组合数学 课后答案
(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。
证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。
（书上例题2.1.3）证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。
组合数学卢开澄课后习题答案
组合数学卢开澄课后习题答案组合数学是一门研究离散结构和组合对象的数学学科，它广泛应用于计算机科学、统计学、密码学等领域。
卢开澄是中国著名的组合数学家，他的教材《组合数学》是该领域的经典之作。
在学习组合数学的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面我将为大家提供一些卢开澄课后习题的答案。
第一章：集合与命题逻辑1.1 集合及其运算习题1：设集合A={1,2,3}，B={2,3,4}，求A∪B和A∩B的结果。
答案：A∪B={1,2,3,4}，A∩B={2,3}。
习题2：证明若A∩B=A∩C，且A∪B=A∪C，则B=C。
答案：首先，由A∩B=A∩C可得B⊆C，同理可得C⊆B，因此B=C。
然后，由A∪B=A∪C可得B⊆C，同理可得C⊆B，因此B=C。
综上所述，B=C。
1.2 命题逻辑习题1：将下列命题用命题变元表示：（1）如果今天下雨，那么我就带伞。
（2）要么他很聪明，要么他很勤奋。
答案：（1）命题变元P表示今天下雨，命题变元Q表示我带伞，命题可表示为P→Q。
（2）命题变元P表示他很聪明，命题变元Q表示他很勤奋，命题可表示为P∨Q。
习题2：判断下列命题是否为永真式、矛盾式或可满足式：（1）(P∨Q)→(P∧Q)（2）(P→Q)∧(Q→P)答案：（1）该命题为可满足式，因为当P为真，Q为假时，命题为真。
（2）该命题为永真式，因为无论P和Q取何值，命题都为真。
第二章：排列与组合2.1 排列习题1：从10个人中选取3个人，按照顺序排成一队，有多少种不同的结果？答案：根据排列的计算公式，共有10×9×8=720种不同的结果。
习题2：从10个人中选取3个人，不考虑顺序，有多少种不同的结果？答案：根据组合的计算公式，共有C(10,3)=120种不同的结果。
2.2 组合习题1：证明组合恒等式C(n,k)=C(n,n-k)。
答案：根据组合的计算公式可得C(n,k)=C(n,n-k)，因此组合恒等式成立。
组合数学 课后答案 PDF 版
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。
组合数学课后习题答案
组合数学课后习题答案问题1求解以下组合数：(a)C(5, 2)(b)C(7, 3)(c)C(10, 5)解答：(a)C(5, 2) 表示从5个不同元素中选取2个的组合数。
根据组合数的定义，我们可以使用公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!) 来计算组合数。
计算 C(5, 2)： C(5, 2) = 5! / (2! * (5-2)!) = 5! / (2! * 3!) = (5 * 4 * 3!) / (2! * 3!) = (5 * 4) / 2 = 10所以 C(5, 2) = 10。
(b)C(7, 3) 表示从7个不同元素中选取3个的组合数。
计算 C(7, 3)： C(7, 3) = 7! / (3! * (7-3)!) = 7! / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5 * 4!) / (3! * 4!) = (7 * 6 * 5) / 3 = 35 * 2 = 70所以 C(7, 3) = 70。
(c)C(10, 5) 表示从10个不同元素中选取5个的组合数。
计算 C(10, 5)： C(10, 5) = 10! / (5! * (10-5)!) = 10! / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5!) / (5! * 5!) = (10 * 9 * 8 * 7 * 6) / (5 * 4 * 3 * 2 * 1) = 252所以 C(10, 5) = 252。
问题2在一个集合 {a, b, c, d, e} 中，求解以下问题：(a)有多少种不同的3个元素的子集？(b)有多少种不同的4个元素的子集？(c)有多少种不同的空集合？(a)在一个集合 {a, b, c, d, e} 中选取3个元素的子集。
子集的元素个数为3，所以我们需要从5个元素中选取3个。
利用组合数的公式 C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)，我们可以计算组合数。
《组合数学》姜建国著(第二版)-课后习题答案完全版
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。
最新组合数学习题答案(1-4章全)
第1章 排列与组合1.1 从{1,2,…,50}中找一双数{a,b}，使其满足：()5;() 5.a ab b a b -=-≤[解] (a) 5=-b a将上式分解，得到55a b a b -=+⎧⎨-=-⎩a =b –5，a=1，2，…，45时，b ＝6，7，…，50。
满足a=b-5的点共50-5=45个点. a = b+5，a=5，6，…，50时，b ＝0，1，2，…，45。
满足a=b+5的点共45个点. 所以，共计2×45=90个点. (b) 5≤-b a(610)511(454)1651141531+⨯+⨯-=⨯+⨯=个点。
1.2 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) 女生在一起当作一个人，先排列，然后将女生重新排列。
（7＋1）!×5!=8!×5!＝40320×120=4838400(b) 先将男生排列有7!种方案，共有8个空隙，将5个女生插入，故需从8个空中选5个空隙，有58C 种选择。
将女生插入，有5!种方案。
故按乘法原理，有：7!×58C ×5!=33868800(种)方案。
(c) 先从5个女生中选3个女生放入A ，B 之间，有35C 种方案，在让3个女生排列，有3!种排列，将这5个人看作一个人，再与其余7个人一块排列，有(7+1)! = 8!由于A ，B 可交换，如图**A***B** 或 **B***A**故按乘法原理，有：2×35C ×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 排在一起； 分别讨论有多少种方案.[解] (a) 先将n 个女生排列，有n!种方法，共有n+1个空隙，选出m 个空隙，共有mn C 1+种方法，再插入男生，有m!种方法，按乘法原理，有：n!×mn C 1+×m!＝n!×)!1(!)!1(m n m n -++×m!=)!1()!1(!m n n n -++种方案。
组合数学第四版（RichardA.Brualdi著）机械工业出版社课后答案1
第2章 鸽巢原理2.4 练习题1、关于本节中的应用4，证明对于每一个1，2，…，21存在连续若干天，在此期间国际象棋大师将恰好下完局棋（情形21是在应用4中处理的情况）。
能否判断：存在连续若干天，在此期间国际象棋大师将恰好下完22局棋？=k k =k 证明：设表示在前天下棋的总数i a i 若正好有=,则命题得证。
若不然,如下：i a k ∵共有11周，每天至少一盘棋，每周下棋不能超过12盘∴有 ，且771≤≤i 13217721≤<<<≤a a a{}21,,2,1 ∈∀k 有k k a k a k a k +≤+<<+<+≤+13217721观察以下154个整数：k a k a k a a a a +++77217721,,,,,,,每一个数是1到之间的整数，其中k +132153132≤+k由鸽巢原理，这154个数中至少存在两个相等的数∵都不相等，7721,,,a a a k a k a k a +++7721,,, 都不相等∴j i ,∃，使=i a k a j +即这位国际象棋大师在第，1+j 2+j ，…，天总共下了盘棋。
i k 综上所述，对于每一个1，2，…，21存在连续若干天，在此期间国际象棋大师将恰好下完局棋。
=k k □当=22时，132+=154，那么以下154个整数k k 22,,22,22,,,,77217721+++a a a a a a在1到154之间。
ⅰ）若这154个数都不相同则它们能取到1到154的所有整数，必然有一个数是22∵，2222>+i a 771≤≤i∴等于22的数必然是某个，i a 771≤≤i则在前天，这位国际象棋大师总共下了22盘棋。
i ⅱ）若这154个数中存在相同的两个数∵都不相等，7721,,,a a a k a k a k a +++7721,,, 都不相等∴j i ,∃，使=i a k a j +即这位国际象棋大师在第，1+j 2+j ，…，天总共下了盘棋。
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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。
2.6证明：在任意选取的n+2个正整数中存在两个正整数，其差或和能被2n整除。
（书上例题2.1.3）证明：对于任意一个整数，它除以2n的余数显然只有2n种情况，即：0，1，2，…，2n-2，2n-1。
而现在有任意给定的n+2个整数，我们需要构造n+1个盒子，即对上面2n个余数进行分组，共n+1组：{0},{1，2n-1},{2，2n-2},{3,2n-3},…，{n-1,n+1}，{n}。
根据鸽巢原理，n+2个整数，必有两个整数除以2n落入上面n+1个盒子里中的一个，若是{0}或{n}则说明它们的和及差都能被2n整除；若是剩下n-1组，因为一组有两个余数，余数相同则它们的差能被2n整除，不同则它们的和能被2n整除。
证明成立。
2.7一个网站在9天中被访问了1800次，证明：存在连续的3天，这个网站的访问量超多600次。
证明：设网站在9天中访问数分别为a1，a2，...，a9 其中a1+a2+...+a9 = 1800，令a1+a2+a3 = b1，a4+a5+a6 = b2，a7+a8+a9 = b3因为（b1+b2+b3）/3 >= 600 由推论2.2.2知，b1，b2，b3中至少有一个数大于等于600。
所以存在有连续的三天，访问量大于等于600次。
2.8将一个矩形分成5行41列的网格，每个格子涂1种颜色，有4种颜色可以选择，证明：无论怎样涂色，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：首先对一列而言，因为有5行，只有4只颜色选择，根据鸽巢原理，则必有两个单元格的颜色相同。
另外，每列中两个单元格的不同=10种，这样一列中两个同色单元格的位置组合共有位置组合有5210*4=40种情况。
而现在共有41列，根据鸽巢原理，无论怎样涂色，则必有两列相同，也就是必有一个由格子构成的矩形的4个角上的格子是同一颜色。
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。
2.10一名实验员在50天里每天至少做一次实验，而实验总次数不超过75。
证明一定存在连续的若干天，她正好做了24次实验。
证明：令b1，b2，...，b50 分别为这50天中他每天的实验数，并做部分和a1 = b1，a2 = b1+b2 ，。
a50 = b1+b2+...+b50 .由题，bi>=1(1<=i<=50)且a50<=75所以1<=a1<a2<a3<…<a50<=75 (*)考虑数列a1，a2，...，a50，a1+24，a2+24，a50+24，它们都在1与75+24=99之间。
由鸽巢原理知，其中必有两项相等。
由（*）知，a1，a2，...，a50互不相等，从而a1+24，...a50+24 也互不相等，所以一定存在1<=i<j<=50, 使得aj = ai+24，即24=aj-ai=(b1+b2+b3+…+bi+…+bj)-(b1+b2+…+bi)=12...i i jb b b所以从第i+1天到第j天这连续j-i天中，她正好做了24次实验。
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：将S划分为{1,3,5}，{7,9,11}……,{ 595,597,599}共100组，由鸽巢原理知任意选取101个数中必存在2个数来自同一组，即其差最多为4.2.12证明：从1~200中任意选取70个数，总有两个数的差是4，5或9。
证明：设这70个数为a1,a2,…,a70,a1+4,a2+4,…,a70+4,a1+9,a2+9,…,a70+9,取值范围209，共210个数2.13证明：对于任意大于等于2的正整数n，都有R(2,n)=n。
2.13证明：要证R（2，n）= n，用红蓝两色涂色Kn的边。
当n=2时，R(2,2)=2，因为不管用红还是蓝色都是完全二边形。
假设当n=k时成立，即存在R(2,k)=k（没有一条红边，只有蓝边），当n=k+1时，R（2，k+1）若无红边，要想有完全k+1边形，必得有k+1个点，即R（2，k+1）=k+1。
证明成立。
习题三3.1有10名大学生被通知参加用人单位的面试，如果5个人被安排在上午面试，5个人被安排在下午面试，则有多少种不同的安排面试的顺序？解：上午的5个人全排列为5！下午的5个人全排列为5！所以有510*5!*5!10!C ，共14400种不同的安排方法。
3.2 某个单位内部的电话号码是4位数字，如果要求数字不能重复，那么最多可有多少个号码？如果第一位数字不能是0，那么最多能有多少个电话号码？解：由于数字不能重复，0-9共10个数字，所以最多有10*9*8*7=5040种号码；若第一位不能是0，则最多有9*9*8*7=4536种号码。
3.3 18名排球运动员被分成A ,B ,C 三个组，使得每组有6名运动员，那么有多少种分法？如果是分成三个组（不可区别），使得每组仍有6名运动员，那么有多少种分法？解：1)66618126**C C C 种 2) 66618126**C C C /3! 3.4 教室有两排，每排8个座位。
现有学生14人，其中的5个人总坐在前排，4个人总坐在后排，求有多少种方法将学生安排在座位上？解：前排8个座位，5人固定，共58*5!C 种方法；后排8个座位，4人固定，共48*4!C 种方法；前排和后排还剩7个座位，由剩下的5人挑选5个座位，共57*5!C 种方法；则一共有545887***5!*5!*4!C C C 种安排方法。
3.5 将英文字母表中的26个字母排序，要求任意两个元音字母不能相邻，则有多少种排序方法？解：先排21个辅音字母，共有21！再将5个元音插入到22个空隙中，522P 故所求为522!21P (插入法)3.6 有6名先生和6名女士围坐一个圆桌就餐，要求男女交替就坐，则有多少种不同的排坐方式？ 解：6男全排列6!；6女全排列6！；6女插入6男的前6个空或者后6个空，即女打头或男打头6!*6!*2；再除以围圈重复得(6!*6!*2)/12=6!*5!或男6的圆排列为5！，对每个男的排列，女要在他们之间的6个位置，进行线性排列6！（而不是5！）。
（圆排列可以通过线性排列来解决）3.7 15个人围坐一个圆桌开会，如果先生A 拒绝和先生B 和C 相邻，那么有多少种排坐方式？ 解：15人圆排列14！；A 与B 相邻有2*14!/14=2*13!；A 与C 相邻有2*14!/14=2*13!；A 与BC 同时相邻有2*13!/13=2*12!；于是A 不与B 、C 相邻的坐法共14!- 2*13!- 2*13!+ 2*12!（用到了容斥原理）3.8 确定多重集}5,4,3{c b a M ⋅⋅⋅=的11-排列数？解：M 的11排列=[M-{a}]的11排列+[M-{b}]的11排列+[M-{c}]的11排列，即11!11!11!2!4!5!3!3!5!3!4!4!++=27720 当然了，容斥原理，生成函数也可以做。
3.9 求方程204321=+++x x x x ，满足1,5,0,24321-≥≥≥≥x x x x 的整数解的个数。
解：令1122334420,0,50,10y x y x y x y x =-≥=≥=-≥=+≥ 则有123414y y y y +++=，由定理 3.3.3，解个数为：1441171768014143+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3.10 书架上有20卷百科全书，从中选出4卷使得任意两本的卷号都不相邻的选法有多少种？解：n=20，r=4，1204117238044n r r -+-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭证明见38页。
若卷号差为2，3，。
，公式为？3.11 确定(2x -3y )5展开式中x 4y 和x 2y 4的系数。
解：1）4x y ：4415*(2)*(3)C x y -，系数为-2402）24x y ：系数为0。
3.12 确定(1+x )-5展开式中x 4的系数。
解：01(1)(1)n r rr n r x x r ∞-=+-⎛⎫+=- ⎪⎝⎭∑，n=5，r=4，则系数为4541(1)704+-⎛⎫-= ⎪⎝⎭3.13 确定(x +2y+3z )8展开式中x 4y 2x 2的系数。