最新组合数学习题答案(14章全)
第第 1 1 章章 排列与组合排列与组合 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b}，使其知足： [解解] (a)(a) ab 5 将上式分解，取得ab 5 (a) ab 5; (b) ab 5. ab 5 a = b–5，a=1，2，…，45 时，b＝6，7，…，50。知足 a=b-5 的点共 50-5=45 个点. a = b+5，a=5，6，…，50 时，b＝0，1，2，…，45。知足 a=b+5 的点共 45 个点. 所以，共计 2×45=90 个点. (b)(b) ab 5 (610)511(454) 1651141 531个点。 5 个女生，7 个男生进行排列， (a) 若女生在一路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？ [解解] (a) (a) 女生在一路看成一个人，先排列，然后将女生从头排列。 （7＋1）!×5!=8!×5!＝40320×120=4838400 (b)(b) 先将男生排列有 7!种方案，共有 8 个间隙，将 5 个女生插入，故需从 8 个空当选 5 个间隙，有C 8 种选择。将女生插入，有5!种方案。故按乘法原理，有： 7!×C 8 ×5!=(种)方案。 (c)(c) 先从 5 个女生当选 3 个女生放入 A，B 之间，有C 5 种方案，在让3 个女生排列，有 3!种排列，将这 5 个人看做一个人，再与其余7 个人一块排列，有 (7+1)! = 8! 由于 A，B 可互换，如图 **A***B** 或 **B***A** 故按乘法原理，有： 3 5 5 1 2×C 5 ×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 排在一路； 别离讨论有多少种方案. m[解解] (a) 先将 n 个女生排列，有n!种方式，共有n+1 个间隙，选出m 个间隙，共有C n1 3 种方式，再插入男生，有m!种方式，按乘法原理，有： mn!×C n1 ×m!＝n!× (n 1)!n!(n 1)! ×m!=种方案。 m!(n 1 m)!(n 1 m)! (b) n 个女生形成一个整体，看做一个人，与m 个男生做重排列，然后，n 个女生内部 再作排列，按乘法原理，有(m+1)!×n!种方案。 (c) 男生 A 和女生 B 排在一路，看做一人，和其余n-1+m-1=n+m-2 个人一路，作排列， 共有(n+m-2+1)=(n+m-1)!种方式，A，B 两人内部互换，故有 2×(n+m-1)!种方案。 26 个英文字母进行排列，要求x 和 y 之间有 5 个字母的排列数. 5[解解] 选入 26－2＝24 个字母当选取 5 个字母，有C 24 种方式，5 个字母内部排列，有 5! 种方案，再将 X*****Y 这 7 个字母看做一个，与其余 19 个合起来作排列，共有(19+1)!=20! 种方案，又因为 X 与 Y 可互换，故按乘法原理，有： 24! 24 2×C ×5!×20!=2× ×5!×20!=40×24! ≈ 40× 2 24× 5!19!e 5 24 24 又因为：ln40+(lg +lg48)+24(lg24–lge) ≈+++24 所以，结果为e1025＝×1025 求 3000 到 8000 之间的奇整数的数量，而且没有相同的数字. [解解] 3000~8000 中列位不同的奇数，分类讨论： 首位 3，1×8×7×4（末位不能取 3） 首位 4，1×8×7×5（末位全取） 首位 5，1×8×7×4 首位 6，1×8×7×5 2 首位 7，1×8×7×4 从而，由加法原理，得： 8×7×（4＋5＋4＋5＋4）=56×22＝1232 个。 计算 11!22!33!nn! !22!33! nn! (n 1)!1 (参见 p14) (n!1 [解解] 11 试证 被 2n 除尽. [证证 k k!) k1 n1 (n1)(n2)(2n) ] (2n)!(2n)!!(2n 1)!!2nn!(2n 1)!! 2n(2n 1)!!(n 1)(n 2)(2n) n!n!n! 故能被2n整除。 求 1040和 2030的公因数. [解解]因为 1040=240·540，2030=(22·5)30=260·530,所以它们的公因数为形如 2m·5n的数，其 中 0≤m≤40，0≤n≤30，故它们的公因数的数量为(40+1)(30+1)=1271。 试证 n2的正除数的数量是奇数. [证证]当 n=1 时，因数为 10；当 n=2 时，因数为 20，21，22；当 n=3 时，因数为 30，31， 32； 设n p 1 1p22 数 可 表 示 为 lllnp n ，(p 1, p2 , knp n , p n , 2 均为质数)，则n p1 1p22 2l2l2lnp n 的正除 k2p 1 k1p 2 ， 其 中 k 1,k2 , ， 所 以 n ,k n , 2 均 为 整 数 ， 且 0 k 1 2l 1,0 k2 2l 2 , (2l 1 1)(2l 2 1)(2l n 1) ,0 k n 2l n , 的 正 除 数 的 个 数 为 ，结果是奇数的乘积为奇数。 证明任一正整数 n 可惟一地表示成如下形式： [证证]. .(1)可表示性： 令 M={(am-1,am-2,,a2,a1):0aii，i=1,2,,m-1}，显然M=m!； 3 n a ii!,(0 ai i,i 1) i1 N={0,1,2,,m!-1}，显然N=m!，其中 m 是大于 n 的任意整数。 概念函数f: MN f(a m-1,am-2, ,a2,a1)=am-1(m-1)!+am-2(m-1)!++a22!+a11!(*) 显然，0= 0(m-1)!+0(m-1)!++02!+01! a m-1(m-1)!+am-2(m-1)!+ +a22!+a11! (m-1)(m-1)!+(m-2)(m-1)!++22!+11!= m!-1（见 P14） 即 0 f(am-1,am-2,,a2,a1)m!-1 由于f是用普通乘法和普通加法所概念的，故从而f无歧义。从而有一肯定的数 K （0Km!-1） ，使 K=f(am-1,am-2,,a2,a1) 为证 N 中的任一数都可表示成上边(*)的形式， 只要证明 f 是满射函数即可。 但由于在两 相等且有限的集合上概念的函数，满射性与单射性、双射性是等价的，故只须证明 f 是单射 函数即可。 不然，设存在某数 K0N,有(am-1,am-2,,a2,a1)(bm-1,bm-2,,b2,b1)均属于 M，使 K0=f(am-1
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