《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版
《组合数学》练习题一参考答案
《组合数学》练习题一参考答案《组合数学》练习题一参考答案一、填空：1.!()!m n P n m m n m =- 2.2)1(-n n 3. 0. 4. 2675.),2,1,0(3)2(2321 =+-+=n c c c a n n n n .6.4207.78.()()!!11...!31!21!111n n n ??-++-+-9.22 10.267二、选择：1. 1—10 A B D D A D A B B C三、计算： 1. 解因为]250[=25, ]450[=12, ]850[=6, ]1650[=3, ]3250[=1, ]6450[=0, 所以, 所求的最高次幂是2(50!)=25+12+6+3+1=47.2. 解由我们最初观察的式子,有614,1124,634,144=??===, 再利用定理1,我们得到24!415,102)15(545,155==??=-?==, 3511642434435=+?=???+=, 5061141424425=+?=??+=. 所以,x x x x x x f 24503510)(23455+-+-=.3. 解：设所求为N ，令}2000,,2,1{ =S ，以A ，B ，C 分别表示S 中能被32?，52?，53?整除的整数所成之集，则53466663133200333 532200053220003532000522000322000 =+?-++=+-???????+???????+???????=+---++==C B A C B C A B A C B A CB A N 4. 解：记7个来宾为1A ，2A ，…，7A ，则7个来宾的取帽子方法可看成是由1A ，2A ，…，7A 作成的这样的全排列：如果i A （1≤i ≤7）拿了j A 的帽子，则把i A 排在第j 位，于是（1）没有一位来宾取回的是他自己的帽子的取法种数等于7元重排数7D ，即等于1854。
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循环群也是群，所以群的定义不用再证，只需证明对于任意a, b G, G是循环群，有a * b b * a成立，因为循环群中的元素可写成a=xm 形式 所以等式左边xm × x n x m n , 等式右边x n xm＝x m n， a b b a，即所有 的循环群都是ABEL群。
因为 H 是 G 的子群， 所以在 H 中的一个 (b m ) r 一定在 G 中对应一个 a m 使得
(b m ) r a m ，
所以有 b rm a m ，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。
N-1 N-2
N
1
2 3
……
……
图N! C N!
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。
……
…
6
…………………………
… …
……
… …
…
…
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：P1=(c1)(c2)……(cn!);） 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，
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） 2 格式为（4） ，同格式的共轭类有 6 个。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题4答案
习题四（容斥原理）1．试求不超过200的正整数中素数的个数。
解：因为2215225,13169==，所以不超过200的合数必是2,3,5,7,11,13的倍数，而且其因子又不可能都超过13。
设i A 为数i 不超过200的倍数集，2,3,5,7,11,13i =，则22001002A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，3200663A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，5200405A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，7200287A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦， 112001811A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，132001513A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，232003323A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 252002025A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，272001427A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，2112009211A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 2132007213A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，352001335A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，37200937A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 3112006311A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，3132005313A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，57200557A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 5112003511A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，5132003513A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，7112002711A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 7132002713A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，111320011113A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，2352006235A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 2372004237A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，231120032311A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，231320022313A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦ 2572002257A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，251120012511A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，251320012513A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 271120012711A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，271320012713A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， 21113200021113A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，3572001357A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，351120013511A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦351320013513A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，371120003711A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦，…， 235720002357A A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⨯⎣⎦，…，23571113200023571113A A A A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦， 所以 23571113200(1006640281815)(3320149713965533221)(6432211110111i i j i j k i j k lii ji j ki j k li j k l m i j k l m ni j k l mi j k l m nA A A A A A S A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A <<<<<<<<<<<<<<<=-+-+-+=-++++++++++++++++++++-+++++++++++++∑∑∑∑∑∑0)00041+-+=但这41个数未包括2,3,5,7,11,13本身，却将非素数1包含其中， 故所求的素数个数为：416146+-=2．问由1到2000的整数中：（1）至少能被2，3，5之一整除的数有多少个？ （2）至少能被2，3，5中2个数同时整除的数有多少个？ （3）能且只能被2，3，5中1个数整除的数有多少个？ 解：设i A 为1到2000的整数中能被i 整除的数的集合，2,3,5i =，则2200010002A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，320006663A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦，520004005A ⎢⎥==⎢⎥⎣⎦， 23200033323A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，25200020025A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦，35200013335A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⎣⎦， 235200066235A A A ⎢⎥==⎢⎥⨯⨯⎣⎦， （1）即求235A A A ++，根据容斥原理有：235235232535235()1000666400(333200133)661466A A A A A A A A A A A A A A A ++=++-+++=++-+++=（2）即求232535A A A A A A ++，根据容斥原理有：232535232535235235235235()333200133266534A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ++=++-+++=++-⨯=（3）即求[1]N ，根据Jordan 公式有：1112233235232535235[1]2()310006664002(333200133)366932N q C q C q A A A A A A A A A A A A =-+=++-⨯+++⨯=++-⨯+++⨯=3．求从1到500的整数中能被3和5整除但不能被7整除的数的个数。
组合数学课后习题答案
第一章答案1．(a) 45 ( {1,6},{2,7},{3,8},…,{45,50} )(b) 45⨯5+(4+3+2+1) = 235( 1→2~6, 2→3~7, 3→4~8, …,45→46~50, 46→47~50, 47→48~50, 49→50 ) 2．(a) 5!8!(b) 7! P(8,5) (c) 2 P(5,3) 8! 3. (a) n!P(n+1, m) (b) n!(m+1)!(c) 2!((m+n-2)+1)! 4. 2 P(24,5) 20!5. 2⨯5⨯P(8,2)+3⨯4⨯P(8,2)6. (n+1)!-17. 用数学归纳法易证。
8. 41⨯319. 设 n=p 1n 1p 2n 2…p kn k , 则n 2的除数个数为 ( 2p 1+1) (2p 2+1) …(2p k+1).10．1）用数学归纳法可证n 能表示成题中表达式的形式；2）如果某n 可以表示成题中表达式的形式，则等式两端除以2取余数，可以确定a 1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a 2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a 3；…；这说明表达式是唯一的。
11．易用C(m,n)=m!/(n!(m-n)!)验证等式成立。
组合意义：右：从n 个不同元素中任取r+1个出来，再从这r+1个中取一个的全体组合的个数；左：上述组合中，先从n 个不同元素中任取1个出来，每一个相同的组合要生复 C(n-1,r) 次。
12．考虑,)1(,)1(101-=-=+=+=∑∑n nk k k n nnk kknx n x kC x x C 求导数后有令x=1, 即知.210-==∑n nk kn n kC13. 设此n 个不同的数由小到大排列后为a 1, a 2, …, a n 。
当第二组最大数为a k 时，第二组共有2k-1种不同的可能，第一组有2n-k -1种不同的可能。
故符合要求的不同分组共有12)2()12(21111+-=-----=∑n k n k n k n 种。
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组合数学(第2版)-姜建国,岳建国习题一（排列与组合）1．在1到9999之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？ 解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出1，2，3，4作排列的方案数；（1）选1个，即构成1位数，共有15P 个；（2）选2个，即构成两位数，共有25P 个；（3）选3个，即构成3位数，共有35P 个；（4）选4个，即构成4位数，共有45P 个；由加法法则可知，所求的整数共有：12345555205P P P P +++=个。
2．比5400小并具有下列性质的正整数有多少个？（1）每位的数字全不同；（2）每位数字不同且不出现数字2与7；解：（1）比5400小且每位数字全不同的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：① 一位数，可从1～9中任取一个，共有9个；② 两位数。
十位上的数可从1～9中选取，个位数上的数可从其余9个数字中选取，根据乘法法则，共有9981⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从1～9中选取，剩下的两位数可从其余9个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有299648P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1～4中选取，剩下的三位数从剩下的9个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有3942016P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从1～3中选取，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有283168P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数取0，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有2856P =个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：9816482016168562978+++++=个；（2）比5400小且每位数字不同且不出现数字2与7的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设{0,1,3,4,5,6,8,9}A =① 一位数，可从{0}A -中任取一个，共有7个；② 两位数。
十位上的数可从{0}A -中选取，个位数上的数可从A 中其余7个数字中选取，根据乘法法则，共有7749⨯=个；③ 三位数。
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3.1 某甲参加一种会议,会上有6位朋友,某甲和其中每一个人在会上各相遇12次,每两人各相遇6次,每3人各相遇4次,每4人各相遇3次,每5人各相遇2次,每6人各相遇1次,1人也没遇见的有5次,问某甲共参加几次会议?解:设A 为甲与第i 个朋友相遇的会议集.i=1,2,3,4,5,6.则 │∪A i │=12*C(6,1)-6*C(6,2)+4*C(6,3)-3*(6,4)+2*(6,5)-C(6,6) =28甲参加的会议数为 28+5=333.2：求从1到500的整数中被3和5整除但是不能被7整除的数的个数。
解：设 A 3：被3整除的数的集合A 5：被5整除的数的集合 A 7：被7整除的数的集合 所以 ||=||-||=-=33-4=29 3.3 n 个代表参加会议，试证其中至少有2个人各自的朋友数相等解：每个人的朋友数只能取0，1，…，n －1．但若有人的朋友数为0，即此人和其 他人都不认识，则其他人的最大取数不超过n －2．故这n 个人的朋友数的实际取数只 有n －1种可能．，根据鸽巢原理所以至少有２人的朋友数相等．3.4试给出下列等式的组合意义0j j 0(1)=(1), 1n-m-j+1(2)(1)1 j 1(3)...(1) 1 12m l l n m l n m m n l n k m n k l k l n m l n m l m l m l m l m l m l m m m m m l =-=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥≥ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭+-++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑ 证明：（1）从n 个不同元素中取k ，使得其中必含有m 个特定元素的方案数为)()(kn mn m k mn --=--。
设这m 个元素为a 1,a 2,…,a m , Ai 为包含a i 的组合（子集），i=1,…,m.1212|...|(...)12 =(...(1))1 2 =(1) m m m l n A A A A A A k n m n m n m n m k k k m k m n l l k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛- ⎪⎝⎭ 0ml =⎫ ⎪⎝⎭∑ （2）把l 个无区别的球放到n 个不同的盒子，但有m 个空盒子的方案数为11n l m n m -⎛⎫⎛⎫⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令k=n-m ，设A i 为第i 个盒子有球，i=1，2，…k12k 121|...|(...)1k 11211 =(...(1)) 1 2 k k k l A A A A A A k k l k l k k l k k k l k l l k l +-⎛⎫=- ⎪⎝⎭+--+--+--+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ kj j 0k k-j+1 =(1)j l l =-⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑ （3）设A i 为m+l 个元素中去m+i 个，含特定元素a 的方案集；N i 为m+l 个元素中取m+i 个的方案数。
组合数学第二篇习题解答
n0
k 0
(c)an C(n 3,3), n {0,1,2,...}
n
(b)G 2 an xn , 其中an (k 1)(n 1 k )
n0
k 0
G2 (1 2x 3x2 ... (n 1)xn ...)(1 2x 3x2 ... (n 1)xn ...)
an 1 (n 1) 2 (n) ... (k 1) (n k 1) ...
G(x) 1 23 x 1 ...(n 1)3 xn 1 ...
1 x 1 x
1 x
1 (1 23 x ...(n 1)3 xn ...) 1 x
G(x)
1 1 x
1 4x x2 (1 x)4
1 4x x2 (1 x)5
2.16 用数学归纳法证明 C(m,m),C(m+1,m),C(m+2,m),...,C(m+n,m),...的母函数为 (1-x)-m-1
按叠加原理 an 4an1 3 4n 的特解为hn4n , 代入替推关系 hn4n 4h(n 1)4n1 3 4n , h 3 一般解为: r4n 3n4n 10 5n
2.28
an
a a 3
10
n 1
n2
两边求对数
ln an 3 ln an1 10 ln an2 令bn ln an bn 3bn1 10bn2 0, 特征根为 : r1 5, r 2 2,
1 ln 4
a [3n 3( 1)n ] 0
ln a a 1[3n (1)n ]
1[3n 3( 1)n ]
14
04
a a a 1[3n ( 1)n ]
1[3n 3( 1)n ]
n
14
04
组合数学第一章答案.
１.１ 从{}5021，，，⋅⋅⋅中找两个数{}b a ,，使其满足（1） 5||=-b a ；（2）5||≤-b a解：（1）根据5||=-b a 可得 55-=-=-b a b a 或 则有种种4545 共有90种。
（2）根据5||≤-b a 得 )50,,2,1(,55{⋅⋅⋅∈+≤≤-b a b a b则：当5≤b 时，有1=b ， 61≤≤a ， 则有 6种2=b ， 71≤≤a ， 则有7种3=b ， 81≤≤a ， 则有8种4=b ， 91≤≤a ， 则有 9种5=b ， 101≤≤a ， 则有10种 当455≤<b 时，有6=b ， 111≤≤a ， 则有 11种7=b ， 122≤≤a ， 则有 11种 . . . . . . . . .45=b ， 5040≤≤a ， 则有11种 当5045≤<b 时，有46=b ， 5041≤≤a ， 则有 10种47=b ， 5042≤≤a ， 则有 9种48=b ， 5043≤≤a ， 则有 8种49=b ， 5044≤≤a ， 则有 7种 50=b ， 5045≤≤a ， 则有 6种故：共 种520)678910(21140=+++++⨯1.2 （1）先把女生进行排列，方案为5！，然后把女生看成1个人和7个男生进行排列，总方案数为5！×8！（2）女生不相邻，则先把男生进行排列，方案为7！再把女生插入男生之间的8个空位种的任意5个，总方案数为7！×58P（3）应该是A 女生x 女生y 女生z B,或是B 女生x 女生y 女生z A 的形式，从5个女生中选出3人进行排列，方案为35P ，考虑A,B 可以换位，方案为2×35P ，然后把这个看成一个整体，和剩下的2个女生，5个男生，一共7个人进行排列，总方案数2×35P ×8！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 排在一起； 分别讨论有多少种方案。
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组合数学(第2版)-姜建国,岳建国习题一（排列与组合）1．在1到9999之间，有多少个每位上数字全不相同而且由奇数构成的整数？ 解：该题相当于从“1，3，5，7，9”五个数字中分别选出1，2，3，4作排列的方案数；（1）选1个，即构成1位数，共有15P 个；（2）选2个，即构成两位数，共有25P 个；（3）选3个，即构成3位数，共有35P 个；（4）选4个，即构成4位数，共有45P 个；由加法法则可知，所求的整数共有：12345555205P P P P +++=个。
2．比5400小并具有下列性质的正整数有多少个？（1）每位的数字全不同；（2）每位数字不同且不出现数字2与7；解：（1）比5400小且每位数字全不同的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：① 一位数，可从1～9中任取一个，共有9个；② 两位数。
十位上的数可从1～9中选取，个位数上的数可从其余9个数字中选取，根据乘法法则，共有9981⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从1～9中选取，剩下的两位数可从其余9个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有299648P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1～4中选取，剩下的三位数从剩下的9个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有3942016P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从1～3中选取，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有283168P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数取0，剩下的两位数从剩下的8个数字中选2个进行排列，共有2856P =个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：9816482016168562978+++++=个；（2）比5400小且每位数字不同且不出现数字2与7的正整数；按正整数的位数可分为以下几种情况：设{0,1,3,4,5,6,8,9}A =① 一位数，可从{0}A -中任取一个，共有7个；② 两位数。
十位上的数可从{0}A -中选取，个位数上的数可从A 中其余7个数字中选取，根据乘法法则，共有7749⨯=个；③ 三位数。
百位上的数可从{0}A -中选取，剩下的两位数可从A 其余7个数中选2个进行排列，根据乘法法则，共有277294P ⨯=个；④ 四位数。
又可分三种情况：⏹ 千位上的数从1，3，4中选取，剩下的三位数从A 中剩下的7个数字中选3个进行排列，根据乘法法则，共有373630P ⨯=个；⏹ 千位上的数取5，百位上的数从0，1，3中选取，剩下的两位数从A 中剩下的6个数字中选2个进行排列，共有26390P ⨯=个；根据加法法则，满足条件的正整数共有：749294630901070++++=个；3．一教室有两排，每排8个座位，今有14名学生，问按下列不同的方式入座，各有多少种做法？（1）规定某5人总坐在前排，某4人总坐在后排，但每人具体座位不指定；（2）要求前排至少坐5人，后排至少坐4人。
解：（1）因为就坐是有次序的，所有是排列问题。
5人坐前排，其坐法数为(8,5)P ，4人坐后排，其坐法数为(8,4)P ，剩下的5个人在其余座位的就坐方式有(7,5)P 种，根据乘法原理，就座方式总共有：(8,5)(8,4)(7,5)28449792000P P P =（种）（2）因前排至少需坐6人，最多坐8人，后排也是如此。
可分成三种情况分别讨论：① 前排恰好坐6人，入座方式有(14,6)(8,6)(8,8)C P P ；② 前排恰好坐7人，入座方式有(14,7)(8,7)(8,7)C P P ；③ 前排恰好坐8人，入座方式有(14,8)(8,8)(8,6)C P P ；各类入座方式互相不同，由加法法则，总的入座方式总数为：(14,6)(8,6)(8,8)(14,7)(8,7)(8,7)(14,8)(8,8)(8,6)10461394944000C P P C P P C P P ++= ♦ 典型错误：先选6人坐前排，再选4人坐后排，剩下的4人坐入余下的6个座位。
故总的入坐方式共有：()()()(14,6)8,6(8,4)8,46,4C P C P P 种。
但这样计算无疑是有重复的，例如恰好选6人坐前排，其余8人全坐后排，那么上式中的()(8,4)8,4C P 就有重复。
4．一位学者要在一周内安排50个小时的工作时间，而且每天至少工作5小时，问共有多少种安排方案？解：用i x 表示第i 天的工作时间，1,2,,7i =，则问题转化为求不定方程123456750x x x x x x x ++++++=的整数解的组数，且5i x ≥，于是又可以转化为求不定方程123456715y y y y y y y ++++++=的整数解的组数。
该问题等价于：将15个没有区别的球，放入7个不同的盒子中，每盒球数不限，即相异元素允许重复的组合问题。
故安排方案共有：(,15)(1571,15)54264RC C ∞=+-= （种）♦ 另解：因为允许0i y =，所以问题转化为长度为1的15条线段中间有14个空，再加上前后两个空，共16个空，在这16个空中放入6个“＋”号，每个空放置的“＋”号数不限，未放“＋”号的线段合成一条线段，求放法的总数。
从而不定方程的整数解共有：212019181716(,6)(1661,6)54264654321RC C ⨯⨯⨯⨯⨯∞=+-==⨯⨯⨯⨯⨯（组） 即共有54 264种安排方案。
5．若某两人拒绝相邻而坐，问12个人围圆周就坐有多少种方式？解：12个人围圆周就坐的方式有：(12,12)11!CP =种，设不愿坐在一起的两人为甲和乙，将这两个人相邻而坐，可看为1人，则这样的就坐方式有：(11,11)10!CP =种；由于甲乙相邻而坐，可能是“甲乙”也可能是“乙甲”；所以则满足条件的就坐方式有：11!210!32659200-⨯=种。
6．有15名选手，其中5名只能打后卫，8名只能打前锋，2名只能打前锋或后卫，今欲选出11人组成一支球队，而且需要7人打前锋，4人打后卫，试问有多少种选法？解：用A 、B 、C 分别代表5名打后卫、8名打前锋、2名可打前锋或后卫的集合，则可分为以下几种情况：（1）7个前锋从B 中选取，有78C 种选法，4个后卫从A 中选取，有45C 种， 根据乘法法则，这种选取方案有：7485C C 种；（2）7个前锋从B 中选取，从A 中选取3名后卫，从C 中选1名后卫，根据乘法法则，这种选取方案有：731852C C C 种；（3）7个前锋从B 中选取，从A 中选取2名后卫，C 中2名当后卫， 根据乘法法则，这种选取方案有：7285C C 种；（4）从B 中选6个前锋，从C 中选1个前锋，从A 中选4个后卫，根据乘法法则，这种选取方案有：614825C C C 种； （5）从B 中选6个前锋，从C 中选1个前锋，从A 中选3个后卫，C 中剩下的一个当后卫，选取方案有：613825C C C 种；（6）从B 中选5个前锋，C 中2个当前锋，从A 中选4个后卫，选取方案有：5485C C 种；根据加法法则，总的方案数为：7473172614613548585285825825851400C C C C C C C C C C C C C C C +++++=7．求8(2)x y z w --+展开式中2222x y z w 项的系数。
解：令,,2,a x b y c z d w ==-=-=，则8()a b c d +++中2222a b c z 项的系数为88!7!22222!2!2!2!2⎛⎫== ⎪⎝⎭，即8(2)x y z w --+中，2222()(2)x y z w --的系数， 因此，2222x y z w 的系数为：227!2(1)(2)10080--=。
8．求4()x y z ++的展开式。
解：4,3n t ==，展开式共有(,4)(431,4)15RC C ∞=+-=（项）， 所以，444433222223322344444()400040004310301444220202211444413010311212144013031x y z x y z x y x z x y x z x yz xy xz xyz xy z yz ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛++ ⎪ ⎝⎭⎝3224443333332222222224022444444666121212y z y z x y z x y x z xy xz yz y zx y x z y z x yz xyz xy z ⎫⎛⎫+⎪ ⎪⎭⎝⎭=++++++++++++++9．求1012345()x x x x x ++++展开式中36234x x x 的系数。
解：36234x x x 的系数为： 1010!840031603!1!6!⎛⎫== ⎪⎝⎭10．试证任一整数n 可唯一表示成如下形式：1!,0,1,2,i i i n a i a i i ≥=≤≤=∑证明：（1）可表示性。
令1221{(,,,,)|0,1,2,,1}m m i M a a a a a i i m --=≤≤=-，显然!M m =， {0,1,2,,!1}N m =-，显然!N m =， 定义函数:f M N →，12211221(,,,,)(1)!(2)!2!1!m m m m f a a a a a m a m a a ----=-+-+++， 显然，122100(1)!0(2)!02!01!(1)!(2)!2!1!(1)(1)!(2)(2)!22!11!!(1)!(1)!(2)!3!2!2!1!!1m m m m a m a m a a m m m m m m m m m --=-+-+++≤-+-+++≤--+--+++=--+---++-+-=- 即12210(,,,,)!1m m f a a a a m --≤≤-，由于f 是用普通乘法和普通加法所定义的，故f 无歧义，肯定是一个函数。
从而必有一确定的数(0!1)K K m ≤≤-，使得1221(,,,,)m m K f a a a a --=， 为了证明N 中的任一数n 均可表示成1!i i n a i ≥=∑的形式，只需证明f 是满射函数即可。
又因为f 是定义在两个有限且基数相等的函数上，因此如果能证明f 单射，则f 必是满射。
假设f 不是单射，则存在12211221(,,,,),(,,,,)m m m m a a a a b b b b M ----∈， 12211221(,,,,)(,,,,)m m m m a a a a b b b b ----≠，且有0K N ∈，使得 012211221(,,,,)(,,,,)m m m m K f a a a a f b b b b ----==由于12211221(,,,,)(,,,,)m m m m a a a a b b b b ----≠，故必存在1j m ≤-，使得j j a b ≠。