组合数学引论课后答案

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。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位置组合有()52=10种，这样一列中两个同色单元格的位置组合共有10*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()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()112mm++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=a1a2a3…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=ij=50,使得aj=ai+24，即24=aj-ai=(b1+b2+b3+…+bi+…+bj)-(b1+b2+…+bi)=12...iijbbb+++++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。3.318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**CCC种2)66618126**CCC/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!CCC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）3.715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{cbaM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xxxx，满足1,5,0,24321xxxx的整数解的个数。解：令1122334420,0,50,10yxyxyxyx则有123414yyyy，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=4，1204117238044nrr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x4y和x2y4的系数。解：1）4xy：4415*(2)*(3)Cxy，系数为-2402）24xy：系数为0。3.12确定(1+x)-5展开式中x4的系数。解：01(1)(1)nrrrnrxxr，n=5，r=4，则系数为4541(1)7043.13确定(x+2y+3z)8展开式中x4y2x2的系数。解：228!*2*3151204!*2!*2!3.14证明组合等式：kknkknnnn122110，其中n,k为正整数。解：右边1nkk是（n+k+1）元集合121{,,...,}nkSaaa上k个元素子集的个数，这些子集可分为以下k+1类：第1类：k元子集中不含a1的子集有个;第2类：k元子集中含a1而不含a2的子集是个;第3类：k元子集中含a1和a2，而不含a3的子集是……第k+1类：k元子集中含a1，a2，……,ak，而不含ak+1的子集是由加法原理得证。根据组合意义进行证明kkn11kkn22kkn0n3.15利用1222kkk，求22221n。解：首先有：kknknkn0111（p51的(3)）根据已知条件代入以上等式得：2111122(2)22...221212121121222...2...2221111212(...)2221nniiiinninnn2...11n又由121...1nnkkkk