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62-1＝14。（或：4142*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(4152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*64、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a1,a2,a3,a4分别表示这180个偶数的个位、十位、百位、千位数字之和，则m=a1+10a2+100a3+1000a4。因为个位数字为2，4，6的偶数各有60个，故a1=(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a2=a3=a4=(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(5353PP只有1或2：)5,5(254P没有1和2：P(5,5)2故总方案数：)4,4(2)5,5(5353PP+)5,5(254P+P(5,5)6、安排5个人去3个学校参观，每个学校至少一人，共有多少种安排方案？解：方法一：有两种方案：①有两个学校只要一个人去，剩下的那个去3人；②有两个学校去2人，剩下的去1人。故方案数为：（2/2/32524151）*P(3,3)＝150。方法二：213231523153＝150。7、现有100件产品，其中有两件是次品.如果从中任意抽出5件，抽出的产品中至多有一件次品的概率是多少？解：无次品：985；有一件次品：98421因此，概率为（985+98421）/10058、有七种小球，每个小球内有1～7个星星。一次活动中，主办方随机发放礼品盒，每个盒里放两个这样的小球，那么共有多少种这样的礼品盒？解：方法一、281272方法二、（7×7-7）/2+7＝28方法三、一个球是一星球，另一个球可以是一～七星球，故有7种；一个球是二星球，另一个球可以是二～七星球，故有6种；…………一个球是七星球，另一个球可以是七星球，故有1种。因此，共7+6+…+1＝28种。9、服务器A接到发往服务器B、C、D、E、F的信包各3个，但它一次只能发出一个信包。问共有多少种发送方式？如果发往服务器B的信包两两不能相邻发出呢？解：（1）{3•B,3•C,3•D,3•E,3•F}的全排列（2）其余4个服务器全排列，在插入B的三个：!3!3!3!3)!3333(310、有m个省，每省有n个代表，若从这mn个代表中选出k（k≤m）个组成常任委员会，要求委员会中的人来自不同的省，一共有多少种不同的选法？解：mk•nk11、7对夫妇围一圆桌而坐，每对夫妇都不相邻的坐法有多少种？解：7个夫人先坐：7!/7第一个丈夫不坐在他夫人旁边，则有5个地方可以坐；第二个丈夫由于可以坐在第一个丈夫旁边，故有6个地方可以坐；3……………………第7个丈夫有11分地方可以坐。因此：5*6*7*8*9*10*11*7！/7＝1197504000。12、设S={n1·a1,n2·a2,…,nk·ak}，其中n1=1，n2+n3+…+nk=n，证明S的圆排列的个数等于：!!!!knnnn32证明：S的全排列为：!!!)!1(21knnnn因为要排成(n+1)圆，故圆排列数为!!!)!1(21knnnn/(n+1)=!!!2knnn13、有8个大小相同的棋子（5个红的3个蓝的），放在12×12的棋盘上，每行、每列都只能放一个，问有多少种放法.解：)3,7()5,12(73125PP先放红的。选出5行出来125，列可任选为P(12,6)。再先放蓝的。选出3行出来73，列可任选为P(7,3)。14、设1≤r≤n，考虑集合{1,2,…,n}的所有r元子集及每个子集中的最小数，证明这些最小数的算数平均数为11rn.证明：r元子集共nr个，于是共有nr个最小数。下面我们求出这些最小数之和。如果r元子集中的最小数为k，那么除k外的r-1个数只能从{k+1,k+2,…,n}中取，有knr1种取法，即以k为最小数的r子集有knr1个，因此这些最小数之和为knrrnkk111。于是平均数为knrrnknrk1111。由nmnnm和11nmnmnm有rnknrknrknrrnkknrrnkrrrkn111111111)1(nrrnkknrnn)1()1(111上面两式相减得：11111)1(nrnrrnkknrrnk4因此knrrnknrk1111=11rn。15、用二项式定理展开(4x-3y)8.解：8088)3()4(rrrryx16、(3y–2z)20的展开式中，y5z15的系数是什么？解：155205)2(317、证明：nnnnnn531420证明：该等式的组合意义是说，n元集S的偶子集数与奇子集数相等。现在我们任取S中的一个元x。对S的任何一个偶子集AS，如果x∈A，则令B＝A-{x}；否则，令B＝A∪{x}。B显然是S的奇子集。不难证明这是所有偶子集与所有奇子集之间的一一对应。所以，S的偶子集数与奇子集数相等。18、证明等式n0k11)!(nk!k并讨论其组合意义.证明：（n+1）！=n*n!+n!n!=(n-1)*(n-1)!+(n-1)!………………2!=1*1!+1!以上各式相加，整理得：(n+1)!=n+n!+(n-1)*(n-1)!+…+2*2!+1*1!+1故n0k11)!(nk!k。组合意义：将（n+1）个不同物体a1,a2,…,an+1放入（n+1）个不同的盒子A1,A2,…,An+1内的方法如下：（a1不在A1内）+（a1在A1内但a2不在A2内）+（a1,a2分别在A1,A2内但a3不在A3内）+……+（a1,a2,…,ai分别在A1,A2,…,Ai内但ai+1不在Ai+1内）+……+（a1,a2,…,an+1分别在A1,A2,…,An+1内）即：n0k1k!k1)!(n故n0k11)!(nk!k19、证明：!!!)!(knmknmnmmknmk证明：!!!)!(!!)!()!(!)!(knmknmnmnmnmkknmnmmknmk520、证明：mn0，mn1(-1)kmnmknkk-n若，若.证明：若n=m：nmnnn-nkmnmknkk-n(-1)(-1)=1。若nm：我们知道，(1+x)n=kn0knkx对该式两边求m阶导数：mknknkmnxmkkxmnn)!(!)1()!(!0乘以!2mxknm：mkkmnknkmnnmknmxxx02)1(令x=-1：0=kmnmknkk-n(-1)21、证明下列等式：（1）m0knmmnkknm-n2证明：nmmknkknm-n)!()!(!!)!(!)!()!(!)!(kmmnknknkkmmnnkn因此，m0knmmnkknm-n2（2）1rnmirim0iinim证明：利用路径问题解决。左边第i项相当于从点c(-r-1,0)到点(-1,i)，再经点(0,i)，最后到达b(n-m,m)的所有路径数。而右边为从c到b的所有路径数。因此得证。22、证明：2n1n2nn12n1n12n1n2nn1n1证明：11!!)!2(1n12nnnnnn)1(!!)!2()1()!1(!22)!2()!1(!)!1()!2(!)!1()!12()!2()!1()!12()!2()!1()!12(!)!1()!12(12n1n12n1nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn6)1(!!)!2()!1()!1(!!!!)!2()!1()!1()!2()!1()!1()!2(!!)!2(2n1n2nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn因此2n1n2nn12n1n12n1n2nn1n123、试证明：（1）n0k2nnk21)2n(nk证明：由二项式定理知：kn0knkx=(1+x)n等式两边对x求2次导数得：kn0knk2)(xkk=n(n-1)(1+x)n-2令x=1，则：n0knk2)(kk=n(n-1)2n-2整理得：m0knmmnkknm-n2（2）nkn1knkk1)(kn证明：k)!(nk!n!nnnkk)!(nk!n!n1)!k(n1)!k)(kk(nkkn1)!k(n1)!k)(k(nn!1)!k(n1)!(kkn!k)!(nk!n!k1)!-k-(n1)!(kn!1)(kk1)(knkn1k得证。24、证明：n0k2nnk2)1)(n(n3n22)1)(k(k1.证明：由二项式定理知：kn0knkx=(1+x)n等式两边对x积分得：1n0k1nk)1(1)(n1111)(k1nkxnx7再次积分：n0k22nk2)1)(n(n)1(2)1)(n(n112)1)(k(k1nkxnxx令x＝1。整理，得证。25、展开(a+3b-7c-d)5.解：43214321)()7()3(n50k5nnnnnnndcba（n1+n2+n3+n4=5）。26、(4x+3y–2z)20的展开式中，x5y7z8的系数是什么？x5y15的呢？解：x5y7z8的系数：875)2(34!8!7!