组合数学引论课后答案(部分)

组合数学引论课后答案

习题一

1.1任何一组人中都有两个人，它们在该组内认识的人数相等。

1.2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

1.3任取n+1个整数，求证其中至少有两个数，它们的差是n的倍数

1.4在1.1节例4中证明存在连续的一些天，棋手恰好下了k盘棋(k=1,2,…，21).问是

否可能存在连续的一些天，棋手恰好下了22盘棋

1.5将1.1节例5推广成从1,2，…，2n中任选n+1个数的问题

1.6从1,2,…,200中任取100个整数，其中之一小于16，那么必有两个数，一个能被另

一个整除

1.7从1,2,…,200中取100个整数，使得其中任意两个数之间互相不能整除

1.8任意给定52个数，它们之中有两个数，其和或差是100的倍数

1.9在坐标平面上任意给定13个整点（即两个坐标均为整数的点），则必有一个以它们

中的三个点为顶点的三角形，其重心也是整点。

1.11证明：一个有理数的十进制数展开式自某一位后必是循环的。

N=3,我们有3259=777?;N=4,有41952=7700?;N=5,有514=70?;……）

1.13

(1) 在一边长为1的等边三角形中任取5个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多为

12；

(2) 在一边长为1的等边三角形中任取10个点，则其中必有两个点，该两点的距离至多

为13；

(3) 确定

n m ，使得在一边长为1的等边三角形中任取n m 个点，则其中必有两个点，该两

点的距离至多为1

n ；

1.14 一位学生有37天时间准备考试，根据以往的经验，她知道至多只需要60个小时的复

习时间，她决定每天至少复习1小时，证明：无论她的复习计划怎样，在此期间都存在一些天，她正好复习了13个小时。

1.15从1,2,…,2n中任选n+1个整数，则其中必有两个数，它们的最大公约数为1

出的数属于同一个鸽巢，即它们的最大公约数为1

1.16针对1.1节的例6，当m,n不是互素的两个整数时，举例说明例中的结论不一定成立

习题二

2.1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。

2.2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。

2.3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。

2.4一次选秀活动，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。

2.5一个袋子里装了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。

2.6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。而现在有任意给定的n+2个整数，我们需要构造n+1个盒子，即对上面2n个余数进行分组，共n+1组：

{0},{1，2n-1},{2，2n-2},{3,2n-3},…，{n-1,n+1}，{n}。

根据鸽巢原理，n+2个整数，必有两个整数除以2n落入上面n+1个盒子里中的一个，若是{0}或{n}则说明它们的和及差都能被2n整除；若是剩下n-1组，因为一组有两个余数，余数相同则它们的差能被2n整除，不同则它们的和能被2n整除。证明成立。

2.7一个网站在9天中被访问了1800次，证明：存在连续的3天，这个网站的访问量超多600

次。

证明：

设网站在9天中访问数分别为a1，a2，...，a9 其中a1+a2+...+a9 = 1800，

令a1+a2+a3 = b1，a4+a5+a6 = b2，a7+a8+a9 = b3

因为（b1+b2+b3）/3 >= 600 由推论2.2.2知，b1，b2，b3中至少有一个数大于等于600。所以存在有连续的三天，访问量大于等于600次。

2.8将一个矩形分成5行41列的网格，每个格子涂1种颜色，有4种颜色可以选择，证明：

无论怎样涂色，其中必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。证明：首先对一列而言，因为有5行，只有4只颜色选择，根据鸽巢原理，则必有两个单元格的

颜色相同。另外，每列中两个单元格的不同位置组合有()

52=10种，这样一列中两个同色单元格

的位置组合共有10*4=40种情况。

而现在共有41列，根据鸽巢原理，无论怎样涂色，则必有两列相同，也就是必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子是同一颜色。

2.9 将一个矩形分成(m +1)行()

112m m ++列的网格每个格子涂1种颜色，有m 种颜色可以选择，

证明：无论怎么涂色，其中必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。 证明：

（1）对每一列而言，有（m+1）行，m 种颜色，有鸽巢原理，则必有两个单元格颜色相同。 （2）每列中两个单元格的不同位置组合有()

12m +种，这样一列中两个同色单元格的位置组合

共有 ()

12

m m +种情况

（3）现在有()

112

m m ++列，根据鸽巢原理，必有两列相同。证明结论成立。

2.10 一名实验员在50天里每天至少做一次实验，而实验总次数不超过75。证明一定存在连续的若干天，她正好做了24次实验。

证明：令b1，b2，...，b50 分别为这50天中他每天的实验数，并做部分和 a1 = b1，a2 = b1+b2 ，。。

a50 = b1+b2+...+b50 .

由题，bi>=1(1<=i<=50)且a50<=75 所以 1<=a1

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

++

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

2.13 证明：对于任意大于等于2的正整数n ，都有R (2,n )=n 。 证明：

要证R （2，n ）= n ，用红蓝两色涂色Kn 的边。

当n=2时，R(2,2)=2，因为不管用红还是蓝色都是完全二边形。

假设当n=k 时 成立 ，即存在R(2,k)=k （没有一条红边，只有蓝边）， 当n=k+1时，R （2，k+1）

若无红边，要想有完全k+1边形，必得有k+1个点，即R （2，k+1）=k+1。证明成立。

习题三

3.1 有10名大学生被通知参加用人单位的面试，如果5个人被安排在上午面试，5个人被安

排在下午面试，则有多少种不同的安排面试的顺序？ 解：上午的5个人全排列为5！

下午的5个人全排列为5！

所以有5

10*5!*5!10!C ，共14400种不同的安排方法。

3.2 某个单位内部的电话号码是4位数字，如果要求数字不能重复，那么最多可有多少个号码？如果第一位数字不能是0，那么最多能有多少个电话号码？

解：由于数字不能重复，0-9共10个数字，所以最多有10*9*8*7=5040种号码；若第一位不能是0，则最多有9*9*8*7=4536种号码。

3.3 18名排球运动员被分成A ,B ,C 三个组，使得每组有6名运动员，那么有多少种分法？如

果是分成三个组（不可区别），使得每组仍有6名运动员，那么有多少种分法？

解：1)666

18126**C C C 种 2) 66618126

**C C C /3! 3.4 教室有两排，每排8个座位。现有学生14人，其中的5个人总坐在前排，4个人总坐在

后排，求有多少种方法将学生安排在座位上？

解：前排8个座位，5人固定，共5

8*5!C 种方法；后排8个座位，4人固定，共48*4!C 种方法；前排和后排还剩7个座位，由剩下的5人挑选5个座位，共57*5!C 种方法；则一共有545887***5!*5!*4!C C C 种安排方法。

俄罗斯教材《代数引论》的启迪

俄罗斯教材《代数学引论》的启迪（初稿） 庄瓦金 （漳州师范学院，福建，363000） 二十年前，北京大学三位教授根据1982年斯普林格出版社的英文版翻译了莫斯科大学A.И.柯斯特利金院士的《代数学引论》[1，2]，使得国内同行们对俄罗斯高水平的代数教材有所认识。但鉴于中国国情，至今还没看到该书对中国大学本科代数教学有实质的影响。而今，在中国数学会、中国工业与应用数学学会、国家自然科学基金委员会的关注下，数学天元基金资助、高等教育出版社出版了庆祝莫斯科大学成立250周年而推出的一批优秀数学教材的中译本，其中有 A.И.柯斯特利金的《代数学引论》（第二、三版）三卷本[3~5]（以下简称《引论》）。笔者看后，很受启发，现根据这几年来对高等代数研究的基础[17~23]，对《引论》作些思索，为提升中国大学本科代数教学水平奉献余力。 一《引论》的特色 稍读[3~5]，笔者认为，A.И.柯斯特利金之著有以下四大特色。 1 继承性 [1]的英文版译者指出：A.И.柯斯特利金“发展了莫斯科大学的代数课”，这从《引论》著者经历就可以看出。A.И.柯斯特利金1959年获莫斯科大学数理科学博士学位，1972年任莫斯科大学高等代数教研室主任，1976年升为教授，同年当选为苏联科学院通讯院士，1977－1980任莫斯科大学数学系主任，1991年起为莫斯科大学学术委员会成员，他的《引论》理所当然地继承了А.Г.库洛什等老一辈代数学家的代数教材，这还从[3~5]的补充文献也得到进一步证实。 在注意《引论》继承自己前辈工作之时，我们注意到《引论》三卷本与N.Jacobson的《抽象代数学》三卷本[6]在分卷上的相似性，这也多少说明[3~5]继承了国际上代数教材的遗产，使得这三卷本能够更好地贯串一条主线。因此，《引论》的继承性不仅是莫斯科大学的，而且也包涵了全世界各著名大学的。 值得一提的是，[3~5]的俄文版，第二卷2004年出版，第三卷2001年出版，估计第一卷也是2001年出版，也就是说：这三卷本是在著者去世之后出版的。记得Φ.Ρ.甘特马赫尔的《矩阵论》俄文第二版也是在著者去世后出版的。看来，这里说的继承性是莫斯科学派集体继承性，这是多么伟大的继承性，它体现了俄罗斯数学家的优良品格。 2 整体性 《引论》的特色不仅在于教材的系统性，更在于教材的整体性。首先是代数科学的整体性，中国的高等代数与抽象代数两门课程，在[3~5]中则整合为一，使整个代数教材的水平提高了一个层次，让学生尽早接触抽象代数思想，推进了学生对代数结构的理解。这显然对于学生的整个数学学习大有好处。其次是数学课程的整体性，《引论》第一卷的前言一开头就写到：“人们很早就感到有必要把代数、线性代数和几何放到一个统一的教程中。而教科书《代数学引论》自出版后的22年来可以看作是这种统一处理的初步考试。”因此，《引论》突出了代数与几何的统一；同时也注意了与分析的联系，特别是注意到了线性代数的两大后继课程：计算数学与泛函分析，这不仅在教材中有交代，而且在基本术语上相一致，如“线性变换”称为“线性算子”。再次是数学语言的整体性，在[1]中，著者就注

(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。

代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案(可编辑修改word版)

第一章代数基本概念 1.如果群 G 中,对任意元素 a,b 有(ab)2=a2b2,则 G 为交换群. 证明: 对任意 a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群 G 为交换群. 2.如果群 G 中,每个元素 a 都适合 a2=e, 则 G 为交换群. 证明: [方法 1] 对任意 a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此 G 为交换群. [方法 2] 对任意 a,bG, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知 G 为交换群. 3.设 G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法 ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2)由 ab=ac 推出 a=c; 1

(3)由 ac=bc 推出 a=b; 证明 G 在该乘法下成一群. 证明:[方法 1] 设 G={a1,a2,…,a n},k 是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有 再由乘法的封闭性可知a k a i a k a j<1> a i a k a j a k<2> G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n} <3> G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k} <4> 由<1>和<3>知对任意 a t G, 存在 a m G,使得 a k a m=a t. 由<2>和<4>知对任意 a t G, 存在 a s G,使得 a s a k=a t. 由下一题的结论可知 G 在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法 2] 为了证明 G 在给定的乘法运算下成一群，只要证明 G 内存在幺元(单位元)，并且证明G 内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设 G={a1,a2,…,a n}. (Ⅰ) 证明 G 内存在幺元. <1> 存在 a t G，使得 a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明 a1a t= a t a1; 因为 2

组合数学课后答案

作业习题答案 习题二 2.1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。 2.3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： 方法一： 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。 方法二： 对于平面上的任意整数坐标的点而言，其坐标值对2取模后的可能取值只有4种情况，即：(0,0) ,(0,1) ,(1,0), (1,1)，根据鸽巢原理5个点中必有2个点的坐标对2取模后是相同类型的，那么这两点的连线中点也必为整数。 2.4一次选秀活动，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。 2.9将一个矩形分成(m +1)行112m m +?? + ??? 列的网格每个格子涂1种颜色，有m 种颜色可以选择，证明：无论怎么涂色，其中必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子被涂上同一种颜色。 证明： （1）对每一列而言，有（m+1）行，m 种颜色，有鸽巢原理，则必有两个单元格颜色相同。 （2）每列中两个单元格的不同位置组合有12m +?? ??? 种，这样一列中两个同色单元格的位置组合共有 12m m +?? ??? 种情况 （3）现在有112m m +?? + ??? 列，根据鸽巢原理，必有两列相同。证明结论成立。 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：

清华组合数学()习题答案

?1.证：对n 用归纳法。先证可表示性： 当n=0,1时，命题成立。 假设对小于n 的非负整数，命题成立。对于n,设k!≤n ＜(k+1)!,即0≤n-k!＜k·k!由假设对n-k!,命题成立， 设n-k!=∑a i ·i!，其中a k ≤k-1,n=∑a i ·i!+k!，命题成立。i=1 k i=1 k 再证表示的唯一性： 设n=∑a i ·i!=∑b i ·i!, 不妨设a j ＞b j ,令j=max{i|a i ≠b i }a j ·j!+a j-1·(j-1)!+…+a 1·1! =b j ·j!+b j-1·(j-1)!+…+b 1·1!,(a j -b j )·j!=∑(b i -a i )·i!≥j!＞∑i·i!≥∑|b i -a i |·i!≥∑(b i -a i )·i! 另一种证法：令j=min{i|a i ≠b i }∑a i ·i!=∑b i ·i!,两边被(j+1)!除,得余数a j ·j!=b j ·j!,矛盾. i=1 k i=1k i=1 j-1i=1 j-1 i=1j-1i=1 j-1 i ≥j i ≥j ?2.证： 组合意义： 等式左边：n 个不同的球，先任取出1个，再从余下的n-1个中取r 个； 等式右边：n 个不同球中任意取出r+1个，并指定其中任意一个为第一个。显然两种方案数相同。 nC(n-1,r) = n ————= ——————— (n-1)! (r+1)·n! r!·(n-r-1)! (r+1)·r!·(n-r-1)! = ——————= (r+1)C(n,r+1).(r+1)·n! (r+1)!·(n-r-1)! ?3.证： 设有n 个不同的小球，A 、B 两个盒子,A 盒中恰好放1个球,B 盒中可放任意个球。有两种方法放球： ①先从n 个球中取k 个球(k ≥1),再从中挑 一个放入A 盒,方案数共为∑kC(n,k),其余球放入B 盒。 ②先从n 个球中任取一球放入A 盒，剩下n-1个球每个有两种可能，要么放入B 盒， 要么不放，故方案数为n2 . 显然两种方法方案数应该一样。 k=1n n-1 ?4.解：设取的第一组数有a 个,第二组有b 个,而 要求第一组数中最小数大于第二组中最大的，即只要取出一组m 个数(设m=a+b),从大到小取a 个作为第一组,剩余的为第二组。此时方案数为C(n,m)。从m 个数中取第一组数共有m-1中取法。总的方案数为∑(m-1)C(n,m)=n ·2 +1. ?5.解：第1步从特定引擎对面的3个中取1个有 C(3,1)种取法，第2步从特定引擎一边的2个中 取1个有C(2,1)种取法，第3步从特定引擎对面的2个中取1个有C(2,1)中取法，剩下的每边1个取法固定。 所以共有C(3,1)·C(2,1)·C(2,1)=12种方案。 m=2 n n-1 ?6.解：首先所有数都用6位表示，从000000到 999999中在每位上0出现了10 次,所以0共出现 了6·10 次,0出现在最前面的次数应该从中去掉， 000000到999999中最左1位的0出现了10 次， 000000到099999中左数第2位的0出现了10 次， 000000到009999左数第3位的0出现了10 次, 000000到000999左数第4位的0出现了10 次, 000000到000099左数第5位的0出现了10 次, 000000到000009左数第6位的0出现了10 次。另外1000000的6个0应该被加上。所以0共出现了 6·10 –10 –10 –10 –10 –10 –10 +6 = 488895次。 5 5 5 4 3 2 1 5543210 ?7.解：把n 个男、n 个女分别进行全排列，然后 按乘法法则放到一起，而男女分别在前面,应该 再乘2,即方案数为2·(n!) 个. 围成一个圆桌坐下， 根据圆排列法则，方案数为2 ·(n!) /(2n)个. ?8.证：每个盒子不空，即每个盒子里至少放一 个球，因为球完全一样，问题转化为将n-r 个小球放入r 个不同的盒子，每个盒子可以放任意个球，可以有空盒，根据可重组合定理可得共有C(n-r+r-1,n-r) = C(n-1,n-r)中方案。根据C(n,r)=C(n,n-r),可得 C(n-1,n-r)=C(n-1,n-1-(n-r))=C(n-1,r-1)个方案。证毕。 2 2 ?9.解：每个能整除尽数n 的正整数都可以选取每个素数p i 从0到a i 次，即每个素数有a i +1种选择，所以能整除n 的正整数数目为(a 1+1)·(a 2+1)·…·(a l +1)个。 ?10.解：相当于把n 个小球放入6个不同的盒子里，为可重组合，即共有C(n+6-1,n)中方案，即C(n+5,n)中方案。 ?11.解：根据题意,每4个点可得到两条对角线,1个对角线交点,从10个顶点任取4个的方案有C(10,4)中,即交于210个点。

组合数学课后标准答案

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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。

代数学引论第一章答案

1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,b错误！未找到引用源。G,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,b错误！未找到引用源。G, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群. [方法2] 对任意a,b错误！未找到引用源。G, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群. 3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2)由ab=ac推出b=c; (3)由ac=bc推出a=b; 证明G在该乘法下成一群. 证明:[方法1] 设G={a 1,a 2 ,…,a n },k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若i错误！未找到引用源。j(I,j=1,2,…,n),有 a k a i 错误！未找到引用源。a k a j ------------<1> a i a k 错误！未找到引用源。a j a k ------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a 1,a 2 ,…,a n }={a k a 1 , a k a 2 ,…, a k a n }------------<3> G={a 1,a 2 ,…,a n }={a 1 a k , a 2 a k ,…, a n a k }------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t 错误！未找到引用源。G, 存在a m 错误！未找到引用源。G,使得 a k a m =a t . 由<2>和<4>知对任意a t 错误！未找到引用源。G, 存在a s 错误！未找到引用源。G,使得 a s a k =a t . 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.

代数学引论(丁石孙)_第一章答案

代数学基础学习笔记
第一章 代数基本概念
习题解答与提示(P54)
1. 如果群 G 中,对任意元素 a,b 有(ab)2=a2b2,则 G 为交换群. 证明:
对任意 a,b G,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b
再由已知条件以及消去律得到 ba=ab,
由此可见群 G 为交换群.
2. 如果群 G 中,每个元素 a 都适合 a2=e, 则 G 为交换群. 证明: [方法 1]
对任意 a,b G, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)
=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此 G 为交换群. [方法 2]
对任意 a,b G, a2b2=e=(ab)2,
由上一题的结论可知 G 为交换群.
3. 设 G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法 ab,适合条件: (1) a(bc)=(ab)c; (2) 由 ab=ac 推出 b=c; (3) 由 ac=bc 推出 a=b;
证明 G 在该乘法下成一群. 证明:[方法 1]
设 G={a1,a2,…,an},k 是 1,2,…,n 中某一个数字,由(2)可知若 i j(I,j=1,2,…,n),有 akai ak aj------------<1> aiak aj ak------------<2>
再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3>
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组合数学题目及标准答案

组合数学 例1: 将8个“车”放在8×8的国际象棋棋盘上，如果它们两两均不能互吃，那么称8个“车”处于一个安全状态。问共有多少种不同的安全状态? 解：8个“车”处于安全状态当且仅当它们处于不同的8行和8列上。 用一个排列a1,a2,…,a8 ，对应于一个安全状态，使ai 表示第i 行的ai 列上放置一个“车”。这种对应显然是一对一的。因此，安全状态的总数等于这8个数的全排列总数8!＝40320。 例4：n 位客人在晚会上每人与他人握手d 次，d 是奇数。证明n 偶数。 证：由于每一次握手均使握手的两人各增加 一次与他人握手的次数，因此n 位客人与他人握手 次数的总和 nd 是偶数 — 握手次数的2倍。根据奇偶 性质，已知d 是奇数，那么n 必定是偶数。 例４ 从1到2n 的正整数中任取n +1个，则这n +1个数中，至少有一对数，其中一个是另一个的倍数。 证 设n +1个数是a 1, a 2, ···, an +1。每个数去掉一切2的因子，直至剩下一个奇数为止。组成序列r 1, r 2,, ···, rn +1。这n +1个数仍在[1 , 2n ]中，且都是奇数。而[1, 2n ]中只有n 个奇数，故必有ri =rj = r , 则ai = 2αi r , aj = 2αj r 。若ai ＞aj ，则ai 是aj 的倍数。 例5 设a 1, a 2, ···, am 是正整数，则至少存在一对k 和l , 0≤k h ，使得 ah+1+…+ ak= 39 证 令Sj= ，j =1 , 2 , …,100。显然 ∑=j i i a 1 ∑=h i i a 1

李凡长版-组合数学课后习题答案-习题3

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)+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a n-1a n-2 …a 1 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 n+4n)/2-2f(n), 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(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 17

代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案

代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案

第一章代数基本概念 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab

再由乘法的封闭性可知 G={a 1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3> G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得 a k a m=a t. 由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得 a s a k=a t. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.

为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}. (Ⅰ) 证明G内存在幺元. <1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明a1a t= a t a1; 因为 a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2 a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2, 故此 a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t. 由条件(1),(2)可得到 a1a t= a t a1. <3> 证明a t就是G的幺元; 对任意a k G, a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a k 由条件(2)可知 a t a k=a k.

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()6 2 -1＝14。 （或： ()()41 42 *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(41 52 -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*6 4、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。 因此， m = 720 + 612*(10 + 100 + 1000) = 680040。 5、 从{1，2，…，7}中选出不同的5个数字组成的5位数中，1与2不相邻的数 字有多少个？ 解：1与2相邻：())4,4(253P ??。故有1和 2 但它们不相邻的方案数： ()())4,4(2)5,5(53 5 3 P P ??-? 只有1或2：())5,5(254P ?? 没有1和2：P(5,5)

组合数学 课后答案

习题二 2.1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。

2.2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。 2.3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。

2.4一次选秀活动，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。 2.5一个袋子里装了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。

(完整版)代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案

第一章代数基本概念 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群. [方法2] 对任意a,bG, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群. 3.设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1)a(bc)=(ab)c; (2)由ab=ac推出a=c; (3)由ac=bc推出a=b; 证明G在该乘法下成一群. 证明:[方法1] 设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有 a k a i a k a j------------<1> a i a k a j a k------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3> G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得 a k a m=a t. 由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得 a s a k=a t. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可. 为了叙述方便可设G={a1,a2,…,a n}.

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| = 5143 2、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 = 9927 3、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。则： |A 1| = L 10000/20」= 500, |A 2| = L 10000/140」= 71, 所以1与10000之间能被4和5整除但不能被7整除的整数的个数为：500-71=429。 4、计算集合{2·a, 3·b, 2·c, 4·d }的5组合数. 解 令S ∞={∞·a, ∞·b,∞·c,∞·d}，则S 的5组合数为()1455 -+ = 56 设集合A 是S ∞的5组合全体，则|A|＝56，现在要求在5组合中的a 的个数小于等 于2，b 的个数小于等于3，c 的个数小于等于2，d 的个数小于等于4的组合数. 定义性质集合P={P 1,P 2,P 3,P 4},其中： P 1：5组合中a 的个数大于等于3； P 2：5组合中b 的个数大于等于4； P 3：5组合中c 的个数大于等于3； P 4：5组合中d 的个数大于等于5. 将满足性质P i 的5组合全体记为A i (1≤i ≤4). 那么，A 1中的元素可以看作是由 S ∞的5－3＝2组合再拼上3个a 构成的，所以|A 1| =()142 2 -+ = 10.

代数学引论近世代数第一章答案-精品文档

第一章代数基本概念 习题解答与提示(P54) 1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,b G,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群. 2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,b G, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群. [方法2] 对任意a,b G, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群.

3. 设G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1) a(bc)=(ab)c; (2) 由ab=ac 推出a=c; (3) 由ac=bc 推出a=b; 证明G 在该乘法下成一群. 证明:[方法1] 设G={a 1,a 2,…,a n },k 是1,2,…,n 中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有 a k a i a k a j ------------<1> a i a k a j a k ------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a 1,a 2,…,a n }={a k a 1, a k a 2,…, a k a n }------------<3> G={a 1,a 2,…,a n }={a 1a k , a 2a k ,…, a n a k }------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得 a k a m =a t . 由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得 a s a k =a t . 由下一题的结论可知G 在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2] 为了证明G 在给定的乘法运算下成一群，只要证明G 内存在幺元(单位元)，并且证明G 内每一个元素都可逆即可.

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 +?????????? ? ? ????? ???? 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+…=（2 11x -）2 . （4）{1,k ,k 2,k 3,…} 解：A(x)=1+kx+k 2x 2+k 3x 3+…= 1 1kx -. 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 +++-（）=0 k k k a x ∞=∑， 此处a k =k 4 .令b n =14 +24 +…+n 4 ，则b n =0n k k a =∑，由性质3即得数列{b n }的生 成函数为 B(x)= 0n n n b x ∞ =∑=() 1A x x -=34 125(1111)i i 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)30 n n n n n =+++- （2）1·2+2·3+…+n (n +1) 解：{ n (n +1)}的生成函数为A(x)= 3 2(1) x x -=0k k k a x ∞ =∑，此处a k = n (n +1). 令b n =1·2+2·3+…+n (n +1)，则b n =0 n k k a =∑.由性质3即得数列{b n }的生成 函数为B(x)= n n n b x ∞ =∑= ()1A x x -= 4 2(1)x x -=032n k k k x x k =+?? ?? ?∑. 比较等式两边x n 的系数，便得

组合数学参考答案(卢开澄第四版) - 修改版

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=520 1.2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？ 解：（a ）可将5个女生看作一个单位，共八个单位进行全排列得到排列数为：8！×5！， （b ）用x 表示男生，y 表示空缺，先将男生放置好，共有8个空缺， Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y 在其中任取5个得到女生两两不相邻的排列数： C （8，5）×7！×5！ （c ）先取两个男生和3个女生做排列，情况如下： 6. 若A ，B 之间存在0个男生， A ，B 之间共有3个人，所有的排列应为 P6=C(5,3)*3!*8!*2 1．若A ，B 之间存在1个男生， A ，B 之间共有4个人，所有的排列应为 P1= C(5,1)*C(5,3)*4!*7!*2 2．若A ，B 之间存在2个男生，A ，B 之间共有5个人，所有的排列应为 P2=C(5,2)*C(5,3)*5!*6!*2 3．若A ，B 之间存在3个男生，A ，B 之间共有6个人，所有的排列应为 P3=C(5,3)*C(5,3)*6!*5!*2 4．若A ，B 之间存在4个男生，A ，B 之间共有7个人，所有的排列应为 P4=C(5,4)*C(5,3)*7!*4!*2 5．若A ，B 之间存在5个男生，A ，B 之间共有8个人，所有的排列应为 P5=C(5,5)*C(5,3)*8!*3!*2 所以总的排列数为上述6种情况之和。 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)1(+≤n m ; (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1+≤n m 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 p p n m n n 1+? (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)!1(!+?m n 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。共有组合数为)!1(!2-+?n m 1.4题 26个英文字母进行排列，求x 和y 之间有5个字母的排列数 解：C （24，5）*13！ 1.5题 求3000到8000之间的奇整数的数目，而且没有相同的数字。 解：根据题意，千位可以从3，4，5，7，6中选取，个位可以从1，3，5，7，9中选取；因此 2*5*8*7+3*4*8*7=1232 1.6 题 计算，1·1！+2·2！+3·3！+。。。+n·n ！ 解：由序数法公式可知 1!+1=2! 2·2!+1·1!+1=3! 3·3！+2·2！+1·1！+1=4！ n·n!+(n-1)(n-1)!+。。。+2·2!+1·1!+1= (n+1)! 所以1·1！+2·2！+3·3！+。。。+n·n ！=(n+1)!－１ 1.7题 试证：)2()2)(1(n n n ++被2n 除尽。 证明：因!)!12(!2)!2(-=n n n n !)!12(2 !)! 2(2!)2()2)(1(!2)2()2)(1(-==++=++n n n n n n n n n n n n n n 因为(2n-1)!!是整数所以)2()2)(1(n n n ++能被2n 除尽。