组合数学第四版卢开澄标准答案-第三章

第三章

3.12.一年级有100名学生参加中文，英语和数学的考试，其中92人通过中文考试，75人通

过英语考试，65人通过数学考试；其中65人通过中，英文考试，54人通过中文和数学考试，45人通过英语和数学考试，试求通过3门学科考试的学生数。 [解].令：A 1={通过中文考试的学生} A 2={通过英语考试的学生} A 3={通过数学考试的学生}

于是 |Z| =100，|A 1|=92，|A 2|=75，|A 3|=65

|A 1∩A 2|=65，|A 1∩A 3|=54，|A 2∩A 3|=45

此题没有给出：

有多少人通过三门中至少一门； 有多少人一门都没通过。

但是由 max{ |A 1|,|A 2|,|A 3| }=max{92,75,65}=92

故可以认为：

至少有92人通过三门中至少一门考试，即100≥|A 1∪A 2∪A 3|≥92

至多有8人没通过一门考试，即0≤|1A ∩2A ∩3A | ≤8 于是，根据容斥原理，有

|A 1∪A 2∪A 3|=(|A 1|+|A 2|+|A 3|)-(|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 2∩A 3|)+|A 1∩A 2∩A 3| 即 |A 1∩A 2∩A 3|=|A 1∪A 2∪A 3|-(|A 1|+|A 2|+|A 3|)+(|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 2∩A 3|)

=|A 1∪A 2∪A 3|-(92+75+65)+(65+54+45) =|A 1∪A 2∪A 3|-232+164 =|A 1∪A 2∪A 3|-68

从而由 92-68≤|A 1∪A 2∪A 3|-68≤100-68 即 24≤|A 1∪A 2∪A 3|-68≤32 可得 24≤|A 1∩A 2∩A 3| ≤32

故此，通过3门学科考试的学生数在24到32人之间。

也可用容斥原理，即

|1A ∩2A ∩3A |=|Z|-(|A 1|+|A 2|+|A 3|)+(|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 2∩A 3|)-|A 1∩A 2∩A 3|

=100-(92+75+65)+(65+54+45)-|A 1∩A 2∩A 3| =100-232+164-|A 1∩A 2∩A 3|

=32－|A 1∩A 2∩A 3|

从而有 |A 1∩A 2∩A 3|=32-|1A ∩2A ∩3A |

由已知 0≤|1A ∩2A ∩3A |≤8，可得 24≤|A 1∩A 2∩A 3|≤32

故此，通过3门学科考试的学生数在24到32之间。 3.13.试证：(a)|A ∩B|=|B|-|A∩B|

(b)|A ∩B ∩C|=|C|-|A∩C|-|B∩C|+|(A∩B∩C )| [证].(a)B =B∩Z (因为B ?Z)

= B∩(A ∪A ) (零壹律:且有互补律Z=A ∪A )

=(B∩A )∪(B∩A ) (分配律)

=(A∩B )∪(A ∩B ) (交换律)

另外 (A∩B )∩(A ∩B )

= (A∩A )∩B (结合律，交换律，幂等律)

=?∩B (互补律A∩A =?) =? (零壹律) 所以 |B|=|A∩B|+|A ∩B|

因此 |A ∩B|=|B|-|A∩B|

(b)|A ∩B ∩C|=|B A ?∩C| (de Morgan 律)

=|C|-|(A ∪B)∩C| (根据(a)，令A 1=A ∪B) =|C|-|(A∩C )∪(B∩C )| (分配律)

=|C|-(|A∩C|+|B∩C|-|(A∩C )∩(B∩C )|) =|C|-|A∩C|-|B∩C|+|(A∩C )∩(B∩C )|

=|C|-|A∩C|-|B∩C|+|(A∩B∩C )| (结合律，交换律，幂等律) 3.14. N={1,2,…,1000}，求其中不被5和7除尽，但被3除尽的数的数目。 [解].定义： P 1(x ):3|x A 1={x |x ∈N ∧P 1(x )}

P 2(x ):5|x A 2={x |x ∈N ∧P 2(x )} P 3(x ):7|x A 3={x |x ∈N ∧P 3(x )}

|A 1| =?1000/3?=333 |A 1∩A 2|=?1000/(3×5)?=66 |A 1∩A 3|=?1000/(3×7)?=47 |A 1∩A 2∩A 3|=?1000/(3×5×7)?=9 因此 |A 1∩2A ∩3A |=|A 1|-|A 1∩A 2|-|A 1∩A 3|+|A 1∩A 2∩A 3| =333-66-47+9

=229

因此 ，在1～1000中能被3整除，同时不能被5和7整除的数有229个。

3.15. N={1,2,?,120}，求其中被2,3,5,7,m 个数除尽的数的数目，m =0,1,2,3,4 。求不超过120

的素数的数目。

[解].定义 P 1(x ):2|x A 1={x |x ∈N ∩P 1(x )}

P 2(x ):3|x A 2={x |x ∈N ∩P 2(x )} P 3(x ):5|x A 3={x |x ∈N ∩P 3(x )} P 4(x ):7|x A 4={x |x ∈N ∩P 4(x )}

|A 1|=?120/2?=60 |A 2|=?120/3?=40 |A 3|=?120/5?=24 |A 4|=?120/7?=17

|A 1∩A 2|=?120/(2×3)?=20 |A 1∩A 3|=?120/(2×5)?=12 |A 1∩A 4|=?120/(2×7)?=8

|A 2∩A 3|=?120/(5×7)?=8 |A 2∩A 4|=120/(3×7)?=5 |A 3∩A 4|=?120/(5×7)?=3

|A 1∩A 2∩A 3|=?120/(2×3×5)?=4 |A 1∩A 2∩A 4|=?120/(2×3×7)?=2

|A 1∩A 3∩A 4|=?120/(2×5×7)?=1 |A 2∩A 3∩A 4|=?120/(3×5×7)?=1

|A 1∩A 2∩A 3∩A 4|=?120/(2×3×5×7)?=0 |N|=120 p 0=|N|=120

p 1=|A 1|+|A 2|+|A 3|+|A 4|=60+40+24+17=141

p 2=|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 1∩A 4|+|A 2∩A 3|+|A 2∩A 4|+|A 3∩A 4|=20+12+8+8+5+3=56 p 3=|A 1∩A 2∩A 3|+|A 1∩A 2∩A 4|+|A 1∩A 3∩A 4|+|A 2∩A 3∩A 4|=4+2+1+1=8 p 4=|A 1∩A 2∩A 3∩A 4|=0

① 当m =0时，q 0=p 0-p 1+p 2-p 3+p 4=120-141+56-8+0=27

当m =1时，q 1=p 1-????

??12p 2+???? ??23p 3-???

? ??34p 4=141-2×56+3×8-4×0=53

当m =2时，q 2= p 2-????

??13p 3+???

? ??24p 4=56-3×8+6×0=32

当m =3时，q 3= p 3-???

?

??14p 4=8-4×0=8

当m =4时，q 4= p 4=0

② 由于120<121=11，所以不超过120的合数一定有不超过10的因子，因而一定有2,3,5,7的素因子(因为10以内的素数只用2,3,5,7)，所以不超过120的素数一定是那些不能被2,3,5,7除尽的数(当然还要去掉非素数的数1)，故此不超过120的素数的数目=q 0-1=27-1=26个。

3.16.求正整数n 的数目，n 除尽1040,2030中的至少一个数。 [解]. 定义：P 1(x ):x |1040 A 1={x|x ∈N ∩P 1(x )}

P 2(x ):x |2030 A 2={x|x ∈N ∩P 2(x )}

由于 1040=(2×5)40=240×540 2030=(22×5)30=260×530 故此 |A 1|=(40+1)(40+1)=1681

|A 2|=(60+1)(30+1)=1891 (参见第一章第九题)

|A1∩A2|=(40+1)(30+1)=1271

于是|A1∪A2|=|A1|+|A2|-|A1∪A2|=1681+1891-1271=2301

因此，能至少除尽1040和2030之一的正整数的数目是2301。

3.17.n是除尽1060,2050,3040中至少一个数的除数，求n的数目。

[解].定义：P1(x):x|1060A1={x|x∈N∩P1(x)}

P2(x):x|2050A2={x|x∈N∩P2(x)}

P3(x):x|3040A3={x|x∈N∩P3(x)}

由于1060=(2×5)60=260×5602050=(22×5)50=2100×550 3040=(2×3×5)40=240×340×540故此：|A1|=(60+1)(60+1)=3721

|A2|=(100+1)(50+1)=5151

|A3|=(40+1)(40+1)(40+1)=68921

|A1∩A2|=(60+1)(50+1)=3111

|A1∩A3|=(40+1)(40+1)=1681

|A2∩A3|=(40+1)(40+1)=1681

|A1∩A2∩A3|=(40+1)(40+1)=1681

根据容斥原理，有

|A1∪A2∪A3|=(|A1|+|A2|+|A3|)- (|A1∩A2|+|A1∩A3|+|A2∩A3|)+|A1∩A2∩A3|

=(3721+5151+68921)-(3111+1681+1681)+1681

=73001

所以，至少能整除1060,2050,3040之一的正整数n有73001个。

3.18求下列集合中不是2n，3n形式的数的数目，n∈N 。

（a）{1，2，……，4

10} （=N1）

（b）{3

10} （=N2）

10+1，……，4

10，3

【解】：（a ）定义：P1（x ）:x=2n （n ∈N ） A1=｛x|x ∈N1∩P1(x)｝ P2（x ）:x=3n （n ∈N ） A1=｛x|x ∈N2∩P2(x)｝

A1={21，22，……，22)10(}1N ? 故|A1|=210=100 A2={31，32，……，321}1N ? 故|A2|=21 （因为321=9261＜410＜10648=322）

A1∩A2={61，62，63，64}1N ?，故|A1∩A2|=4 （因为64=4096＜410＜15625=65） 因此，根据容斥原理，有

|1A ∩2A |=|N1|-（|A1|+|A2|）+|A1∩A2| = 410－（100+21）+4 =9883

（b ）定义：P1（x ）:x=2n （n ∈N ） A1=｛x|x ∈N1∩P1(x)｝ P2（x ）:x=3n （n ∈N ） A1=｛x|x ∈N2∩P2(x)｝

A1={231，……，22)10(}2N ? 故|A1|=100-30=70 （因为231=961＜310＜1024=232）

A2={310，……，321}2N ? 故|A2|=21-9=12

A1∩A2={64}2N ? 故|A1∩A2|=1

（因为63=729＜310＜64=4096＝ 因此，根据容斥原理，有

|1A ∩2A |=|N1|-（|A1|+|A2|）+|A1∩A2|

= 9001－（70+12）+1 = 8920

3.19 {1000，1001，……，3000}，求其中是4的倍数但不是100的倍数的数的

数目。

【解】： 令N1={1000，1001，……，3000}，则 |N1|=2001 P1（x ）:4|x A1=｛x|x ∈N1∩P1(x)｝ P1（x ）:100|x A1=｛x|x ∈N2∩P2(x)｝ 于是由 A1={4·250，4·251，……，4·750}?N1，

故 |A1|=750－250+1=501，

A1∩A2={100·10，100·11，……，100·30}?N1， 故 |A1∩A2|=30－10+1=21

因此 |A1∩2A |=|A1|－|A1∩A2|=501－21=480

所以，1000～3000中只能被4整除，但不能被100整除的数有480个。

3.20 在由a,a,a,b,b,b,c,c,c 组成的排列中，求满足下列条件的排列数，

（a ）不存在相邻3元素相同 （b ）相邻两元素不相同

【解】：（a ）定义：Z={9个元素的全排列}，|Z|=

！

！！！

3339=1680 P1(x)：排列x 中有相邻三元素相同，且是a

P2(x)：排列x 中有相邻三元素相同，且是b

P3(x)：排列x 中有相邻三元素相同，且是c

A1={x |x ∈Z ∩P1(x)} |A1 |=

!3!3!

7=140 A2={x |x ∈Z ∩P2(x)} |A2 |=

!

3!3!

7=140 A3={x |x ∈Z ∩P3(x)} |A3 |=

!

3!3!

7=140 |A1∩A2|=

!3!5=20 |A1∩A3|=!3!5=20 |A2∩A3|=

!

3!

5=20 |A1∩A2∩A3|=3！=6 于是，根据容斥原理，有

|1A ∩2A ∩3A |=|Z |－（|A1|+|A2|+|A3|）+（|A1∩A2|+|A1∩A3|+|A2∩A3|） －|A1∩A2∩A3| =1680－3×140＋3×20－6=1314 （b ）定义：Z={9个元素的全排列}，|Z|=

！

！！！

3339=1680 P1(x)：排列x 中有相邻两个元素相同，且是a P2(x)：排列x 中有相邻两个元素相同，且是b

P3(x)：排列x 中有相邻两个元素相同，且是c

i A ={x|x ∈Z ∩i P (x)} (1≤i ≤3)

|A1|=

!3!3!8－!

3!3!

7=1120－140=980 (因为将aa 与a 看做为不同的两个元素参与排列，在它们相遇之时会产生重复，其重复因子刚好是将aaa 看作一个整体参与排列的个数)

同理可得：|A2|=

!3!3!8－!

3!3!7=1120－140=980

|A3|=

!3!3!8－!

3!3!7=1120－140=980 因为A1∩A2为aa,bb 图象都出现的排列集合，当我们将aa 与a,bb 与b 看作

不同的两对元素进行排列时，在aa 与a 相遇而成aaa 图象及bb 与b 相遇而成bbb 图象时会产生重复计数。 当aaa 图象与bbb 图象恰出现一个时，重复因子为2；当图象aaa 与图象bbb

同时出现时，重复因子为4 。 设 q1(x)：排列x 中aa 与a 相遇而有aaa 图象 q2(x)：排列x 中bb 与b 相遇而有bbb 图象

故 B1={x |x ∈A1∩A2∩q1(x)} B2={x |x ∈A1∩A2∩q2(x)} 于是 |B1| = |B2| =

!3!6 =120 |B1∩B2| =!

3!

5 =20 P1 = |B1| + |B2| =2×120 =240 P2 = |B1∩B2 |=20 q1=P 1－2P2 =240－2×20=200 q2=P2=20 从而 |A1∩A2| =

!

3!

7－（q1+3q2）=840－(200+3×20)=580 同理，|A1∩A3 | =580 |A2∩A3 |=580

因为A1∩A2∩A3为aa ，bb ，cc 图象出现的排列集合，当我们将aa 与a ，bb 与b ，cc 与c 看作不同的三对元素进行排列时，在aa 与a 相遇而成aaa 图象，bb 与b 相遇而成bbb 图象，cc 与c 相遇而成ccc 图象时会产生重复计数。 当aaa ，bbb ，ccc 图象恰出现一个时，重复因子为2 当aaa ，bbb ，ccc 图象恰出现两个时，重复因子为4 当aaa ，bbb ，ccc 图象恰同时出现时，重复因子为8 设 q1(x)；排列x 中有aaa 图象 q2(x)；排列x 中有bbb 图象 q3(x)；排列x 中有ccc 图象

i B ={x |x ∈A1∩A2∩A3∩i q (x)} (1≤i ≤3)

|B1| =|B2|=|B3|=5! |B1∩B2|=|B1∩B3|=|B2∩B3|=4!=24

|B1∩B2∩B3|=3!=6

P1=|B1|+|B2|+|B3|=3×120=360

P2=|B1∩B2|＋|B1∩B3|＋|B2∩B3|=3×24=72 P3=|B1∩B2∩B3|=6

q1=P 1－2P2+3P3=360－2×72＋3×6=234 q2=P 2－3P3=72－3×6=54 q3=P3=6

因此 |A1∩A2∩A3| = 6！－（q 1＋3q2＋7q3）=720－(234+3×54+7×6)=282 所以 |1A ∩2A ∩3A | =|Z |-（|A1|+|A2|＋|A3|）+（|A1∩A2|+|A1∩A3|+|A2∩A3|） －|A1∩A2∩A3| = 1680－3×980＋3×580－282=198 即 相邻两元素不相同的排列数为198

3.21 求出O （0，0）点到（8，4）点的路径数，已知（2，1）到（4，1）的线

路，（3，1）到（3，2）的线路被封锁。

【解】：令P （8，4），A （2，1），B （4，1），C （3，1），D （3，2） P1（x ）：线段AB 在从O 到P 的路径X 上 P2（x ）：线段CD 在从O 到P 的路径X 上

i A ={x |x ∈Z ∩)(x q i } (1≤i ≤2) Z={从O 到P 的路径}

|Z|=???? ??+448=???

? ??412=12349

101112??????=495 |A1| = ???? ??+112·???? ??--+-14)14()48(=???? ??13???

? ??37=3×1235

67????=1

|A2| = ???? ??+113·???? ??--+-24)24()38(= ????

??14???

? ??27=4·126

7??=84

|A1∩A2| = 0

故此 |1A ∩2A | =|Z|－（|A1|+|A2|）+|A1∩A2|=495－（105+84）+0=306 因此，从O 到P 的路，不过线段AB 和CD 的有306条。

3.22.求满足条件：x 1+x 2+x 3=20

3≤ x 1≤9，0≤ x 2≤8，7≤ x 3≤17

的整数解的数目。 [解].方法一：利用容斥原理二

不定方程 与如下的不定方程 等价：

x 1+x 2+x 3=10 0≤ x 1≤6，0≤ x 2≤8，0≤ x 3≤10

(这可通过作变换???

??-==-=7

333

2211x x x ξξξ来实现)。

对应于不定方程 的不受限的不定方程为：

x 1+x 2+x 3=10

x 1≥0，x 2≥0，x 3≥0

设：X={x |x =(x 1,x 2 ,x 3)是不定方程●的解};

A 1={ x |x =(x 1,x 2 ,x 3) 是不定方程●的解且x 1≥6+1=7}; A 2={ x |x =(x 1,x 2 ,x 3) 是不定方程●的解且x 2≥8+1=9}; A 3={ x |x =(x 1,x 2 ,x 3) 是不定方程●的解且x 3≥10+1=11};

因此,根据定理3.6.4.可知，不定方程●的解的数目：

p 0=|X|=????

??-+101103=???? ??1012=?

??? ??212=1

211

12??=66 A 1对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=10 x 1≥7，x 2≥0，x 3≥0

??

?

??

?

?

??

●

??

??

令：???

??==-=33

22117x

x x ξξξ (ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0)。利用?我们得到：

ξ1+ξ2+ ξ3=( x 1-7)+ x 2+ x 3=( x 1+x 2+x 3)-7=10-7=3 所以不定方程?的解与下列不定方程：

ξ1+ξ2+ ξ3=3 ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0

的解一一对应。故根据定理3.6.4.可知，不定方程?的解的数目为：

|A 1|=????

??-+3133=???? ??35=???

? ??25=124

5??=10 同理可得：

|A 2|=????

??---+9101)910(3=???

?

??13=3 A 3对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=10

x 1≥0，x 2≥0，x 3≥11

由于解若满足条件x 1≥0，x 2≥0，x 3≥11，则有 x 1+x 2+x 3≥0+0+11=11>10

故不定方程?没有解，即

|A 2|=0

因此p 1=|A 1|+|A 2|+|A 3|=10+3+0=13 A 1?A 2对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=10

x 1≥7，x 2≥9，x 3≥0

由于解若满足条件x 1≥7，x 2≥9，x 3≥0，则有

x 1+x 2+x 3≥7+9+0=16>10

故不定方程?没有解，即

|A 1?A 2|=0

同理可得：|A 1?A 3|=0，|A 2?A 3|=0

因此p 2=|A 1?A 2|+|A 1?A 3|+|A 2?A 3|=0+0+0=0

A 1?A 2?A 3对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=10 x 1≥7，x 2≥9，x 3≥11

由于解若满足条件x 1≥7，x 2≥9，x 3≥11，则有

?

???'

??

??

?

???

??

??

x 1+x 2+x 3≥7+9+11=27>10

故不定方程?没有解，即

p 3=| A 1?A 2?A 3|=0

所以，不定方程 、也即不定方程 的解的数目为：

q 0=|321A A A ??|= p 0-p 1+ p 2- p 3=66-13+0-0=53 。

方法二：利用母函数方法 不定方程 对应的母函数是：

(1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6)(1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8)(1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9+x 10)

=(1+2x +3x 2+4x 3+5x 4+6x 5+7x 6+7x 7+7x 8+6x 9+5x 10+4x 11+3x 12+2x 13+x 14) (1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9+x 10)

不定方程 的解的数目为上述母函数中x 10的系数： 1?1+2?1+3?1+4?1+5?1+6?1+7?1+7?1+7?1+6?1+5?1 =1+2+3+4+5+6+7+7+7+6+5 =53 。

3.23.求满足下列条件：

x 1+x 2+x 3=40 6≤ x 1≤15，5≤ x 2≤20，10≤ x 3≤25

的整数解的数目。

[解].(仿3.22题)方法一.利用容斥原理二，不定方程 与如下的不定方程 等价：

x 1+x 2+x 3=19

0≤ x 1 ≤9，0≤ x 2 ≤15，0≤ x 3 ≤15

(这可通过作变换???

??-=-=-=10

5633

2211x x x ξξξ来实现)。

对应于不定方程 的不受限的不定方程为：

x 1+x 2+x 3=19

x 1≥0，x 2≥0，x 3≥0

??

?

?

??

??

?●

设：X={x |x =(x 1,x 2 ,x 3)是不定方程●的解};

A 1={ x |x =(x 1,x 2 ,x 3) 是不定方程●的解且x 1≥9+1=10}; A 2={ x |x =(x 1,x 2 ,x 3) 是不定方程●的解且x 2≥15+1=16}; A 3={ x |x =(x 1,x 2 ,x 3) 是不定方程●的解且x 3≥15+1=16}; 因此,根据定理3.6.4.可知，不定方程●的解的数目：

p 0=|X|=???? ??-+191193=???? ??1921=???

? ??221=122021??=210

A 1对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=19 x 1≥10，x 2≥0，x 3≥0

令：???

??==-=33

221110x

x x ξξξ (ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0)。利用?我们得到：

ξ1+ξ2+ ξ3=( x 1-10)+ x 2+ x 3=( x 1+x 2+x 3)-10=19-10=9 所以不定方程?的解与下列不定方程：

ξ1+ξ2+ ξ3=9 ξ1

≥0, ξ2

≥0, ξ3

≥0

的解一一对应。故根据定理3.6.4.可知，不定方程?的解的数目为：

|A 1|=????

??-+9193=???? ??911=???? ??211=1210

11??=55 同理可得：

|A 2|=????

??---+1619116193)(=???? ??35=???? ??25=1

24

5??=10 |A 3|=????

??---+1619116193)(=???? ??35=???

? ??25=1245??=10因此p 1=|A 1|+|A 2|+|A 3|=55+10+10=75 A 1?A 2对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=19

x 1≥10，x 2≥16，x 3≥0

由于解若满足条件x 1≥10，x 2≥16，x 3≥0，则有 x 1+x 2+x 3≥10+16+0=26>19

故不定方程?没有解，即

|A 1?A 2|=0

同理可得：|A 1?A 3|=0，|A 2?A 3|=0

因此p 2=|A 1?A 2|+|A 1?A 3|+|A 2?A 3|=0+0+0=0

?

??

??

?

???

A 1?A 2?A 3对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3=19

x 1≥10，x 2≥16，x 3≥16

由于解若满足条件x 1≥10，x 2≥16，x 3≥16，则有

x 1+x 2+x 3≥10+16+16=42>19

故不定方程?没有解，即

p 3=| A 1?A 2?A 3|=0

所以，不定方程 、也即不定方程 的解的数目为：

q 0=|321A A A ??|= p 0-p 1+ p 2- p 3=210-75+0-0=135 。

方法二：利用母函数方法 不定方程 对应的母函数是：

(1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9) (1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9+x 10+x 11+x 12+x 13+x 14+x 15)2

2

16101111???? ??----=x x x x 3321610)

1()

21)(1(x x x x -+--= =(1-x 10

-2x 16

+2x 26

+x 32

-x 42

)??

????+???? ??+++???? ??+???? ??+???? ?? n

x n x x 222423222 (参见第三版习题2.16(P 199)或第二版第二章习题7(P 131))

不定方程 的解的数目为上述母函数中x 19的系数：

1????? ??221-1????? ??211-2????

?

??25 =

122021??-121011??-2?1

24

5??

=210-55-20 =135 。

3.2

4.求满足下列条件的整数解的数目：

x 1+x 2+x 3+x 4=20

1≤ x 1≤5，0≤ x 2≤7，4≤ x 3≤8，2≤ x 4≤6。

[解].(仿题3.22)方法一：利用容斥原理二，不定方程 与如下的不定方程 等价：

x 1+x 2+x 3+x 4=13 0≤ x 1≤4，0≤ x 2≤7，0≤ x 3≤4，0≤ x 4≤4

??

?

??

?

?

??

(这可通过作变换???????-=-==-=2

4144332

211x x x x ξξξξ来实现)。

对应于不定方程 的不受限的不定方程为：

x 1+x 2+x 3+x 4=13

x 1≥0，x 2≥0，x 3≥0，x 4≥0

设：X={x |x =(x 1,x 2 ,x 3,x 4)是不定方程●的解};

A 1={ x | x =(x 1,x 2 ,x 3,x 4)是不定方程●的解且x 1≥4+1=5}; A 2={ x | x =(x 1,x 2 ,x 3,x 4)是不定方程●的解且x 2≥7+1=8}; A 3={ x | x =(x 1,x 2 ,x 3,x 4)是不定方程●的解且x 3≥4+1=5}; A 4={ x | x =(x 1,x 2 ,x 3,x 4)是不定方程●的解且x 4≥4+1=5}; 因此,根据定理3.6.4.可知，不定方程●的解的数目：

p 0=|X|=????

??-+131134=???? ??1316=???

? ??316=12314

1516????=560 A 1对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3+x 4=13 x 1≥5，x 2≥0，x 3≥0，x 4≥0

令：???????===-=4

4332

2115x x x x ξξξξ (ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0, ξ4≥0)。利用?我们得到：

ξ1+ξ2+ ξ3+ξ4=( x 1-5)+ x 2+ x 3+x 4=( x 1+x 2+x 3+x 4)-5=13-5=8

所以不定方程?的解与下列不定方程：

ξ1+ξ2+ξ3+ξ4=8 ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0, ξ4≥0

的解一一对应。故根据定理3.6.4.可知，不定方程?的解的数目为：

|A 1|=????

??-+8184=???? ??811=???? ??311=1239

1011????=165 同理可得：

|A 2|=????

??---+8131)813(4=???? ??58=???? ??38=1

236

78????=56 ?

??

?

??

?

??

|A 3|=????

??---+5131)513(4=???? ??811=???? ??311=1239

1011????=165 |A 4|=????

??---+5131)513(4=???? ??811=???

? ??311=12391011????=165 因此 p 1=|A 1|+|A 2|+|A 3|+|A 4|=165+56+165+165=551

A 1∩A 2对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3+x 4=13

x 1≥5，x 2≥8，x 3≥0，x 4≥0

令：???????==-=-=4

4332

21185x x x x ξξξξ (ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0, ξ4≥0)。利用?我们得到：

ξ1+ξ2+ξ3+ξ4=(x 1-5)+(x 2-8)+ x 3+x 4=( x 1+x 2+x 3+x 4)-(5+8)=13-13=0

所以不定方程?的解与下列不定方程：

ξ1+ξ2+ξ3+ξ4=0 ξ1≥0, ξ2≥0, ξ3≥0, ξ4≥0

的解一一对应。故根据定理3.6.4.可知，不定方程?的解的数目为：

|A 1∩A 2| =????

??-+0104=???

?

??03=1 同理可得：|A 1∩A 3| =????

??-----+55131)5513(4=???? ??36=1234

56????=20 |A 1∩A 4| =????

??-----+55131)5513(4=???

? ??36=123456????=20 |A 2∩A 3| =???? ??-----+58131)5813(4=???

? ??03=1 |A 2∩A 4| =????

??-----+58131)5813(4=???

? ??03=1 |A 3∩A 4|

=

???

?

??-----+55131)5513(4=

???

?

??36=

1

23456????=20因此

p 2=|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 1∩A 4|+|A 2∩A 3|+|A 2∩A 4|+|A 3∩A 4|

=1+20+20+1+1+20=63A 1∩A 2∩A 3对应的不定方程是：

?

??

?

??

x 1+x 2+x 3+x 4=13

x 1≥5，x 2≥8，x 3≥5，x 4≥0

由于解若满足条件

x 1≥5，x 2≥8，x 3≥5，x 4≥0，则有 x 1+x 2+x 3+x 4≥5+8+5+0=18>13

故不定方程?没有解，即 |A 1∩A 2∩A 3| = 0

同理可得：|A 1∩A 2∩A 4| = 0，|A 1∩A 3∩A 4| = 0，|A 2∩A 3∩A 4| = 0

p 3=|A 1∩A 2∩A 3|+|A 1∩A 2∩A 4|+|A 1∩A 3∩A 4|+|A 2∩A 3∩A 4| = 0+0+0+0 = 0

A 1∩A 2∩A 3∩A 4对应的不定方程是：

x 1+x 2+x 3+x 4=13

x 1≥5，x 2≥8，x 3≥5，x 4≥5

由于解若满足条件x 1≥5，x 2≥8，x 3≥5，x 4≥0，则有

x 1+x 2+x 3+x 4≥5+8+5+5=23>13

故不定方程?没有解，即

p 4=| A 1∩A 2∩A 3∩A 4|=0 所以，不定方程 、也即不定方程 的解的数目为：

q 0=|1A ∩2A ∩3A ∩4A | = p 0－p 1+p 2－p 3+p 4=560－551+63－0+0=72。 方法二.利用母函数方法,不定方程 对应的母函数是：

(1+x +x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7)(1+x +x 2+x 3+x 4)3

3

581111???

? ??----=x x x x 4151058)1()

331)(1(x x x x x --+--= =(1-3x 5-x 8+3x 10+3x 13-x 15-3x 18+x 23)??

?

???+????

??+++???? ??+???? ??+???? ?? n

x n x x 333534332

(参见第三版习题2.16(P 199)或第二版第二章习题7(P 131))

不定方程 的解的数目为上述母函数中x 13的系数：

1????? ??316-3????? ??311-1????? ??38+3????? ??36+3????

?

??33 =

123141516????-3?12391011????-123678????+3?1

234

56????+3?1

=560-495-56+60+3 =72 。

3.25.试证满足下列条件：x 1+x 2+…+x n =r

0≤ x i ≤k ，i =1,2,…,n

???

?

??

??

?

的整数解的数目为：

∑=-n

i i 0)1(???? ??i n ???? ?

?--++-11)1(n n i k r 。 [证].方法一.利用容斥原理二，取不定方程：

x 1+x 2+……+x n =r

x i ≥0，i =1,2,…，n

设：X={x |x =(x 1,x 2,?,x n )是不定方程 的解}

令：P i (x ): x =(x 1,x 2,?,x n )是不定方程 的解且满足条件：x i ≥k +1 (i =1,2,…,n ) A i ={x | x ∈X ∧P i (x )} (i =1,2,…,n )

因此,根据定理3.6.4.可知，不定方程 的解的数目为：

p 0=|X|=????

??-+r r n 1=???? ??--+11n n r =???? ??0n ???

?

??--+11n n r 并且，参考第三版P 238 第3.9节的方法一，做相应的变换，可得：

| A i | =????

??+--+-+)1(1))1((k r k r n =???

?

??--++-11)1(n n k r (1≤ i ≤ n ) p 1=∑=n

i 1

| A i | =???? ??1n ????

?

?--++-11)1(n n k r | A i ∩A j | =????

??+--+-+)1(21))1(2(k r k r n =???

? ??--++-11)1(2n n k r (1≤ i < j ≤ n ) p 2=

∑

i | A i ∩A j |=???? ??2n ????

?

?--++-11)1(2n n k r | A i ∩A j ∩A k |=???

?

??--++-11)1(3n n k r (1≤ i < j < k ≤ n ) p 3=

∑

<

j i | A i ∩A j ∩A k |=???? ??3n ????

?

?--++-11)1(3n n k r ………………………… p n =|A 1∩A 2∩?∩A n |=????

??--++-11)1(n n k n r =???

? ??n n ???

? ??--++-11)1(n n k n r 于是，根据容斥原理二，可知

q 0=|1A ∩2A ∩?∩n A |=p 0－p 1+ p 2－p 3+ ……+n

)1(-p n

=???? ??0n ???? ??--+11n n r －?

???

??1n ???? ??--++-11)1(n n k r +????

??2n ???

?

??--++-11)1(2n n k r ??

?

－???? ??3n ????

??--++-11)1(3n n k r +……+n )1(-???? ??n n ???? ?

?--++-11)1(n n k n r =

∑=-n

i i 0)1(???? ??i n ???? ?

?--++-11)1(n n i k r 即不定方程 的整数解的数目为: ∑=-n

i i

0)1(???? ??i n ????

?

?--++-11)1(n n i k r 。 方法二.利用母函数方法，不定方程 对应的母函数是：

(1+x +x 2+…+x k )n

n

k x x ???

?

??--=+111 =[???? ??0n -???? ??1n x k +1+???? ??2n x 2(k +1)+…+(-1)n ???

?

??n n x n(k +1)

]? [????

??--11n n -???? ??-1n n x +???? ??-+11n n x 2+…+???

? ??--112n n x n

+…] (参见第三版习题2.16(P 199)或第二版第二章习题7(P 131))

不定方程 的解的数目为上述母函数中x r 的系数：

???? ??0n ???? ?

?--+11n n r －?

??? ??1n ???? ??--++-11)1(n n k r +????

??2n ???

?

??--++-11)1(2n n k r －???? ??3n ????

??--++-11)1(3n n k r +……+n )1(-???? ??n n ???? ?

?--++-11)1(n n k n r =∑=-n

i i

0)1(???? ??i n ????

?

?--++-11)1(n n i k r 。 3.26.试证满足下列条件：x 1+x 2+…+x n =r

1≤ x i ≤k ，i =1,2,…,n

的整数解的数目为：

∑=-n

i i 0)1(?

??

? ??i n ???

?

??---11n ki r 。 [证].方法一.利用习题3.25的结论，对不定方程 做变换：

??

?

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：

(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。

数值分析第四版习题及答案

数值分析第四版习题及答案

第四版 数值分析习题 第一章 绪 论 1. 设x >0,x 的相对误差为δ,求ln x 的误差. 2. 设x 的相对误差为2％,求n x 的相对误差. 3. 下列各数都是经过四舍五入得到的近似数,即误差限不超过最后一位的半个单位,试指出它们是几位有效数字: *****1 2 3 4 5 1.1021,0.031,385.6,56.430,7 1.0.x x x x x =====? 4. 利用公式(3.3)求下列各近似值的误差限: ********12412324(),(),()/,i x x x ii x x x iii x x ++其中****1234 ,,,x x x x 均为第3题所给 的数. 5. 计算球体积要使相对误差限为1％,问度量半径R 时允许的相对误差限是多少? 6. 设0 28,Y =按递推公式 11 783100 n n Y Y -=( n=1,2,…) 计算到100Y .若取78327.982(五位有效数字),试问计算100Y 将有多大误差? 7. 求方程2 5610x x -+=的两个根,使它至少具有四位有效数字78327.982). 8. 当N 充分大时,怎样求2 11N dx x +∞ +?? 9. 正方形的边长大约为100㎝,应怎样测量才能

使其面积误差不超过1㎝2 ? 10. 设212 S gt = 假定g 是准确的,而对t 的测量有±0.1秒的误差,证明当t 增加时S 的绝对误差增加,而相对误差却减小. 11. 序列{}n y 满足递推关系1 101n n y y -=-(n=1,2,…),若02 1.41y =≈(三位有效数字),计算到10 y 时误差有多大?这个计算过程稳定吗? 12. 计算6 21)f =,取2 1.4≈,利用下列等式计算,哪一个得到的结果最好? 3 63 22)70 2. (21)(322)--++ 13. 2 ()ln(1)f x x x =-,求f (30)的值.若开平方用六位函数表,问求对数时误差有多大?若改用另一等价公式 2 2 ln(1)ln(1)x x x x -=-+ 计算,求对数时误差有多大? 14. 试用消元法解方程组 {101012121010;2. x x x x +=+=假定只用 三位数计算,问结果是否可靠? 15. 已知三角形面积 1 sin ,2 s ab c = 其中c 为弧 度, 02c π << ,且测量a ,b ,c 的误差分别为,,.a b c ???证明面积的误差s ?满足 .s a b c s a b c ????≤++ 第二章 插值法 1. 根据( 2.2)定义的范德蒙行列式,令

《数学分析》10第三章-函数极限

《数学分析》10第三章-函数极限

第三章 函数极限 引言 在《数学分析》中，所讨论的极限基本上分两 部分，第一部分是“数列的极限”，第二部分是“函数的极限”。二者的关系到是“特殊”与“一般”的关系；数列极限是函数极限的特例。 通过数列极限的学习。应有一种基本的观念：“极 限是研究变量的变化趋势的”或说：“极限是研究变量的变化过程，并通过变化的过程来把握变化的结果”。例如，数列{}n a 这种变量即是研究当n →+∞时，{}n a 的变化趋势。 我们知道，从函数角度看，数列{}n a 可视为一种特殊的函数f ，其定义域为N +，值域是{}n a ，即 :() n f N R n a +→→; 或 (),n f n a n N +=∈或()n f n a =. 研究数列{}n a 的极限，即是研究当自变量n →+∞时， 函数()f n 变化趋势。 此处函数()f n 的自变量n 只能取正整数！因此自变 量的可能变化趋势只有一种，即n →+∞。但是，如果代之正整数变量n 而考虑一般的变量为x R ∈，那么情况又如何呢？具体地说，此时自变量x 可能的变化趋势是否了仅限于x →+∞一种呢？ 为此，考虑下列函数:

1,0;()0,0.x f x x ≠?=?=? 类似于数列，可考虑自变量x →+∞时，()f x 的变化趋 势；除此而外，也可考虑自变量x →-∞时，()f x 的变化趋势；还可考虑自变量x →∞时，()f x 的变化趋势；还可考虑自变量x a →时，()f x 的变化趋势, L 由此可见，函数的极限较之数列的极限要复杂得 多，其根源在于自变量性质的变化。但同时我们将看到，这种复杂仅仅表现在极限定义的叙述有所不同。而在各类极限的性质、运算、证明方法上都类似于数列的极限。 下面，我们就依次讨论这些极限。 §1 函数极限的概念 一、x →+∞时函数的极限 １． 引言 设函数定义在[,)a +∞上，类似于数列情形，我们研 究当自变量x →+∞时，对应的函数值能否无限地接近于某个定数Ａ。这种情形能否出现呢？回答是可能出现，但不是对所有的函数都具此性质。 例如 1(),f x x x =无限增大时，()f x 无限地接近于 ０；(),g x arctgx x =无限增大时，()f x 无限地接近于2 π；(),h x x x =无限增大时，()f x 与任何数都不能无限地接近。正因为如此，所以才有必要考虑x →+∞时，()f x 的变化趋势。

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。

李凡长版-组合数学课后习题答案-习题3

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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

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

数学分析答案第四版

数学分析答案第四版 【篇一：数学分析(4)复习提纲(全部版)】 >第一部分实数理论 1 实数的完备性公理 一、实数的定义 在集合r内定义加法运算和乘法运算，并定义顺序关系，满足下面三条公理，则称r为实数域或实数空间。 （1）域公理： （2）全序公理： 则或a中有最大元而a?中无最小元，或a中无最大元而a?中有最小元。 评注域公理和全序公理都是我们熟悉的，连续性公理也称完备性公理有许多等价形式（比如确界原理），它是区别于有理数域的根本标志，它对实数的描述没有借助其它概念而非常易于接受，故大多数教科把它作为实数理论起步的公理。 二、实数的连续性（完备性）公理 实数的连续性（完备性公理）有许多等价形式，它们在使用起来方便程度不同，这些公理是本章学习的重点。主要有如下几个公理： 确界原理： 单调有界定理： 区间套定理： 有限覆盖定理：（heine-borel） 聚点定理：(weierstrass)

致密性定理：(bolzano-weierstrass) 柯西收敛准则：(cauchy) 习题1 证明dedekind分割原理和确界原理的等价性。 习题2 用区间套定理证明有限覆盖定理。 习题3 用有限覆盖定理证明聚点定理。 评注以上定理哪些能够推广到欧氏空间r？如何叙述？ n 2 闭区间上连续函数的性质 有界性定理：上册p168；下册p102,th16.8；下册p312,th23.4 最值定理：上册p169；下册下册p102,th16.8 介值定理和零点存在定理：上册p169；下册p103,th16.10 一致连续性定理（cantor定理）：上册p171；下册p103,th16.9；下册p312,th23.7 习题4 用有限覆盖定理证明有界性定理 习题5 用致密性定理证明一致连续性定理 3 数列的上(下)极限 三种等价定义：（1）确界定义；（2）聚点定义；（3）??n定义 评注确界定义易于理解；聚点定义易于计算；??n定义易于理论证明 习题6 用区间套定理证明有界数列最大（小）聚点的存在性。 （p173） 习题7 证明上面三种定义的等价性。 第二部分级数理论 1 数项级数

数值分析第四版习题及答案

第四版 数值分析习题 第一章绪论 1. 设x >0,x 的相对误差为δ,求ln x 的误差. 2. 设x 的相对误差为2％,求n x 的相对误差. 3. 下列各数都是经过四舍五入得到的近似数,即误差限不超过最后一位的半个单位,试指出 它们是几位有效数字: *****123451.1021,0.031,385.6,56.430,7 1.0.x x x x x =====? 4. 利用公式(3.3)求下列各近似值的误差限: ********12412324(),(),()/,i x x x ii x x x iii x x ++其中**** 1234 ,,,x x x x 均为第3题所给的数. 5. 计算球体积要使相对误差限为1％,问度量半径R 时允许的相对误差限是多少? 6. 设028,Y =按递推公式 1n n Y Y -=( n=1,2,…) 计算到100Y . 27.982(五位有效数字),试问计算100Y 将有多大误差? 7. 求方程2 5610x x -+=的两个根,使它至少具有四位有效数字 27.982). 8. 当N 充分大时,怎样求2 1 1N dx x +∞+?? 9. 正方形的边长大约为100㎝,应怎样测量才能使其面积误差不超过1㎝2 ? 10. 设 212S gt = 假定g 是准确的,而对t 的测量有±0.1秒的误差,证明当t 增加时S 的绝对 误差增加,而相对误差却减小. 11. 序列 {}n y 满足递推关系1101n n y y -=-(n=1,2,…), 若0 1.41y =≈(三位有效数字), 计算到 10y 时误差有多大?这个计算过程稳定吗? 12. 计算61)f =, 1.4≈,利用下列等式计算,哪一个得到的结果最好? 3 -- 13. ()ln(f x x =,求f (30)的值.若开平方用六位函数表,问求对数时误差有多大?若 改用另一等价公式 ln(ln(x x =- 计算,求对数时误差有多大? 14. 试用消元法解方程组 { 101012121010;2. x x x x +=+=假定只用三位数计算,问结果是否可靠?

数学分析(华东师大版)第三章习题详解

P 47 1.按定义证明： （1）65lim 6;x x x →+∞+= (2)2 2 lim (610)2;x x x →-+= (3) 2 2 5lim 1;1 x x x →∞ -=- (4)2 lim 0;x - →= (5)0 0lim cos cos .x x x x →= 证: （1） 不妨设0,x >则 6556.x x x +-= 0,ε?>取5 ,M ε = 则当x M >时， 有6556, x x x ε+-= <故65lim 6.x x x →+∞ += (2)22|(610)2||68||4||2|.x x x x x x -+-=-+=--限制|2|1,x -<则 |4||(2)2||2|23,x x x -=--≤-+< 进而有 2 |(610)2|3|2|.x x x -+-<- 0,m in{1,},:0|2|3 x x ε εδδ?>?=?<-<有2 |(610)2|.x x ε-+-<故得证. (3)2 2 22 2 2 54488 ||2, 1| |.1 1 || 2 x x x x x x x x ->-= <= < --- 当时8 0,m ax{2,},||M x M εε?>?=>当时有 2 2 51,1 x x ε--<-故得证. (4) 当021x <-<时有12,x <<进而 20(2)(2)4(2),x x x == ≤+-<- 对于0,ε?>取,4 ε δ= 当02x δ<-<时，有 0,ε< 所以2 lim 0.x - →= (5) 001|cos cos |sin sin ||,22 2 x x x x x x x x +--=- ≤- (1)

组合数学作业答案

第二章作业答案 7. 证明，对任意给定的52个整数，存在两个整数，要么两者的和能被100整除，要么两者的差能被100整除。 证明 用100分别除这52个整数，得到的余数必为0, 1,…, 99这100个数之一。将余数是0的数分为一组，余数是1和99的数分为一组，…，余数是49和51的数分为一组，将余数是50的数分为一组。这样，将这52个整数分成了51组。由鸽巢原理知道，存在两个整数分在了同一组，设它们是a 和b 。若a 和b 被100除余数相同，则b a -能被100整除。若a 和b 被100除余数之和是100，则b a +能被100整除。 11. 一个学生有37天用来准备考试。根据过去的经验，她知道她需要不超过60小时的学习时间。她还希望每天至少学习1小时。证明，无论她如何安排她的学习时间（不过，每天都是整数个小时），都存在连续的若干天，在此期间她恰好学习了13小时。 证明 设从第一天到第i 天她共学习了i a 小时。因为她每天至少学习1小时，所以 3721,,,a a a 和13,,13,133721+++a a a 都是严格单调递增序列。因为总的学习时间 不超过 60 小时，所以6037≤a ，731337≤+a 。3721,,,a a a , 13,,13,133721+++a a a 是1和73之间的74个整数，由鸽巢原理知道，它们中存在相 同的整数，有i a 和13+j a 使得13+=j i a a ，13=-j i a a ，从第1+j 天到第i 天她恰好学习了13小时。 14. 一只袋子装了100个苹果、100个香蕉、100个桔子和100个梨。如果我每分钟从袋子里取出一个水果，那么需要多少时间我就能肯定至少已拿出了1打相同种类的水果？ 解 由加强形式的鸽巢原理知道，如果从袋子中取出451)112(4=+-?个水果，则能肯定至少已拿出12个相同种类的水果。因此，需要45分钟。 17. 证明：在一群1>n 个人中，存在两个人，他们在这群人中有相同数目的熟人（假设没有人与他/她自己是熟人）。 证明 因为每个人都不是自己的熟人，所以每个人的熟人的数目是从0到1-n 的整数。若有两个人的熟人的数目分别是0和1-n ，则有人谁都不认识，有人认识所有的人，这是不可能的。因此，这n 个人的熟人的数目是1-n 个整数之一，必有两个人有相同数目的熟人。 第三章作业答案 6. 有多少使下列性质同时成立的大于5400的整数？ (a) 各位数字互异。 (b) 数字2和7不出现。 解 因为只能出现数字0, 1, 3, 4, 5, 6, 8, 9，所以整数的位数至多为8。 ① 考虑8位整数。最高位不能为0，因此8位整数有)7,7(7P ?个。 ② 考虑7位整数。最高位不能为0，因此8位整数有)6,7(7P ?个。

华东师范大学数学系《数学分析》(第4版)(上册)(课后习题 不定积分)【圣才出品】

第8章　不定积分 §1　不定积分概念与基本积分公式 1．验证下列等式，并与（ 3）、（ 4）两式相比照 （ 1） （ 2） （3）式为 （4）式为 解：（1）因为，所以它是对f（x）先求导再积分，等于f（x ）＋C，（3）式是对f（x）先积分再求导，则等于 （2）因为，由（1）可知它是对f（x）先微分后积分，则等于f（x）＋C；而（4）式是对f（x）先积分后微分，则等于f（x）dx． 2．求一曲线y＝f（x），使得在曲线上每一点（x,y）处的切线斜率为2x，且通过点（2，5 ）． 解：由题意，有f'（x）＝2x，即 又由于y＝f（x）过点（2，5），即5＝4＋C，故C＝1．因而所求的曲线为y＝f（ x）＝x2＋1． 3．验证是|x|在（－∞,＋∞）上的一个原函数．

证明：因为 所以 而当x ＝0时，有即y'（0）＝0．因而 即是在R 上的一个原函 数．4．据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数? 解：设x 0为f （x ）在区间I 上的第一类间断点，则分两种情况讨论． （1）若x 0为可去间断点． 反证法：若f （x ）在区间I 上有原函数F （x ），则在 内由拉格朗日中值定理有 ，ξ在x 0和x 之间．而这与x 0为可去间断点是矛盾的，故F （x ）不存在． （2）若x 0为跳跃间断点． 反证法：若f （x ）在区间I 上有原函数F （x ），则亦有

成立．而 这与x0为跳跃间断点矛盾，故原函数仍不存在．5．求下列不定积分： 解：

6．求下列不定积分： 解：（1）当x≥0时，当x＜0时， 由于在上连续，故其原函数必在连续可微．因此 即，因此所以 （2）当时， 由于在上连续，故其原函数必在上连续可微．因此，

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.

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。

数学分析复旦大学第四版大一期末考试

数学分析复旦大学第四版大一期末考试 一、填空题（每空1分，共9分） 1. 函数()f x = 的定义域为________________ 2.已知函数sin ,1 ()0,1 x x f x x ??=?-?? ==??-

组合数学习题解答

第一章： 1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。 解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。 1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？ 解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一 起的方式共有 10！- 2*9！。 1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？ 解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有10 ! 10 种方式。 两人坐在一起的方式数为9 ! 92? ,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。 1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？ 解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0， 例如235写成0235,则问题就变为求： x 1+x 2+x 3+x 4=5 的非负整数解的个数，故有 F （4，5）=??? ? ??-+=515456 (2)分为求： x 1+x 2+x 3+x 4=4 的非负整数解，其个数为F （4，4）=35 x 1+x 2+x 3+x 4=3 的非负整数解，其个数为F （4，3）=20 x 1+x 2+x 3+x 4=2 的非负整数解，其个数为F （4，2）=10 x 1+x 2+x 3+x 4=1 的非负整数解，其个数为F （4，1）=4 x 1+x 2+x 3+x 4=0 的非负整数解，其个数为F （4，0）=1 将它们相加即得， F （4，4）+F （4，3）+F （4，2）+F （4，1）+F （4，0）=70。 第二章： 2.3. 在边长为1的正三角形任意放置5个点，则其中至少有两个点的距离≤1/2。 解：将边为1的正三角形分成边是为1/2的四个小正三角形，将5个点放入四个小正三角形中，由鸽笼原理知，至少有一个小正三角形中放有2个点，而这两点的距离≤1/2。 1/2 1/2 1/2

数学分析(4)复习提纲(全部版)

数学分析（4）复习提纲 第一部分 实数理论 §1 实数的完备性公理 一、实数的定义 在集合R 内定义加法运算和乘法运算，并定义顺序关系，满足下面三条公理，则称R 为实数域或实数空间。 （1）域公理： （2）全序公理： （3）连续性公理（Dedekind 分割原理）：设R 的两个子集A ，A '满足： 1°ΦA ΦA ≠'≠, 2°R A A ='? 3°x x A x A x '

聚点定理：(Weierstrass) 致密性定理：(Bolzano-Weierstrass) 柯西收敛准则：(Cauchy) 习题1 证明Dedekind 分割原理与确界原理的等价性。 习题2 用区间套定理证明有限覆盖定理。 习题3 用有限覆盖定理证明聚点定理。 评注 以上定理哪些能够推广到欧氏空间n R ？如何叙述？ §2 闭区间上连续函数的性质 有界性定理：上册P168；下册P102,Th16.8；下册P312,Th23.4 最值定理：上册P169；下册下册P102,Th16.8 介值定理与零点存在定理：上册P169；下册P103,Th16.10 一致连续性定理（Cantor 定理）：上册P171；下册P103,Th16.9；下册P312,Th23.7 习题4 用有限覆盖定理证明有界性定理 习题5 用致密性定理证明一致连续性定理 §3 数列的上(下)极限 三种等价定义：（1）确界定义；（2）聚点定义；（3）N -ε定义 评注 确界定义易于理解；聚点定义易于计算；N -ε定义易于理论证明 习题6 用区间套定理证明有界数列最大（小）聚点的存在性。（P173） 习题7 证明上面三种定义的等价性。 第二部分 级数理论 §1 数项级数 前言 级数理论是极限理论的直接延伸，但又有自身独特的问题、特点和研究方法。上（下）极限是研究级数的一个有力工具。对于数项级数，可看作有限个数求和的推广，自然要考虑如何定义其和，两个级数的和与积，结合律、交换律是否还成立等问题。级数的收敛性与无

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。