： a C，kÎN (0k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m—k C（因为0 m-k < m）。
综合（1) (2）(3) (4），可知(C, )是(G, )的一个子群.4.3。
若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证］。
对任一元素xÎG，设其阶为m，并令C={e,x，x2，，x m-1},则由习题4.2.可知（C, )是（G, ）的一个子群，故具有包含性C G。
因此有m = ｜C｜£｜G｜= n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
组合数学(第4章4.3)
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定理4.5.2 令(X, )是一个有限偏序集, 则 存在X上的线性序, 使得(X, )是(X, ) 的一个扩展.
证明：偏序的线性扩展算法，对集合
X={x1,x2,…,xn}的排序问题，满足：若xi xj, 则排序xi先于 xj 。
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例4：X={1,2,3,4,5,6,7,8}, “”定义为整除 关系, 确定(X, )的一个线性扩展.
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等价关系与划分
定义6: 对于X中每一个元素a, a的等价类 定义为所有与a等价的元素构成的集合.记 为[a]={x x∈X , x~a }.
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4.4 生成r-组合
集合{1,2,3,4}的2-组合： {1，2}； {1，3}; {2，3}; {1，4}; {2， 4}; { 3，4}
字典序：令S={1,2,…,n}, 设A，B是S的两个r组合，若AB\AB中的最小整数属于A，则称 A先于B。
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S的r-组合可写成如下形式：
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字典序r-组合生成算法
初始： a1a2…ar＝12…r 当a1a2…ar (nr+1) (nr+2)…n时，Do
1）确定最大整数k, 使得ak+1 n，且ak+1ai (i=1,2,…,r)
2) 用a1a2…ak-1 (ak+1)…(ak+rk+1)替换a1a2…ar.
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…
r)在始a，1a第2…r个ar后元面素存大在于an r1。ar 个组合，从a1a2…ar-1开
Richard组合数学第5版-第4章课后习题答案(英文版)
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8. (a) For a permutation of {1, 2, 3, 4, 5, 6} the corresponding inversion sequence
(b1, b2, b3, b4, b5, b6) satisfies 0 ≤ bi ≤ 6 − i for 1 ≤ i ≤ 6. The total number of inversions is
←− ←− ←− ←− ←− 12534 ←− ←− →− ←− ←− 12543 ←− ←− ←− ←− ←− 14523 ←−4 ←−1 →−5 ←−2 ←−3 →−4 ←−1 ←−5 ←−3 ←−2 ←−1 →−4 →−5 ←−3 ←−2 ←− ←− ←− →− ←− 13542 ←− ←− →− ←− →− 13524 ←− ←− ←− ←− ←− 31524 ←−3 ←−1 →−5 ←−4 ←−2
(c) The set {x6} corresponds to coordinate 7 6 5 4 3 2 1 0 entry 0 1 0 0 0 0 0 0
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(西安电子科技大学(第二版))习题4答案
习题四（容斥原理）1．试求不超过200的正整数中素数的个数。
解：因为2215225,13169==，所以不超过200的合数必是2,3,5,7,11,13的倍数，而且其因子又不可能都超过13。
设i A 为数i 不超过200的倍数集，2,3,5,7,11,13i =，则22001002A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，3200663A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，5200405A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，7200287A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦， 112001811A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，132001513A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，232003323A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 252002025A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，272001427A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，2112009211A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 2132007213A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，352001335A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，37200937A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 3112006311A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，3132005313A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，57200557A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 5112003511A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，5132003513A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，7112002711A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 7132002713A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，111320011113A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，2352006235A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 2372004237A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，231120032311A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，231320022313A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦ 2572002257A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，251120012511A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，251320012513A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 271120012711A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，271320012713A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 21113200021113A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，3572001357A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，351120013511A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦351320013513A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，371120003711A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，…， 235720002357A A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⨯⎣⎦，…，23571113200023571113A A A A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦， 所以 23571113200(1006640281815)(3320149713965533221)(6432211110111i i j i j k i j k lii ji j ki j k li j k l m i j k l m ni j k l mi j k l m nA A A A A A S A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A <<<<<<<<<<<<<<<=-+-+-+=-++++++++++++++++++++-+++++++++++++∑∑∑∑∑∑0)00041+-+=但这41个数未包括2,3,5,7,11,13本身，却将非素数1包含其中， 故所求的素数个数为：416146+-=2．问由1到2000的整数中：（1）至少能被2，3，5之一整除的数有多少个？ （2）至少能被2，3，5中2个数同时整除的数有多少个？ （3）能且只能被2，3，5中1个数整除的数有多少个？ 解：设i A 为1到2000的整数中能被i 整除的数的集合，2,3,5i =，则2200010002A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，320006663A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，520004005A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦， 23200033323A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，25200020025A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，35200013335A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 235200066235A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， （1）即求235A A A ++，根据容斥原理有：235235232535235()1000666400(333200133)661466A A A A A A A A A A A A A A A ++=++-+++=++-+++=（2）即求232535A A A A A A ++，根据容斥原理有：232535232535235235235235()333200133266534A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ++=++-+++=++-⨯=（3）即求[1]N ，根据Jordan 公式有：1112233235232535235[1]2()310006664002(333200133)366932N q C q C q A A A A A A A A A A A A =-+=++-⨯+++⨯=++-⨯+++⨯=3．求从1到500的整数中能被3和5整除但不能被7整除的数的个数。
组合数学答案2-5
2. Prove that for any n+1 integers a1, a2, …, an+1 there exist two of the integers ai and aj with i ≠ j such that ai - aj is divisible by n.
Proof: Suppose that we divide all the integers by n, the remainders are {0, 1, …, n-1}.不是 1 到 n-1. According to Pigeonhole Principal, for n+1 integers, there exit two integers have the same remainders when divided by n. Assume that they are ai and aj, it is obvious that ai - aj is divisible by n, because they have the same remainder.
第一次作业 第二章 鸽巢原理
1. Show that if n+1 integers are chosen from the set {1, 2, …, 3n}, then there are always two which differ by 1 or 2.
Proof: Suppose that we partition set {1, 2, …, 3n} into {1, 2, 3}, {4, 5, 6}, …, {3n-2, 3n-1, 3n} and choose n+1 integers from the n sets. According to the Pigeonhole Principal, there are at least two integers from the same set. And elements in the same set differ by 1 or 2. Therefore, we concluded t hat if n+1 integers are chosen from the set {1, 2, …, 3n}, there are always two which differ by 1 or 2.
组合数学习题答案.
第一章答案 第二章答案 第三章答案 第四章答案第一章答案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。
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组合数学第4章答案4.1证明所有的循环群是ABEL 群 证明：nn ,,**×x ,x m nm na b G G a b b a x xa b b a ++∈==∴=mmm 循环群也是群，所以群的定义不用再证，只需证明对于任意是循环群，有成立，因为循环群中的元素可写成a=x 形式所以等式左边x 等式右边x ＝，，即所有的循环群都是ABEL 群。
4.2x 是群G 的一个元素，存在一最小的正整数m ，使x m =e ，则称m 为x的阶，试证：C=｛e,x,x 2, …,x m-1｝ 证：x 是G 的元素，G 满足封闭性所以，xk 是G 中的元素 C ∈G再证C 是群：1、x i , x j ∈C , x i ·x j = x i+j 若i+j<=m-1,则x i+j ∈C若i+j>m,那么x i+j =x m+k =x m ·x k =x k ∈C 所以C 满足封闭性。
2、存在单位元e.3、显然满足结合性。
4、存在逆元， 设x a ·x b =e=x m x b =x m-ax a ∈C, (x a )-1= x b =x m-a4.3设G 是阶为n 的有限群，则G 的所有元素的阶都不超过n.证明：设G 是阶为n 的有限群，a 是G 中的任意元素，a 的阶素为k ， 则此题要证n k ≤首先考察下列n+1个元素a a a a a n 1432,....,,,+由群的运算的封闭性可知，这n+1个元素都属于G ,，而G 中仅有n 个元素，所以由鸽巢原理可知，这n+1个元素中至少有两个元素是相同的，不妨设为aaji i+=（n j ≤≤1）aa ajii*=由群的性质3可知，a j是单位元，即a j=e ，又由元素的阶数的定义可知，当a 为k 阶元素时a k=e ，且k 是满足上诉等式的最小正整数，由此可证n j k ≤≤4.4 若G 是阶为n 的循环群，求群G 的母元素的数目，即G 的元素可表示a 的幂：a,a2……..an解：设n=p 1a1…….p k ak ，共n 个素数的乘积，所以群G 中每个元素都以用这k 个素数来表示，而这些素数，根据欧拉定理，一共有 Φ(n)=n(1-1/p 1)………(1-1/p k )所以群G 中母元素的数目为n(1-1/p 1)………(1-1/p k )个. 4.5证明循环群的子群也是循环群证明：设H 是G=<a>的子群，若H=<e>,显然H 是循环群，否则取H 中最小的正方幂元m a ，下面证明m a 是H 的生成元,易见m a ⊆H ，只要证明H 中的任何元素都可以表成m a 的整数次方，由除法可知存在q 和r,使得l=qm+r,其中0≤r ≤m-1,因此有r a =qm l a -，因为m a 是H 中最小的正方幂元，必有r=0,这就证明出la=mq a }{m a ∈证明完毕。
4.6 若H 是G 的子群，x 和y 是G 的元素，试证yH xH ⋂或为空，或yH xH = 4.7 若H 是G 的子群,|H|=k,试证：|xH|=k 其中x ∈G .证明：∵H 是G 的子群，x ∈G ∴|xH|≤k如果|xH|<k,则必存在a,b ∈H,使得xa=xb, 因为且x ∈G 所以存在逆元 x -1xa=x -1xb ∴a=b ∴|H|<k 又∵|H|=k ∴|xH|=k.4.8 有限群G 的阶为n ，H 是G 的子群，则H 的阶必除尽G 的阶。
答案：已知|G|=n, |H|<=|G| 设G={1210.......,,-n a a a a }， H={1210......,,-n b b b b }因为H 是G 的子群，所以在H 中的一个r m b )(一定在G 中对应一个m a 使得mrmab =)(，所以有m rm a b =，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。
解：证： 设|G|=g,则231,,,,g x x x x + 中必有相同元。
设k l x x =, 11k l g ≤<≤+，则l k x e -=，1l k g ≤-≤。
对于给定的x ，存在最小的正整数r ，使得r x e =。
于是23{,,,,}r H x x x x = 是G 的子群，若H G ≠，则a H ∃∉，显然，a H H ⋂=∅，2a H H r +=。
若a H H G +=， 则2,|r g r g =，否则a b H H ∃∉+，()b a H H H ⋂+=∅。
于是a b H H H G +++= ，(1)r k g+=，|r g 。
证毕。
4.10 若x 和y 在群G 作用下属于同一等价类，则x 所属的等价类Ex ，y 所属的等价类Ey 有|Ex| = |Ey|解：因为x 和y 在群G 作用下属于同一等价类，所以x 和y 在群G 作用下存在置换P 1使x 和y 互相转变，即Ex = Ey={x,y}所以|Ex| = |Ey|。
4．11 有一个3х3的正方形棋盘,若用红,蓝色对这9个格进行染色,要求两个格着红色,其余染蓝色,问有多少种着色方案?解: 对于一个3×3的正方形棋盘,要求两个格着红色,其余染蓝色,如下图所示.置换群: 格式: (1)9 ,1个.(1)3(2)3,4个.(1) (4)2,2个.(1)(2)4,1个p(x)=1/8×[(1+x)9+4(1+x)(1+x2)3+2(1+x)(1+x4)2+(1+x)(1+x2)4]x2的系数为 1/8×[C(9,2)+4(C(3,2)+C(3,1))+C(4,1)]=(36+24+4)/8=8其中划横线为红色,其它为蓝色.共8种着色方案.4.12：试用Burnside引理解决n个人围一圆桌坐下的方案问题。
解：图一C1图二………………………………………………………………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。
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：P 1=(c 1)(c 2)……(c n!);）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，所以一共有(n-1)!种排列。
4.13 对正六角形的6个顶点用5种颜色进行染色，试问有多少种不同的方案，旋转使之重合作为相同处理解：首先对每个顶点进行编号，分别为1，2，3，4，5，6，根据旋转的角度不同，共可以旋转6次，得到不同的旋转方式 旋转0度： ()()()()()()1a 123456= 1()c a =6 旋转60度： ()2a 123456= 1()c a =1 旋转120度：()()3a 135246= 1()c a =2 旋转180度：()()()4a 142536= 1()c a =3 旋转240度：()()5a 153264= 1()c a =2 旋转300度：()6a 165432= 1()c a =1所以G =6，根据Polya 定理，m=5，612()()()6123211 (15555556)2635c a c a c a l m m m G⎡⎤=+++⎣⎦⎡⎤=⨯+++++⎣⎦=故一共2635种涂色方案4.15 对一个正六面体的8个顶点，用y 和r 两种颜色染色，使其中有5个顶点用色y ，其余3个顶点用色r ，求其方案数。
解： 相当于4.7节中例2中求b 5r 3的系数，为[C(8,5)+8C(2,1)]/24=34.15 对一个正六面体的8个顶点，用y 和r 两种颜色染色，其中五个顶点用色y ，其余三个顶点用色r ，求方案数？ 解：()1258C 8C241⨯+=34.16：用b ，r ，g 这3种颜色的5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案。
解: 正5边形的运动群 绕心转 ±72。
(5)1 2个 ±144。
(5)1 2个 翻转 180。
(1)(2)2 5个 不动 (1)5 1个不同方案数为m=(35+4·31+5·33)/10=394.16 用b ，r ，g ，这三种颜色的5颗珠子镶成的圆环，共有几种不同的方案？解：G ：(1)(2)(3)(4)(5),(1 2 3 4 5),(1 3 5 2 4),(1 4 2 5 3),(1 5 4 3 2) ,(1)(2 5)(3 4), (2)(1 3)(4 5), (3)(2 4)(1 5), (4)(3 5)(1 2),(5)(1 4)(2 3).|G|=10.应用polya 定理，不同的方案数为：5131(34*35*3)10++=394─17 一个圆圈上有n 个珠子,用n 种颜色对这n 个珠子着色,要求颜色数目不少于n 的方案数是多少?解: 使重合的运动包括绕中心旋转和绕水平对称轴翻转共产生2n 个置换群.n 个球用n 种颜色着色共有n!种不同方案.因此,所求方案数为n!/2n.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） 格式为（4）2，同格式的共轭类有6个。
绕中轴旋转180。
的置换非别为（13）（24）（57）（68），格式为（2）4，同类置换有3个。
绕斜对角线旋转180。
的置换为（17）（26）（35）（48），格式为（2）4同类置换有3个。
绕斜对角线旋转120。
的置换为（136）（475）（8）（2），（631）（574）（2）（8），格式为（3）2（1）2同类置换有8个。
依据Polya 定理，不同方案数为M=（28+6×22+3×24+6×24+8×24）/24=234.18．若已给两个r 色的球，两个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：由P191 例4-14知，六面体顶点的置换群中有一个8(1)，六个2(4)，九个4(2)，八个22(3)(1)，本题相当于用2个顶点涂r 色，2个顶点涂b 色，4个顶点涂w 色，利用母函数形式的polya 定理知总的方案数为844422224233321()6()9()8()()24P r b w r b w r b wr b wr b w⎡⎤=+++++++++++++⎣⎦其中224r b w 的系数即为所求，系数为22，总的所求方案数为22种。