组合数学6章作业答案
组合数学第五版答案
组合数学第五版答案【篇一：组合数学参考答案(卢开澄第四版)60页】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=5201.2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？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(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) 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m?n?1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ppnnn?1m(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n!?(m?1)!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。
李凡长版组合数学课后习题标准答案习题
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|= 51432、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 = 99273、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。
秋高中数学课时作业6组合的综合应用新人教A版选修2-3(2021年整理)
2018年秋高中数学课时分层作业6 组合的综合应用新人教A版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年秋高中数学课时分层作业6 组合的综合应用新人教A版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018年秋高中数学课时分层作业6 组合的综合应用新人教A版选修2-3的全部内容。
课时分层作业（六）组合的综合应用（建议用时:40分钟)［基础达标练]一、选择题1．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（)A．60种B．70种C．75种D．150种C[从6名男医生中选出2名有C2，6种选法，从5名女医生中选出1名有C错误!种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C2，6·C15＝75种，故选C。
]2．圆上有10个点,过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（)【导学号：95032066】A．720 B．360C．240 D．120D[确定三角形的个数为C错误!＝120.］3．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有( )A．27种B．24种C．21种D．18种C［分两类:一类是2个白球有C错误!＝15种取法,另一类是2个黑球有C错误!＝6种取法，所以共有15＋6＝21种取法．］4．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( ) A．56种B．68种C．74种D．92种D[根据划左舷中有“多面手"人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有C错误!C错误!种，有一个“多面手”的选派方法有C错误!C错误!C错误!种,有两个“多面手”的选派方法有C错误!C错误!种,既共有20＋60＋12＝92种不同的选派方法．]5．将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1人，最多2人，则不同的分配方案有（）【导学号：95032067】A．30种B．90种C．180种D．270种B［先将5名教师分成3组，有错误!＝15种分法，再将3组分配到3个不同班级有A错误!＝6种分法,故共有15×6＝90种方案．]二、填空题6．4位同学每人从甲、乙、丙三门课程中选修1门,则恰有2人选修课程甲的不同选法共有________种．24［依题意，满足题意的选法共有C2，4×2×2＝24种．]7．将标号为1，2，3,4,5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张,其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有________种．18［因为先从3个信封中选一个放标号为1,2的卡片，有3种不同的选法,再从剩下的4个标号的卡片中选两个放入一个信封有C错误!＝6种，余下的放入最后一个信封,所以共有3C 2，＝18(种）．］48．将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…,10的10个盒子内．每个盒内放一个球,则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有________种．（以数字作答)【导学号：95032068】240［从10个球中任取3个，有C错误!种方法．取出的3个球与其所在盒子的标号不一致的方法有2种．∴共有2C错误!种方法．即240种．]三、解答题9．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？（1)任意选5人；(2）甲、乙、丙三人必须参加；（3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加；(5)甲、乙、丙三人至少1人参加．［解］(1)C错误!＝792种不同的选法．（2）甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人,共有C错误!＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C错误!＝126种不同的选法．（4）甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步,先从甲、乙、丙中选1人，有C错误!＝3种选法，再从另外的9人中选4人有C错误!种选法，共有C错误!C错误!＝378种不同的选法．（5)法一：（直接法）可分为三类：第一类，甲、乙、丙中有1人参加，共有C1，3C错误!种不同的选法；第二类,甲、乙、丙中有2人参加，共有C错误!C错误!种不同的选法；第三类,甲、乙、丙3人均参加,共有C错误!C错误!种不同的选法；共有C错误!C错误!＋C错误!C错误!＋C错误!C错误!＝666种不同的选法．法二：(间接法)12人中任意选5人共有C错误!种，甲、乙、丙三人不能参加的有C错误!种,所以共有C错误!－C错误!＝666种不同的选法．10．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内．（1)共有几种放法？(2）恰有2个盒子不放球，有几种放法？【导学号：95032069】［解](1)44＝256(种）．（2）恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法；第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球,先把小球分组，有C3，4种，再放到2个小盒中有A错误!种放法，共有C错误!A错误!种方法;第二类，2个盒子中各放2个小球有C错误!C错误!种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有C错误!A错误!＋C错误!C错误!＝84种放法．［能力提升练］一、选择题1．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放,则不同的播放方式有（）A．120种B．48种C．36种D．18种C[依题意,所求播放方式的种数为C错误!C错误!A错误!＝2×3×6＝36。
组合数学课后答案
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112mm+⎛⎫+⎪⎝⎭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12mm+⎛⎫⎪⎝⎭种情况（3）现在有112m m +⎛⎫+⎪⎝⎭列.根据鸽巢原理.必有两列相同。
组合数学版卢开澄标准答案
习题四4.1.若群G的元素a均可表示为某一元素x的幂，即a= x m，则称这个群为循环群。
若群的元素交换律成立，即a , b∈G满足a⋅b = b⋅a则称这个群为阿贝尔(Abel)群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
[证].设循环群(G, ⋅)的生成元是x0∈G。
于是，对任何元素a , b∈G，∃m，n∈N，使得a= x0m , b= x0n ,从而a⋅b = x0m⋅x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n⋅x0m(指数律)= b⋅a故⋅运算满足交换律；即(G, ⋅)是交换群。
4.2.若x是群G的一个元素，存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e,x,x2, ⋯,x m-1}是G的一个子群。
[证].(1)非空性C ≠∅：因为∃e∈G；(2)包含性C⊆G：因为x∈G，根据群G的封闭性，可知x2, ⋯,x m-1,(x m=)e∈G，故C⊆G；(3)封闭性∀a , b∈C⇒ a ⋅b∈C：∀ a , b∈C，∃k，l∈N (0≤k<m，0≤l<m)，使a = x k, b = x l，从而a ⋅b = x k⋅ x l = x(k+l) mod m∈C(因为0 ≤ (k+l) mod m < m) ；(4)有逆元∀a ∈C⇒ a -1∈C：∀ a ∈C，∃k∈N (0≤k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m-k∈C(因为0 ≤m-k < m) 。
综合(1) (2) (3) (4)，可知(C, ⋅)是(G, ⋅)的一个子群。
4.3.若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证].对任一元素x∈G，设其阶为m，并令C={e,x,x2, ⋯,x m-1}，则由习题4.2.可知(C, ⋅)是(G, ⋅)的一个子群，故具有包含性C⊆G。
因此有m = |C| ≤ | G | = n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
组合数学第6章代数
第六章 代 数 在不产生误解的情况下, 标示代数的记号可以简化, 不一定将 所有成分都写出, 有时常数可以不写, 有时仅用载体标记该代数。
通常我们不去研究单个具体的代数, 而是一个种类一个种类
地去研究。为此, 我们首先要知道什么样的两个代数是同一种类
的。
第一, 要有相同的构成成分。 如果两个代数包含同样个数的
, 要有一组相同的称为公理的规则。这里每一公理是用
具有相同构成成分和服从相同公理集合的代数称为同种类的。
对同一种类的代数, 根据它的公理推出的一切定理, 对该种类的一 切代数都成立。
第六章 代 数
例3
(a) 考虑具有〈N, +, 0〉形式的构成成分和下述公理的代数类。
(1) a+b=b+a
(2) (a+b)+c=a+(b+c)
=〈S, *, △, k〉和A′=〈S′, *′,△′, k′〉是同
构的, 如果存在一双射函数h, (1) h:S → S′ (2) h(a*b) = h(a)* ′h(b) (3) h(△a) = △′h(a) (4) h(k) = k′ 这里a、b是S的任意元素。映射h叫做从A到A′的同构, A′叫做A在 映射h下的同构象。 条件(2)和(3)常简述为“在函数h的作用下, A的每一运算保
证明类似于定理6.1-1。
推论6.1-2 一个二元运算的么元(零元)是唯一的。
第六章 代 数 6.1.3 逆元 如果在一代数中存在么元, 那么可定义逆元。 定义 6.1-3 设*是S上的二元运算, 1是对运算*的么元。如果 x*y=1, 那么关于运算*, x是y的左逆元, y是x的右逆元。如果x*y=1
(3) a+0=a
组合数学作业答案2016
组合数学作业第一章引言Page 13, ex3,4,7,30ex3. 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)=8f(6)=f(5)+f(4)=13f(7)=f(6)+f(5)=21f(8)=f(7)+f(6)=34f(9)=f(8)+f(7)=55f(10)=f(9)+f(8)=89f(11)=f(10)+f(9)=144f(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。
2023新教材高中数学第6章第2课时组合的综合应用教师用书新人教A版选择性必修第三册
第2课时组合的综合应用1．学会运用组合的概念，分析简单的实际问题．(重点)2．能解决无限制条件的组合问题．(难点)通过组合解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养．类型1 简单的组合问题【例1】(1)某人决定投资3种股票和4种债券，经纪人向他推荐了6种股票和5种债券，则此人不同的投资方式有________种．(2)从4名男生，3名女生中选出3名代表．①不同的选法共有多少种？②至少有一名女生的不同的选法共有多少种？③代表中男、女都要有的不同的选法共有多少种？(1)100 [需分两步：第一步，根据经纪人的推荐在6种股票中选3种，共有C36种选法；第二步，根据经纪人的推荐在5种债券中选4种，共有C45种选法．根据分步乘法计数原理，此人有C36·C45＝100种不同的投资方式．](2)[解] ①即从7名学生中选出三名代表，共有选法C37＝35(种)．②至少有一名女生的不同选法共有C13C24＋C23C14＋C33＝31(种)[或C37－C34＝31(种)]．③男、女生都要有的不同的选法共有C37－C34－C33＝30(种)(或C14C23＋C24C13＝30(种))．[母题探究](变设问)将本例(2)改为“从4名男生，3名女生中选出3名代表，其中男生甲必须被选入，共有多少种选法？”[解] 男生甲被选入，再从剩余的6名中任意选取两名即可，所以不同的选法共有C26＝15种．解简单的组合应用题的策略(1)解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关，只要元素相同即可．(2)要注意两个基本计数原理的运用，即分类与分步的灵活运用．提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．[跟进训练]1．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？ (2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？[解] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C 210＝10×92×1＝45(种)．(2)可把问题分两类：第1类，选出的2名是男教师有C 26种方法；第2类，选出的2 名是女教师有C 24种方法，即C 26＋C 24＝21(种)．类型2 有限制条件的组合问题【例2】 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选； (2)至多有两名女生当选； (3)既要有队长，又要有女生当选．[解] (1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C 12·C 411＋C 22·C 311＝825(种)(或采用排除法有C 513－C 511＝825种)．(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C 25·C 38＋C 15·C 48＋C 58＝966(种)．(3)分两种情况：第一类：女队长当选，有C 412种； 第二类：女队长不当选，则男队长当选， 有C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44种．故共有C 412＋C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44＝790(种)． [母题探究](变设问)在本例条件下，至多有1名队长被选上的方法有多少种？ [解] 分两类情况：第一类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人，有C 511＝462种选法．第二类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有：C 411＋C 411＝660种选法．所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660＝1 122(种)．有限制条件的组合问题主要有两类(1)“含”与“不含”问题，常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数．(2)“至多”“至少”问题，常有两种解决思路．一是直接分类法，但注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．[跟进训练]2．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．按下列要求各有多少种不同的选法？(1)选出男、女教师各2名去参加会议；(2)选出2名教师去参加会议，恰有1名男教师；(3)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师；(4)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师．[解] (1)可把问题分两步：第一步，从6名男教师中选2名有C26种选法；第二步，从4名女教师中选2名有C24种选法．根据分步乘法计数原理，共有C26C24＝15×6＝90(种)不同选法．(2)2名教师中恰有1名男教师，则选出1男1女，有C16C14＝6×4＝24(种)不同选法．(3)(直接法)至少有1名男教师可分两类：1男1女有C16C14种选法，2男0女有C26种选法．根据分类加法计数原理，共有C16C14＋C26＝39(种)不同选法．(间接法)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是女教师的选法种数，即C210－C24＝39(种)．(4)(直接法)至多有1名男教师包括两类：1男1女有C16C14种选法，0男2女有C24种选法．由分类加法计数原理，有C16C14＋C24＝30(种)选法．(间接法)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是男教师的选法种数，即C210－C26＝30(种)．类型3 几何中的组合问题【例3】(1)四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )A．30种B．33种C．36种D．39种(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法有( )A．150种B．147种C．144种D．141种(1)B(2)D[(1)如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C35种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．故与顶点A共面的3个点的取法共有3C35＋3＝33(种)．(2)从10个点中取出4个点的取法有C410种，除去四点共面的取法种数可以得到结果．①从四面体同一个面上的6个点取4个点必定共面，有4C46＝60(种)；②四面体的每一条棱上的3个点与对棱的中点共面，共有6种共面情况；③从6条棱的中点中取4个点时，有3种共面情况．故4点不共面的取法有C410－(60＋6＋3)＝141(种)．]解答几何组合问题的策略(1)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样，把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可．(2)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．[跟进训练]3．平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？[解] 法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准．第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有C24C18＝48(个)不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C14C28＝112(个)不同的三角形；第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C38＝56(个)不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．法二：从12个点中任意取3个点，有C312＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C34＝4(种)．故这12个点能构成三角形的个数为C312－C34＝216(个)．类型4 分组(分配)问题1．把3个相同的苹果平均分成三堆共有几种分法？为什么？[提示] 共1种分法．因为三堆无差异．2．若把3个不同的苹果分给三个人，共有几种方法？[提示] 共有A33＝3×2×1＝6(种)分法．【例4】6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；(2)分为三份，每份两本；(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．[思路点拨] (1)是“平均分组”问题，与顺序无关，相当于6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人，可以理解为一个人一个人地来取．(2)是“均匀分组”问题．(3)是“不均匀分组”问题，分三步进行．(4)分组后再分配．(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”、“1、2、3型”、“1、1、4型”．[解] (1)根据分步乘法计数原理得到：C26C24C22＝90(种)．(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有C26C24C22种分法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A33种分法．根据分步乘法计数原理可得：C26C24C22＝x A33，所以x＝C26C24C22A33＝15．因此分为三份，每份两本一共有15种分法．(3)这是“不均匀分组”问题，一共有C16C25C33＝60(种)分法．(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C16C25C33A33＝360种分法．(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”，即(1)中的分配情况，有C26C24C22＝90种分法；②“1、2、3型”，即(4)中的分配情况，有C16C25C33A33＝360种分法；③“1、1、4型”，有C46A33＝90种分法．所以一共有90＋360＋90＝540种分法．分组与分配问题的求解策略(1)分清是分组问题还是分配问题很必要，而判断是分组问题还是分配问题的关键是看是否有分配对象．若没有分配对象，则为分组问题；若有分配对象，则为分配问题；若有确定的分配对象，即为定向分配问题．反之，则为不定向分配问题．(2)分组问题属于“组合”问题，常见的三种分组问题①完全均匀分组，每组的元素个数均相等．②部分均匀分组，应注意不要重复，有n 组均匀，最后必须除以n ！． ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．[跟进训练]4．8张不同的邮票，按下列要求各有多少种不同的分法？(用式子表示) (1)平均分成四份；(2)平均分给甲、乙、丙、丁四人；(3)分成三份，一份4张，一份2张，一份2张； (4)分给甲、乙、丙三人，甲4张，乙2张，丙2张； (5)分给三人，一人4张，一人2张，一人2张； (6)分成三份，一份1张，一份2张，一份5张；(7)分给甲、乙、丙三人，甲得1张，乙得2张，丙得5张； (8)分给甲、乙、丙三人，一人1张，一人2张，一人5张．[解] (1)本题属平均分组问题，是组合问题，与顺序无关，有C 28C 26C 24C 22A 44种不同分法． (2)法一：本题为平均分组，并且有分配对象，先分组，与顺序无关，有C 28C 26C 24C 22A 44种分法，再分配给四个人，与顺序有关，有A 44种排列方法，共有C 28C 26C 24C 22A 44A 44种不同的分配方法，所以有C 28C 26C 24C 22种分法．法二：①甲从8张邮票中取2张有C 28种取法；②乙从余下的6张中取2张有C 26种取法；③丙从余下的4张中取2张有C 24种取法；④丁从余下的2张中取2张有C 22种取法．所以根据分步乘法计数原理知不同分法数为C 28C 26C 24C 22．(3)属部分平均分组问题，与顺序无关，有C48C 24C22A22种不同分法． (4)属部分平均定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，有C 48C 24C 22A22A 22＝C 48C 24C 22(种)不同分法．(5)属部分平均不定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 48C 24C 22A 22A 33种不同分法．(6)属非平均分组问题，仅仅分组，与顺序无关，是组合问题，共有C 58C 23C 11种不同的分法． (7)属非平均定向分配问题，先分组，再分配，但是定向分配不涉及排序，所以共有C 58C 23C 11种不同的分法．(8)属非平均不定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，需排列，共有C 58C 23C 11A 33种不同的分法．1．若5名代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有( )A．A45种B．45种C．54种D．C45种D[由于4张同样的参观券分给5名代表，每人最多分一张，从5名代表中选4人满足分配要求，故有C45种．]2．圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为( )A．720 B．360C．240 D．120D[确定三角形的个数为C310＝120．]3．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有( )A．27种B．24种C．21种D．18种C[分两类：一类是2个白球，有C26＝15种取法，另一类是2个黑球，有C24＝6种取法，所以共有15＋6＝21种取法．]4．编号为1，2，3，4，5，6，7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有______种．10[四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即C35＝10．]5．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是________．2 100 [按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C410C25＝2 100(种)抽法．]回顾本节知识，自主完成以下问题：1．解决有限制条件的组合问题常用方法有哪些？[提示] 直接法、间接法．2．解决有限制条件的组合问题的原则是什么？[提示] 先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．3．“分组”问题与“分配”问题是一回事吗？[提示] 不是一回事，分组属于组合问题，分配属于排列问题．。
组合数学版卢开澄标准答案
习题四4.1.若群G的元素a均可表示为某一元素x的幂，即a= x m，则称这个群为循环群。
若群的元素交换律成立，即a , b∈G满足a⋅b = b⋅a则称这个群为阿贝尔(Abel)群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
[证].设循环群(G, ⋅)的生成元是x0∈G。
于是，对任何元素a , b∈G，∃m，n∈N，使得a= x0m , b= x0n ,从而a⋅b = x0m⋅x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n⋅x0m(指数律)= b⋅a故⋅运算满足交换律；即(G, ⋅)是交换群。
4.2.若x是群G的一个元素，存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e,x,x2, ⋯,x m-1}是G的一个子群。
[证].(1)非空性C ≠∅：因为∃e∈G；(2)包含性C⊆G：因为x∈G，根据群G的封闭性，可知x2, ⋯,x m-1,(x m=)e∈G，故C⊆G；(3)封闭性∀a , b∈C⇒ a ⋅b∈C：∀ a , b∈C，∃k，l∈N (0≤k<m，0≤l<m)，使a = x k, b = x l，从而a ⋅b = x k⋅ x l = x(k+l) mod m∈C(因为0 ≤ (k+l) mod m < m) ；(4)有逆元∀a ∈C⇒ a -1∈C：∀ a ∈C，∃k∈N (0≤k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m-k∈C(因为0 ≤m-k < m) 。
综合(1) (2) (3) (4)，可知(C, ⋅)是(G, ⋅)的一个子群。
4.3.若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证].对任一元素x∈G，设其阶为m，并令C={e,x,x2, ⋯,x m-1}，则由习题4.2.可知(C, ⋅)是(G, ⋅)的一个子群，故具有包含性C⊆G。
因此有m = |C| ≤ | G | = n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
组合数学第三版+卢开澄+习题答案
第1章 排列与组合经过勘误和调整，已经消除了全部的文字错误，不过仍有以下几个题目暂时没有找到解答：1.8 1.9 1.161.41（答案略） 1.42（答案略）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=0时，b ＝5，6，7，…,50。
满足a=b-5的点共50-4=46个点. a = b+5，a=5时，b ＝0，1，2，…,45。
满足a=b+5的点共45-0+1=46个点. 所以，共计92462=⨯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m n 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。
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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：
||||||||||||43214321A A A A S A A A A ----=⋂⋂⋂
1207147||=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=S 4||1=A 0||2=A 102142||||43=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-+==A A
120-4-0-10-10=96 ∴方程
204321=+++x x x x
满足
611≤≤x ，702≤≤x ，843≤≤x ，624≤≤x
的整数解的个数是96。
□
15、在一次聚会上，7位绅士检查他们的帽子。
有多少种方法使得这些帽子返还是满足 ⅰ) 没有绅士收到他自己的帽子？ ⅱ) 至少一位绅士收到他自己的帽子？ ⅲ）至少两位绅士收到他们自己的帽子？
解：ⅰ)错排为7D
□
ⅱ)也就是问不错排，为7!7D -
□
ⅲ）677!7D D --
□
21、证明n D 是偶数当且仅当n 是奇数。
证明：已知1D =0，2D =1
且根据性质n n n nD D )1(1-+=-，递推下去有
1D 偶，2D 奇，3D 偶，4D 奇，5D 偶，6D 奇，7D 偶，8D 奇，… 并且这种奇偶变化是有规律的，n D 是偶数当且仅当n 是奇数
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24、把六个非攻击型车放到具有如下所述禁止位置的6行6列棋盘上的方法数是多少？ ⅰ)
ⅱ)
ⅲ）
解：ⅰ)1r =6 2r =3×4=12 3r =2×2×2=8 4r =5r =6r =0 !0!1!2!3!4!5!6654321⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+⨯-r r r r r r =720-6×120+12×24-8×6=240 ∴方法数是240
□
ⅱ)1r =12 2r =2×3+3×4×4=54 3r =3×2×4×2+4×4×4=112
4r =3×2×2+3×4×4×2=108 5r =3×2×2×4=48 6r =2×2×2=8
!0!1!2!3!4!5!6654321⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+⨯-r r r r r r
=720-12×120+54×24-112×6+108×2-48+8=80 ∴方法数是80
□
ⅲ）1r =8 2r =6+1+5×3=22 3r =1+5×1+6×3=24 4r =6×1+1×3=9 5r =1 6r =0 !0!1!2!3!4!5!6654321⨯+⨯-⨯+⨯-⨯+⨯-r r r r r r
=720-8×120+22×24-24×6+9×2-1=161 ∴方法数是161
□。