组合数学第4章答案
4.1证明所有的循环群是ABEL 群 证明：
n
n ,,**×x ,x m n
m n
a b G G a b b a x x
a b b a ++∈==∴=m
m
m 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。 4.2
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｝ 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-a
x a ∈C, (x a )-1= x b =x m-a
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：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 1
432,....
,,,+
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
a
a
j
i i
+=
（n j ≤≤1）
a
a a
j
i
i
*=
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
l
a
=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| .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 m r m a b =)(， 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()()()612321 1 (15555556) 2635 c 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=3 4.15 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： ()1 2 58 C 8C 24 1?+=3 4.16：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=39 4.16 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： 5 1 3 1(34*35*3) 10 ++=39 4─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=23 4.18．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 844 4 2 22 24 233 3 2 1 ()6() 9()8()() 24 P r b w r b w r b w r b w r 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。 4．19 试说明 5 S 群的不同格式及其个数。 解：5 的拆分共有：00005,00014,00023, 00113,00122,01112,11111 共七种，则可得5S 群的７种不同格式如下： 5 (1) 共轭类有5!/5!=1 个置换； 3 2 (1)(2)共轭类有5!/(3!2)=10 个置换； 1 2 (1)(2)共轭类有5!/(2!2 )=15 个置换； 21 (1)(3)共轭类有5!/(2!3)=20 个置换； 11 (1)(4) 共轭类有5!/4=30 个置换； 11 (2)(3)共轭类有5!/(2·3)=20 个置换； 1 (5) 共轭类有5!/5=24 个置换； 4.19 试说明S5群的不同格式及其个数。 解： 5的拆分有：00005,00014,00023, 00113,00122,01112,11111共七种，则 (5)1共轭类有5!/5=24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； (1)5共轭类有5!/5!=1个置换； 所以，共有不同格式7种，其总个数为119。 4.20 如图4-5一个方格平均分成四个部分有两种颜色着色的问题，若考虑呼唤颜色使之一致的方案属于同一类，问有多少种不同的图像？ 答案： (1)不换色: 不动：p1=(1)(2)(3)(4)(5)(6)……(13)(14)(15)(16) 逆时针转90度:p2=(1)(2)(3456)(7 8 9 10)(11 12)(13 14 15 16) 顺时针转90度:p3=(1)(2)(6543)(10 9 8 7)(11 12)(16 15 14 13) 转180度：(1)(2)(3 5)(4 6)(7 9)(8 10)(11 12)(13 15)(14 16) (2)换色: 不动：p5:=(1 2)(3 7)(4 8)(5 9)(6 10)(11 12)(13 15)(14 16) 逆时针转90度:p6=(1 2)(3 8 5 10)(6 7 4 9)(11)(12)(16 15 14 13) 顺时针转90度：p7=(1 2)(10 5 8 3)(9 4 7 6)(11)(12)(13 14 15 16) 转180度:p8=(1 2)(3 9)(4 10)(5 7)(6 8)(11 12)(13)(14)(15)(16) 总方案数为（12+2+2+4+0+2+2+4）/8=4 4.20图4-5 用两种颜色着色问题，若考虑互换颜色使之一致的方案属于同一类，问有多少种不同的图象？ 答：有4种 分别是 4.21在正四面体的每个面上都任意引一条高,有多少种方案. 解：问题相当于在4个面上用3种颜色着色，求方案数。 使4个面重合的旋转群G的元素为: (1)(2)(3)(4) , (1)(234) , (1)(432) , (2)(134) , (2)(431) , (3)(124) , (3)(421) , (4)(123) , (4)(321) , (12)(34) , (13)(24) , (14) (23) 所以不同的方案数共有 [ ][]15 27728112 13 338312 12 24=++?= ?+?+? 4.21 在正四面体的每个面上都任意引一条高，有多少种？ 题解： 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+0·8·32+3·32]/12=9 4.22 一幅正方形的肖像与一个立方体的面一样大，6幅相同的肖像贴在立方体的6个面上，有多少种贴法？ 题解： 除了绕面心—面心轴旋转任何度数均不会产生不变的图象外，绕其他轴的旋转都相当于正六面体的面4着色。不同的方案数为M=[46+0·6·43+0·3·44+8·42+6·43]/24=192 4.22 一幅正方形的小巷与一个立方体的面一样大。6幅相同的肖像贴在立方体的6个面上，有多少种贴法？ 解：除了绕面心以面心轴旋转任何读书均不会产生不变的图像外，绕其他轴的旋转都相当于正六面体的面4着色。可得不同的方案数为M=[]19224/4*64*84*3*04*6*0432436=++++ 4.23 凸多面体中与一个顶点相关的各面角之和与2π的差称为该顶点的欠角。 证明凸多面体各顶点欠角之和为4π。 证：设V ，S ，E 分别为顶点集，面集，边集。由欧拉定理 V+S-E=2。 设ij a 为与顶点i v 面j s 相关的面角，j e 为j s 的边数，给定j s 则 (2)j ij j v v a e π ∈=-∑ (2)2)j j j j j ij ij v v s s v v v v s s a a ππ∈∈∈∈∈-= -∑∑∑∑∑ =2V π-j j ij v v s s a ∈∈∑∑ =2V π-(2)j j s s e π∈-∑=2V π-j j s s e π∈∑+2S π =2V π+2S π-2E π =4π 所以欠角和为4π。 4.24 足球由正五边形和正六边形相嵌而成。 (a) 一个足球由多少块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，每个五边形的着色都不同，有多少种方案？ 解： （a ）足球是多面体，满足欧拉公式F －E ＋V ＝2，其中F,E,V 分别 表示面,棱,顶点的个数。设足球表面正五边形和正六边形的面各有x 个和y 个，那么，面数F ＝x ＋y ；棱数E ＝(5x+6y)/2；顶点数V ＝(5x+6y)/3。 由欧拉公式，x ＋y －(5x+6y)/2＋(5x+6y)/3＝2，解得x ＝12。 由于每一个六边形的六条边都与其它的三个六边形的三条边和三个五边形的三条边连接；每一个五边形的五条边都与其它的五个六边形的五条边连接。所以，五边形的个数x=3y/5。之前求得x=12，所以y=20。 (b) 一个顶点通过一个转动可与任一顶点重合，重合的方式只有1种， 故转动群的阶为60。因为5边形着色均不同，所以除不变置换的任意旋转都不会产生不变图象，12个5边形着不同颜色共12!种方案。所以共有12!/60=7983360种方案。 4.25．若G 和G '是两个群 11221212G G ' {(g ,g ')g G ,g ' G '}, (g ,g ')(g ,g ')(g g ,g 'g '),?∈∈ G G'(e,e'),G G'??的单位元素是试证成群。 证明：要证G G '?是群，即证G G '?满足群的四个性质： （1）封闭性：若,a b G G '∈?,设(,)x x a g g '= 其中,x x g G g G ''∈∈， (,)y y b g g '= 其中,y y g G g G ''∈∈，x y x y ab g g g g '' = 由于,G G '是群，所以 ,x y x y g g G g g G '''∈∈，由定义知ab G G '∈?，故满足封闭性。 （2）结合律：对于任意的,,a b c G G '∈?，(,),(,),(,)x x y y z z a g g b g g c g g '''===，由于,G G '是群，本身满足结合律，所以G G '?满足结合律。 （3）存在单位元素，题中已给出。 （4）存在逆元：对G G '?的任意元素a, (,)x x a g g '=，其中,x x g G g G ''∈∈，存在b ，11(,)x x b g g --'=，显然b G G '∈?，(,)ab e e '=，所以存在逆元。 综上所述：G G '?是群。 4.25 若G 和'G 是两个群 G*'G = ? { ) ,(' g g | '',G g G g ∈∈}, ),(' 1 1 g g ),('2 2 g g = ? ) '2 ' 1 2 1 ,(g g g g . G*'G 的单位元是 ) ,(' e e ， G*'G 是群。 证明： 封闭性：设),(' 1 1 g g ，),(' 2 2 g g ∈ G*'G ， G*' G = ? { ),(' g g | '',G g G g ∈∈}, ∴对于),(' 1 1 g g ，G g G g ' ' 11 ,∈∈,同理),(' 2 2 g g ，G g G g ' ' 2 2,∈∈ G 和'G 是两个群，则G g g ∈2 1 ,G g g ' '2 '1 ∈ ),(' 1 1 g g ) ,(' 22 g g = ?)' 2 ' 12 1 ,(g g g g ，封闭性成立。 结合性：若),(' 1 1 g g ，),(' 2 2 g g ，),(' 3 3g g ∈ G*'G （),('1 1 g g ),('2 2 g g ）),(' 33g g =)'2 '1 2 1 ,(g g g g ),('3 3g g =)'3 '2 '1 3 2 1 ,(g g g g g g ),('1 1 g g (),('2 2 g g ),(' 33g g )=) ,('1 1 g g )'3 ' 2 3 2 ,(g g g g =)'3 ' 2 ' 1 3 2 1 ,(g g g g g g )'3 '2 '1 3 2 1 ,(g g g g g g =)'3 '2 '1 3 2 1 ,(g g g g g g 即（),(' 1 1 g g ),(' 2 2 g g ）),(' 33g g =),(' 11g g (),(' 22g g ),(' 3 3g g ) 结合律成立。 单位元：G*'G 的单位元是),(' e e 逆元素：设，),(' 1 1 g g ，),('2 2 g g ∈ G*'G 若),('1 1 g g ),('22 g g =),(' e e 则),('2 2 g g 是),(' 1 1 g g 的逆元素。 ),(' 1 1 g g ) ,(' 2 2 g g = ?)'2' 1 2 1 ,(g g g g =),(' e e G*'G = ? { ),(' g g | '',G g G g ∈∈}, ∴ G e g g ∈,,2 1 G 是群，e g g =2 1 ∴ g g 11 2 -= ，同理g g 1'1 ' 2 -= ∴),(' 1 1 g g 的逆元素为,(1'1 11 g g --，逆元素存在。 综上，G*'G是群。 4.26若G是关于X=｛x1,x2,,xn｝的置换群，G’是关于X’=｛x’1,x’2,,x’m｝的 置换群，对于G×G’的每一对元素 证G×G’是关于X∪X’的置换群。 证： 1、封闭性 G×G’是群 （g,g’）(v1) ∈G×G’ （g,g’）(v2) ∈G×G’ （g,g’）(v1) ·（g,g’）(v2) =g(v1) ·g’(v2) 若v1、v2∈X，或v1、v2∈X’显然成立。 或v1∈X，v2 ∈X’ 因为G是置换群，那么，g(v1)=x k∈G G’是置换群，那么，g’(v2)=x l∈G’ 对应于x k这一置换，可在X’中找到一个相应的置换与之对应 若g(v1) ∈X g’(v2) ∈X’ 那么n,m若相等，显然成立。 若m≠n,假设n>m g(v1)是G中一个置换 g’(v2)是G’中一个置换 对于g(v1)来说，乘以一个g’(v2),由于g’(v2)一个循环中元素个数最多不会超过g(v1) 相当于，对于g’(v2),可在G中找到对应的。 所以，g(v1) ·g(v2) ∈G 此时，若m>n, g(v1),g’(v2) ∈X’ 2、单位元e =(1)(2)(3)(4)(m) m>n e =(1)(2)(3)(4)(n) m 3、显然满足结合性。 4、逆元，g(v) , v∈X 这时((g,g’)(v))-1 =(g(v))-1 （g,g’）(v)= g’(v) ,v∈X’这时((g,g’)(v))-1=(g’(v))-1 因为G，G’都是群， 所以v∈X ，v-1∈X v∈X’v-1∈X’ 得证。 4.27 一个项链由7颗珠子装饰成的，其中两颗珠子是红色的，3颗是蓝色的，其余两颗是绿色的，问有多少种装饰方案？ 解： G: 1.单位元 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) 格式为7(1)， 2.顺时针转动一个格 ( 1 2 3 4 5 6 7) 格式为 1(7)，顺时针转动两个格，三个格……六个格，所得的置换的格式都为1(7)，所以同格式的共轭类共有6个 3. 不动，其余对折，得到置换(1)(2 7)(3 6)(4 5) 格式为13(1)(2)，同理，其余六个珠子分别不动，又能得到六个置换，且所得的置换的格式都为13(1)(2)，所以同格式的共轭类共有7个 |G|=14. 对应于0g = (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)，用两红三蓝两绿镶嵌可有75 23 ()*()=210种方案，在0g 的作用下变为自身， 对应于( 1 2 3 4 5 6 7)等6个1(7)格式的方案数为0， 对应于13(1)(2)格式的方案数为3！，故 N= 1(2107*3!)14 +=18 种 4.28 一个正八面体，用红蓝两色对6个顶点进行着色；用黄绿两种颜色对八个 面进行染色，试求其中4个顶点为红色，两个顶点为蓝色，黄和绿的面各四面的方案数。 解： () 51 C *3*3C 6C C 16C C 24 12 42423121246 =+??+??+ 4.28 一个正八面体，用红蓝两色对6个顶点进行着色；用黄绿两种颜色对八个 面进行染色，试求其中4个顶点为红色，两个顶点为蓝色，黄和绿的面各四面的方案数。 解：46234133+2616512412224? ??????????????+??+??= ? ? ? ? ? ????????????? 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： 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。 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。 排列组合》 一、排列与组合 1. 从9 人中选派2 人参加某一活动，有多少种不同选法？ 2. 从9人中选派2人参加文艺活动，1人下乡演出，1人在本地演出，有多少种不同选派方法？ 3. 现从男、女8名学生干部中选出2名男同学和1 名女同学分别参加全校“资源”、“生态” 和“环保”三个夏令营活动，已知共有90 种不同的方案，那么男、女同学的人数是 A.男同学2人，女同学6人 B.男同学3人，女同学5人 C. 男同学5人，女同学3人 D. 男同学6人，女同学2人 4. 一条铁路原有m个车站，为了适应客运需要新增加n个车站（n>1），则客运车票增加了58 种（从甲站到乙站与乙站到甲站需要两种不同车票），那么原有的车站有 A.12 个 B.13 个 C.14 个 D.15 个 5．用0，1 ，2，3，4，5 这六个数字， （1 ）可以组成多少个数字不重复的三位数？ （2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？ （3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数？ （4）可以组成多少个数字不重复的小于1000 的自然数？ （5）可以组成多少个大于3000，小于5421 的数字不重复的四位数？ 二、注意附加条件 1.6 人排成一列（1 ）甲乙必须站两端，有多少种不同排法？ （2）甲乙必须站两端，丙站中间，有多少种不同排法？ 2. 由1 、2、3、4、5、6 六个数字可组成多少个无重复数字且是6 的倍数的五位数？ 3. 由数字1 ，2，3，4，5，6，7 所组成的没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排列起来，第379 个数是 A.3761 B.4175 C.5132 D.6157 4. 设有编号为1、2、3、4、5 的五个茶杯和编号为1、2、3、4、5的五个杯盖，将五个杯盖盖在 组合数学课后标准答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 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 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 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 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) 组合数学与图论复习题及答案 1．Show that if n+1 integers are chosen form the set {1,2, …,2n},then there are always two which differ by at most 2. 从{1,2, …,2n}中选出n+1个数，在这n+1个数中，一定存在两个数，其中一个整数能整除另外一个整数。 任何一个数都可以写成2k*L，其中k是非负数，L是正奇数。现在从1到2n 之间只有n个奇数。由于有n+1个数都能表示成2k*L，而L的取值只有n中，所以有鸽子洞原理知道，至少有两个数的L是一样的，于是对应k小的那个就可以整除k大的另一个数。 2．Show that for any given 52 integers there are exist two of them whose sum, or else difference, is divisible 100. 设52个整数a1，a2，…，a52被100除的余数分别是r1,r2,…,r52，而任意一个数被100除余数为0，1，2，…，99，一共100个。他们可以分为51个类{0},{1,99},{2,98},…,{49,51},{50}。将这51个集合视为鸽笼，则将r1,r2,…,r52放入51个笼子中，至少有两个属于同一个笼子，所以要么有ri＝rj，要么有ri＋rj＝100，也就是说ai－aj|100或者ai＋aj|100。 3．从1，2，3，…，2n中任选n+1个数，证明在这n+1个数中至少有一对数互质。 鸽子洞原理，必有两个数相邻，相邻的两个数互质 4．Prove that Ramsey number R(p,q)≤R(p,q-1)+R(p-1,q). 令N＝R(p,q-1)+R(p-1,q)，从N个人中中随意选取一个a，F表示与a相识的人，S表示与a不相识的人。 在剩下的R(p,q-1)+R(p-1,q)－2＋1个人中，由鸽子洞原理有，或者F中有 R(p,q-1)人，或者S中有R(p-1,q)人。如果F中有R(p,q-1)人，则与a相识的人为p 个；如果S中有R(p-1,q)人，则与a不相识的人有p个。所以有R(p,q)≤ R(p,q-1)+R(p-1,q) 5．There are 10 people, either there are 3 each pair of whom are acquainted, or there are 4 each pair of whom are unacquainted。 从10人中随意选一个人p，F表示与p相识的人，S表示与p不相识的人若F中至少有4人，如果至少有4人不相识，则满足题设；如果有2人相识，则加上p有3人相识，也满足题设。 若F中至多有3人，则S中至少有6人，6人中至少有3人相识，或者不相识。如果相识则满足题设，如果不相识加上p不相识的人就有4个，也满足题设。6．In how many ways can six men and six ladies be seated at round table if the men and ladies to sit in alternate seats 6个男的先进行圆排列，然后6个女的插入空位。 7．In how many ways can 15 people be seated at round table if B refuses to sit next to A What if B only refuses to sit on A right 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。 组合数学作业 第一章引言 Page 13, ex3,4,7,30 ex3. 想象一座有64个囚室组成的监狱，这些囚室被排列成8 8棋盘。所有相邻的囚室间都有门。某角落处意见囚室例的囚犯被告知，如果他能够经过其它每一个囚室正好一次之后，达到对角线上相对的另一间囚室，那么他就可以获释。他能获得自由吗？ 解：不能获得自由。 方法一：对64个囚室用黑白两种颜色染色，使得横和竖方向相邻的囚室颜色不同。则对角线上两个囚室颜色为同黑或同白。总共偶数个囚室，若能遍历且不重复，则必然是黑出发白结束，矛盾。 方法二：64个囚室，若要经过每个囚室正好一次，需要走63步，即奇数步。 不妨假设该囚犯在第1行第1列，那么到第8行第8列，横着的方向需要走奇数步，竖着的方向需要走奇数步，即总共需要偶数步。 所以不能恰好经过每个囚室一次到达对角线上的囚室。 ex4. (a) 设f(n)是用多米诺牌(2-牌)对2×n棋盘作完美覆盖的个数。估计一下f(1),f(2),f(3),f(4)和f(5). 试寻找(或证明)这个计数函数f满足的简单关系。利用这个关系计算f(12)。 (b) 设g(n)是用多米诺牌(2-牌)对3×n棋盘作完美覆盖的个数。估计g(1),g(2),…,g(6). 解：(a) f(1)=1, f(2)=2, f(3)=3, f(n+2)=f(n+1)+f(n) f(4)=f(3)+f(2)=5, f(5)=f(4)+f(3)=8 f(6)=f(5)+f(4)=13 f(7)=f(6)+f(5)=21 f(8)=f(7)+f(6)=34 f(9)=f(8)+f(7)=55 f(10)=f(9)+f(8)=89 f(11)=f(10)+f(9)=144 f(12)=f(11)+f(10)=233 (b) g(1)=0, g(2)=3, g(3)=0, g(4)=9+2=11, g(n+4)=4g(n+2)-g(n), g(5)=0, g(6)=41. ex7. 设a和b是正整数，且a是b的因子。证明m×n棋盘有a×b的完美覆盖当且仅当a 既是m又是n的因子，而b是m或n的因子。(提示: 把a×b牌分割成a个1×b牌。) 解：充分性。当a既是m又是n的因子，而b是m或n的因子，则m×n棋盘有a×b的平凡完美覆盖。 必要性。假设m×n棋盘有a×b牌的完美覆盖。则m×n棋盘必有b牌的完美覆盖。根据书中的定理，b是m的因子或n的因子。 下面证明a既是m的因子又是n的因子。 方法一: 因为a是b的因子，所以a×b牌可以分割成b/a个a×a牌。m×n棋盘有a×a的完美覆盖，则必然有a×a牌的完美覆盖。而a×a牌是正方形的，所以只有唯一的一种平凡覆盖方式。从而m是a的倍数，n也是a的倍数。 方法二: 因为a是b的因子，不妨设b=ka。由m×n棋盘有a×b牌的完美覆盖，可任取一个完美覆盖。设第一行的n个方格由p个a×b牌和q个b×a牌盖住，则有n=pb+qa=(pk+q)a，所以n是a的倍数。同理，m也是a的倍数。 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. 第6章 容斥原理及应用 6.7 练习题 3、求出从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数个数。 解：∵100001002=,9261213=,10648223= ∴从1到10000，共有100个平方数，21个立方数 又∵409646=，1562556= ∴从1到10000，共有4个6次方数，也就是共有4个数既是平方数又是立方数 计算：10000-100-21+4=9883 ∴从1到10000既不是完全平方数也不是完全立方数的整数有9883个 □ 4、确定多重集{}d c b a S ????=5,4,34，的12-组合的个数。 解：设T ：{}d c b a S ?∞?∞?∞?∞=,,,*的所有12-组合 1A ：a 的个数大于4的12-组合 2A ：b 的个数大于3的12-组合 3A ：c 的个数大于4的12-组合 4A ：d 的个数大于5的12-组合 要求的是： 4321A A A A ??? = T )(4321A A A A +++- )(434232413121A A A A A A A A A A A A ?+?+?+?+?+?+ )(432431421321A A A A A A A A A A A A ??+??+??+??- )(4321A A A A ???+ T =??? ? ??-+121412=455 1A =???? ??-+7147=120 2A =???? ??-+8148=165 3A =???? ??-+7147=120 4A =??? ? ??-+6146=84 21A A ?=???? ??-+3143=20 31A A ?=???? ??-+2142=10 41A A ?=???? ??-+1141=4 32A A ?=???? ??-+3143=20 42A A ?=???? ??-+2142=10 43A A ?=???? ??-+1141=4 321A A A ??=421A A A ??=431A A A ??=432A A A ??=4321A A A A ???=0 455-（120+165+120+84）+（20+10+4+20+10+4）=34 ∴多重集{}d c b a S ????=5,4,34，的12-组合的个数是34 □ 9、确定方程 204321=+++x x x x 满足 611≤≤x ，702≤≤x ，843≤≤x ，624≤≤x 的整数解的个数。 解：设 116x y -=， 227x y -=， 338x y -=， 446x y -= 则原方程等价于 确定方程 74321=+++y y y y 满足 501≤≤y ， 702≤≤y ， 403≤≤y ， 404≤≤y 的整数解的个数。 设S ：74321=+++y y y y 的所有非负整数解的集合 1A ：74321=+++y y y y 的所有满足61≥y 的非负整数解的集合 2A ：74321=+++y y y y 的所有满足82≥y 的非负整数解的集合 3A ：74321=+++y y y y 的所有满足53≥y 的非负整数解的集合 4A ：74321=+++y y y y 的所有满足54≥y 的非负整数解的集合 若j i ≠，则?=?j i A A ,那么要求的是： 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 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 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。组合数学课后答案
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