组合数学卢开澄答案
【篇一：组合数学-卢开澄-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, 48?49?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. 因首数字可分别为偶数或奇数，知结果为
2?5?p(8,2)+3?4?p(8,2). 6. (n+1)!-1
7. 用数学归纳法易证。
8. 两数的公共部分为240530, 故全部公因数均形如2m5n,个数为41?31. 9. 设有素数因子分解n=p1n11p2 n22…pk nkk, 则n2的除数个数为
( 2n1+1) (2n2+1) …(2nk+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a1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a3；…；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?cx?(1?x),求导数后有?kcnkxk?1?n(1?x)n?1,
kn
k
n
k?0
k?0
n
n
令x=1, 即知?kcnk?n2n?1.
k?0
n
13. 设此n个不同的数由小到大排列后为a1, a2, …, an 。当第二组
最大数
为ak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?2k?1(2n?k?1)?(n?2)2n?1?1种。
k?1n?1
（另解：设两组共含k个数(k=2,3,…,n)，则分组数为
?2?k?nc(n,k) (k-1) = n 2n-1- 2n +1 . ）
14. 3?2?2.
15. 用k表示数的位数，用i表示k位数中零的个数，则0出现的次
数
为
??9 c
k?2i?1
6k?1
i
k?1
9
k?1?i
i
i???9k?ii ck?1
k?2i?1
6k?1
?9?(92?2?9?2)?(93?1?3?92?2?3?9?3?1)?(94?1?4?93?2?6?92
?3?4?9?4?1)??(95?1?5?94?2?10?93?3?10?92?4?5?9?5?1) ?9 5?5?94?24?93?45?92?40?9?15.
16. c(n-1, r-1) (每盒中先放一个，再r中取n-r(可重复)) 17. 易用
p(m,n)=m!/(m-n)! 验证等式成立。
18. 5! c(8-3+1,3) （先将球作全排列，再作8中选3的不相邻组合）
19. 在n+m位中选出n位不相邻的位放入1，其余位放入0。故符号串个数为
n
c(nn?m)?n?1?cm?1.
20. 代表团中含乙单位男同志的个数只可能是1,2,3, 故组团的方案总数为
c(15,1)c(10,2)c(10,4)+c(15,2)c(10,1)c(10,3)4+c(15,3)c(10,2)c(4,2) 21. 设ai
?1,第i次为白球
，则 ??
?0,第i次为黑球
p(a6?1|?ai?3)?
1
6
p(a6?1且?ai?3)
1
6
p(?ai?3)
1
6
2
a?c51??. 3
2a?c6
22. (a) c(3+2,3)c(5+3,5) (b) c(3+2,3)c(4+3,4)
(c) c(3+2,3)c(3+1,3)c(2+4,2)(d) c(8+5,5)- c(3+2,3)c(4+3,4) 23．z 取k+1时，x,y共有k2种取法，故第一个式子成立, k=1,2,…,n。 2
另外，(x,y,z)中x与y相同的取法有cn种，x,y,z互不相同的取法有?1
32cn?1种，故第二个式子成立。
24．(a)只需确定长方形的左下角和右上角坐标即可。
在0-9中任选两不同数，小的作为左下角x坐标，大的作为右上角x
2坐标，共有c10种选法；在0-5中任选两不同数，小的作为左下角y坐标，22大的作为右上角y坐标，共有c62种选法。故共有
c10个长方形。 c6
(b)只需确定正方形的边长和左下角坐标即可。
边长k的取值范围为1…5。边长为k时，正方形左下角x坐标可取0…9-k，y坐标可取0…5-k，共有(10-k)(6-k)种选法。故正方形的个数为
?(10?k)(6?k)?105.
k?1
5
22
25．(a) c15?c5?1
33
(b) c15 ?c5
26．s中被5整除的数有200个，不能被整除的有800个。
分两种情况：(1)a,b中一个被5整除，另一个不能被5整除，共有200?800种取法；(2)a,b均能被5整除，共有200?200种取法。所以，符合要求的数偶个数为
200?800+200?200=200?1000=200000.
27. (a) 5!6!(b) 5!6! (c) p(6,2) 8! 28．假设每张桌坐n人, 则方案数为
nnnnnnn
cknqnc(nk?)nqnc(k?2)https://www.doczj.com/doc/a319189577.html,qn?
(kn)!
. nk
29. p(n,r)/r.
31．因为(n?r)!?1?c，根据组合意义它是一个整数。
n!
r!
32．根据要求，x,y的排列必须是xyxyx.将其作为一个整体与
a,b,c,d,e,f一起作排列，共有符合要求的排列7！种。
33. 每个盒中先放入k个球，然后作允许有重复的组合。共有
c(n+(r-nk)-1, r-nk)种方案。
34．如要求x,z间只能有一个字符y, 则共有2?7！个排列; 如x,z间除y外可有其它字符, 则共有c(9,3)?2?6！个排列(先在9个位置中选3个放入xyz或zyx, 然后在其它空位放入其它字符).
435．由于任意四个不同顶点恰好对应一个对角线的交点，故交点共有c10
个。
36．若m= n2，设n的素因数分解为n=p1n1p2 n2…pk nk, 则m 的除数个数为 ( 2p1+1) (2p2+1) …(2pk+1), 这是一个奇数。反之，若m的除数个数是奇数，则它的素因数分解必为m=q12m1q2
2m2…qk 2mk，从而m=n2，其中n= q1m1q2 m2…qk mk。
37. 右为原点到(m, n+r+1-m)的路径数，左边分别为原点分别经线段aibi的路径数之和，其中点ai的坐标为(i, n-m),点bi的坐标为(i, n-m+1), i =0,1,2,….,m.
38: 可看成“从a1,a2,…,an+1中选r+1个不同元素作为一组，共有多少种选法”的问题。
左端：
c(n, r):此组含an+1，还要在a1,a2,…,an中选r个;
c(n-1, r): 此组不含an+1，但含an，还要在a1,a2,…,an-1中选r-1个; c(n-2, r): 此组不含an+1,an，但含an－1，还要在a1,a2,…,an-2中选r-2个; …………….
39．考虑以下组合问题：用红、蓝、黄三种颜色给m个不同的球上色，要求涂黄色球为m-n个，其余的球可随意涂红蓝色。
从中随意选定n个球用于涂红色或蓝色，其余球涂黄色，因此方案 n总数为cm?2n。
另一方面，对于任意k(0?k?n)，由于恰好有k个球涂红色且符合要 kn?k求的方案有cmcm?k个，故全部方案按红色球个数分组后有 kn?k
2c??cmcm?k.n
n
m
k?0n
【篇二：组合数学+卢开澄版++答案第四章】
x是群g的一个元素，存在一最小的正整数m，使xm=e，则称m 为x
m
n
m?n
m
,等式右边x x＝x
nmm?n
，?ab?ba，即所有
的阶，试证：
c=｛e,x,x2, …,xm-1｝证：
x是g的元素，g满足封闭性所以，xk是g中的元素 c∈g
再证c是群：
xa∈c, (xa)-1= xb=xm-a
4.3设g是阶为n 的有限群，则g的所有元素的阶都不超过n.
证明：设g是阶为n 的有限群，a是g中的任意元素，a的阶素为k，则此题要证k?n
首先考察下列n+1个元素
a,a,a,a,..a..
234n?1
由群的运算的封闭性可知，这n+1个元素都属于g,，而g中仅有n 个元素，所
以由鸽巢原理可知，这n+1个元素中至少有两个元素是相同的，不
妨设为
a
i
i
?
a
i
i?j
（1?j?n）
j
a
?
a?a
j
j
由群的性质3可知，a是单位元，即a=e，又由元素的阶数的定义
可知，当a为k阶元素时a=e，且k是满足上诉等式的最小正整数，由此可证k?j?n
k
4.4 若g是阶为n的循环群，求群g的母元素的数目，即g的元素
可表示a的幂：
a,a2……..an
所以群g中母元素的数目为n(1-1/p1)………(1-1/pk)个. 4.5
证明循环群的子群也是循环群
证明：设h是g=a的子群，若h=e,显然h是循环群，否则取h中
最小的正方幂元am，下面证明am是h的生成元,易见am?h，只要证明h中的任何元素都可以表成am的整数次方，由除法可知存在q 和r,使得l=qm+r,其中0?r?m-1,因此有ar=al?qm，因为am是h中最小的正方幂元，必有r=0,这就证明出
a
l
=amq?{am}证明完毕。
4.6 若h是g的子群，x和y是g的元素，试证xh?yh或为空，或xh?yh 4.7若h是g的子群,|h|=k,试证：
|xh|=k 其中x?g.
证明：∵h是g的子群，x?g ∴|xh|≤k
如果|xh|k,则必存在a,b?h,使得xa=xb, 因为且x?g所以存在逆元x-1xa=x-1xb ∴a=b ∴|h|k 又∵|h|=k ∴|xh|=k
.4.8 有限群g的阶为n，h是g的子群，则h的阶必除尽g的阶。答案：已知|g|=n, |h|=|g|
m
r
设g={a0,a1,a2.......an?1}， h={b0,b1,b2......bn?1}
因为h是g的子群，所以在h中的一个(bm)r一定在g中对应一个am使得
m
(b)?a
，
所以有brm?am，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。
解：证：设|g|=g,则x,x2,x3,?,xg?1中必有相同元。设xk?xl,
1?k?l?g?1，则xl?k?e，1?l?k?g。
对于给定的x，存在最小的正整数r，使得xr?e。于是
h?{x,x2,x3,?,xr}是g 的子群，
若h?g，则?a?h，显然，h?ha??，h?ha?2r。若h?ha?g，则 2r?g,r|gr(k?1)?g
，否则?b?h?ha，hb?(h?ha)??。于是h?ha?hb???g，，r|g。证毕。
4.10 若x和y在群g作用下属于同一等价类，则x所属的等价类ex，y所属的等价类ey有
|ex| = |ey|
解：因为x和y在群g作用下属于同一等价类，所以x和y在群g 作用下存在置换p1使x和y互相转变，即
ex = ey={x,y}
所以|ex| = |ey|。
置换群: 格式: (1)9 ,1个.(1)3(2)3,4个.(1) (4)2,2个.(1)(2)4,1个
=(36+24+4)/8=8
其中划横线为红色,其它为蓝色.共8种着色方案.
4.12：试用burnside引理解决n个人围一圆桌坐下的方案问题。解：
图一
c1
……………………………………
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。…………………………
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，
所以一共有(n-1)!种排列。
4.13 对正六角形的6个顶点用5种颜色进行染色，试问有多少种不同的方案，旋转使之重合作为相同处理
解：首先对每个顶点进行编号，分别为1，2，3，4，5，6，根据旋转的角度不同，共可以旋转6次，得到不同的旋转方式
c(1)=6 4??5? 6旋转0度： 1??1??2???3???
旋转60度： 2??123456? c(1)=1 旋转120度：3??135??246?
c(1)=2 旋转180度：4??14??25??36? c(1)=3 旋转240度：
5??153??264? c(1)=2 旋转300度：6??165432? c(1)=1 所以g=6，根据polya定理，m=5，
l?11g
?mc(1)?mc(2)?...?mc(6)?
??
?
612321
???5?5?5?5?5?5??6
?2635
故一共2635种涂色方案
4.15 对一个正六面体的8个顶点，用y和r两种颜色染色，使其中
有5个顶点用色y，其余3个顶点用色r，求其方案数。
解：相当于4.7节中例2中求b5r3的系数，为
[c(8,5)+8c(2,1)]/24=3
【篇三：组合数学第四版卢开澄标准答案-第三章】
一年级有100名学生参加中文，英语和数学的考试，其中92人通过中文考试，75人通
过英语考试，65人通过数学考试；其中65人通过中，英文考试，54人通过中文和数学考试，45人通过英语和数学考试，试求通过3门学科考试的学生数。
[解].令：a1={通过中文考试的学生}
a2={通过英语考试的学生}
a3={通过数学考试的学生}
于是 |z| =100，|a1|=92，|a2|=75，|a3|=65
|a1∩a2|=65，|a1∩a3|=54，|a2∩a3|=45
此题没有给出：
?有多少人通过三门中至少一门；
?有多少人一门都没通过。
但是由 max{ |a1|,|a2|,|a3| }=max{92,75,65}=92
故可以认为：
?至少有92人通过三门中至少一门考试，即100≥|a1∪a2∪a3|≥92 ?至多有8人没通过一门考试，即0≤|a1∩a2∩a3| ≤8
于是，根据容斥原理，有
|a1∪a2∪a3|=(|a1|+|a2|+|a3|)-
(|a1∩a2|+|a1∩a3|+|a2∩a3|)+|a1∩a2∩a3|
即|a1∩a2∩a3|=|a1∪a2∪a3|-
(|a1|+|a2|+|a3|)+(|a1∩a2|+|a1∩a3|+|a2∩a3|)
=|a1∪a2∪a3|-(92+75+65)+(65+54+45)
=|a1∪a2∪a3|-232+164
=|a1∪a2∪a3|-68
从而由 92-68≤|a1∪a2∪a3|-68≤100-68
即24≤|a1∪a2∪a3|-68≤32
可得24≤|a1∩a2∩a3| ≤32
故此，通过3门学科考试的学生数在24到32人之间。
也可用容斥原理，即
|a1∩a2∩a3|=|z|-(|a1|+|a2|+|a3|)+(|a1∩a2|+|a1∩a3|+|a2∩a3|)-
|a1∩a2∩a3|
=100-(92+75+65)+(65+54+45)-|a1∩a2∩a3|
=100-232+164-|a1∩a2∩a3|
=32－|a1∩a2∩a3|
从而有|a1∩a2∩a3|=32-|a1∩a2∩a3|
由已知0≤|a1∩a2∩a3|≤8，可得
24≤|a1∩a2∩a3|≤32
故此，通过3门学科考试的学生数在24到32之间。
3.13.试证：(a)|∩b|=|b|-|a∩b|
(b)|∩∩c|=|c|-|a∩c|-|b∩c|+|(a∩b∩c)|
[证].(a)b =b∩z (因为b?z)
= b∩(a∪)(零壹律:且有互补律z=a∪)
=(b∩a)∪(b∩) (分配律)
=(a∩b)∪(∩b) (交换律)
另外(a∩b)∩(∩b)
= (a∩)∩b(结合律，交换律，幂等律)
=?∩b (互补律a∩=?)
=? (零壹律)
所以|b|=|a∩b|+|∩b|
因此|∩b|=|b|-|a∩b| (b)|∩∩c|=|a?b∩c| (de morgan律)
=|c|-|(a∪b)∩c| (根据(a)，令a1=a∪b)
=|c|-|(a∩c)∪(b∩c)|(分配律)
=|c|-(|a∩c|+|b∩c|-|(a∩c)∩(b∩c)|)
=|c|-|a∩c|-|b∩c|+|(a∩c)∩(b∩c)|
=|c|-|a∩c|-|b∩c|+|(a∩b∩c)|(结合律，交换律，幂等律)
3.1
4. n={1,2,…,1000}，求其中不被5和7除尽，但被3除尽的数的数目。
[解].定义： p1(x):3|x a1={x|x?n?p1(x)}
p2(x):5|x a2={x|x?n?p2(x)}
p3(x):7|x a3={x|x?n?p3(x)}
因此|a1∩a2∩a3|=|a1|-|a1∩a2|-|a1∩a3|+|a1∩a2∩a3|
=333-66-47+9
=229
因此，在1～1000中能被3整除，同时不能被5和7整除的数有229个。
的素数的数目。
[解].定义p1(x):2|xa1={x|x?n∩p1(x)}
p2(x):3|xa2={x|x?n∩p2(x)}
p3(x):5|xa3={x|x?n∩p3(x)}
p4(x):7|xa4={x|x?n∩p4(x)}
p0=|n|=120
p1=|a1|+|a2|+|a3|+|a4|=60+40+24+17=141
p2=|a1∩a2|+|a1∩a3|+|a1∩a4|+|a2∩a3|+|a2∩a4|+|a3∩a4|=20+12+
8+8+5+3=56
p3=|a1∩a2∩a3|+|a1∩a2∩a4|+|a1∩a3∩a4|+|a2∩a3∩a4|=4+2+1+1=
8
p4=|a1∩a2∩a3∩a4|=0
①当m=0时，q0=p0-p1+p2-p3+p4=120-141+56-8+0=27
?1??3??2??4??3?
?1??4??2?
?1?
当m=4时，q4= p4=0
②由于=11，所以不超过120的合数一定有不超过10的因子，因
而一定有
2,3,5,7的素因子(因为10以内的素数只用2,3,5,7)，所以不超过
120的素数一定是那些不能被2,3,5,7除尽的数(当然还要去掉非素数
的数1)，故此不超过120的素数的数目=q0-1=27-1=26个。
3.16.求正整数n的数目，n除尽1040,2030中的至少一个数。
[解]. 定义：p1(x):x|1040a1={x|x?n∩p1(x)}
p2(x):x|2030a2={x|x?n∩p2(x)}
故此 |a1|=(40+1)(40+1)=1681
|a2|=(60+1)(30+1)=1891 (参见第一章第九题)
|a1∩a2|=(40+1)(30+1)=1271
于是 |a1∪a2|=|a1|+|a2|-|a1∪a2|=1681+1891-1271=2301
因此，能至少除尽1040和2030之一的正整数的数目是2301 。
3.17.n是除尽1060,2050,3040中至少一个数的除数，求n的数目。 [解]. 定义：p1(x):x|1060a1={x|x?n∩p1(x)}
p2(x):x|2050a2={x|x?n∩p2(x)}
p3(x):x|3040a3={x|x?n∩p3(x)}
|a2|=(100+1)(50+1)=5151
|a3|=(40+1)(40+1)(40+1)=68921
|a1∩a2|=(60+1)(50+1)=3111
|a1∩a3|=(40+1)(40+1)=1681
|a2∩a3|=(40+1)(40+1)=1681
|a1∩a2∩a3|=(40+1)(40+1)=1681
根据容斥原理，有
|a1∪a2∪a3|=(|a1|+|a2|+|a3|)-
(|a1∩a2|+|a1∩a3|+|a2∩a3|)+|a1∩a2∩a3| =(3721+5151+68921)-(3111+1681+1681)+1681
=73001
所以，至少能整除1060,2050,3040之一的正整数n有73001个。
3.18 求下列集合中不是n2，n3形式的数的数目，n∈n 。
（a）{1，2，??，104} （=n1）
（b）{103，103+1，??，104} （=n2）
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。 习题2：证明组合恒等式C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n)=2^n。 答案：根据二项式定理可得(1+1)^n=2^n，展开后可得 C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n)=2^n，因此组合恒等式成立。 通过以上习题的解答，我们可以巩固和加深对组合数学的理解。组合数学在实际应用中有着重要的作用，例如在密码学中，组合数学的知识可以用于设计安全的密码算法；在计算机科学中，组合数学的知识可以用于解决图论、优化等问题。希望大家在学习组合数学的过程中能够坚持做习题，提高自己的解题能力和应用能力。
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 5 5-=-=-b a b a 或 则有 种 种4545 共有90种。 （2）根据5||≤-b a 得 ) 50,,2,1(,5 5{???∈+≤≤-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≤组合数学lunw
浅谈容斥原理及其应用 摘要:容斥原理是一个重要的计数公式。 关键词:容斥原理、R 组合、错排。 回忆加法原理在集合间不重叠的情况下，即在这些集合确定一个划分的情况下，给出了这些集合的并的成员的简单计数公式。容斥原理则给出一个最一般情形下的一个公式，此时集合间可以重叠而没有限制。这个公式应该更复杂，但是应用更广泛。 定理1.1(容斥原理) 设S 是一个有限集，m P P P ,,,21 是S 上的元素，可能具有的性质{} ()m i A S A P x S x x A i i i ,,2,1, , i =-=∈=具有性质且，则 ()m m m j i k j i m j i j i m i i m A A A A A A A A A A A A 211111211+≤<≤≤<≤=-+-+-=∑∑∑ 原理一：给定两个集合A 和B ，要计算A ∪B 中元素的个数，可以分成两步进行： 第一步：先求出∣A ∣+∣B ∣（或者说把A ，B 的一切元素都“包含”进来，加在一起）； 第二步：减去∣A ∩B ∣（即“排除”加了两次的元素） 总结为公式：|A ∪B|=∣A ∣+∣B ∣-∣A ∩B ∣ 原理二：给定三个集合A ，B ，C 。要计算A ∪B ∪C 中元素的个数，可以分三步进行： 第一步：先求∣A ∣+∣B ∣+∣C ∣； 第二步：减去∣A ∩B ∣，∣B ∩C ∣，∣C ∩A ∣； 第三步：再加上∣A ∩B ∩C ∣。 即有以下公式： ∣A ∪B ∪C ∣=∣A ∣+∣B ∣+∣C ∣-∣A ∩B ∣-∣B ∩C ∣- |C ∩A|+|A ∩B ∩C ∣ 例1 求不超过20的正整数中是2的倍数或3的倍数的数共有多少个。 分析：设A={20以内2的倍数}，B={20以内3的倍数}，显然，要求计算2或3的倍数个数，即求∣A ∪B ∣。 解1：A={2，4，6，…20}，共有10个元素，即|A|=10 B={3，6，9，…18}，共有6个元素，即|B|=6 A ∩B={既是2的倍数又是3的倍数}={6，12，18}，共有3个元素，即|A ∩B|=3 所以∣A ∪ B ∣=∣A ∣+∣B ∣-∣A ∩B ∣=10+6-3=13，即A ∪B 中共有13个元素。 解2：本题可直观地用图示法解答 如图,其中,圆A 中放的是不超过20的正整数中2的倍数的 全体;圆B 中放的是不超过20的正整数中3的倍数的全体,其中 阴影部分的数6,12,18是既是2的倍数又是3的倍数的数(即A ∩B 中的数)只要数一数集合A ∪B 中的数的个数即可。
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=520 1.2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 pp n n n?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。
第三章 3.12.一年级有100名学生参加中文，英语和数学的考试，其中92人通过中文考试，75人通 过英语考试，65人通过数学考试；其中65人通过中，英文考试，54人通过中文和数学考试，45人通过英语和数学考试，试求通过3门学科考试的学生数。 [解].令：A 1={通过中文考试的学生} A 2={通过英语考试的学生} A 3={通过数学考试的学生} 于是 |Z| =100，|A 1|=92，|A 2|=75，|A 3|=65 |A 1∩A 2|=65，|A 1∩A 3|=54，|A 2∩A 3|=45 此题没有给出： 有多少人通过三门中至少一门； 有多少人一门都没通过。 但是由 max{ |A 1|,|A 2|,|A 3| }=max{92,75,65}=92 故可以认为： 至少有92人通过三门中至少一门考试，即100≥|A 1∪A 2∪A 3|≥92 至多有8人没通过一门考试，即0≤|1A ∩2A ∩3A | ≤8 于是，根据容斥原理，有 |A 1∪A 2∪A 3|=(|A 1|+|A 2|+|A 3|)-(|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 2∩A 3|)+|A 1∩A 2∩A 3| 即 |A 1∩A 2∩A 3|=|A 1∪A 2∪A 3|-(|A 1|+|A 2|+|A 3|)+(|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 2∩A 3|) =|A 1∪A 2∪A 3|-(92+75+65)+(65+54+45) =|A 1∪A 2∪A 3|-232+164 =|A 1∪A 2∪A 3|-68 从而由 92-68≤|A 1∪A 2∪A 3|-68≤100-68 即 24≤|A 1∪A 2∪A 3|-68≤32 可得 24≤|A 1∩A 2∩A 3| ≤32 故此，通过3门学科考试的学生数在24到32人之间。 也可用容斥原理，即 |1A ∩2A ∩3A |=|Z|-(|A 1|+|A 2|+|A 3|)+(|A 1∩A 2|+|A 1∩A 3|+|A 2∩A 3|)-|A 1∩A 2∩A 3| =100-(92+75+65)+(65+54+45)-|A 1∩A 2∩A 3| =100-232+164-|A 1∩A 2∩A 3|
基础理论课考试大纲 （2020）《高等电磁理论》考试大纲 考试内容： Maxwell方程组，平面电磁波，复杂媒质中的电磁波，各项异性媒质，导波理论，金属波导理论，介质波导理论，谐振腔，谐振腔的微扰，电磁波的辐射与反射，口面天线理论。参考书目： 1.Fields & Waves in Communication Electronics S.Ramo & J.Whinnery John Wiley & Sons； 2.导波场论 R.E.柯林著上海科学技术出版社。 3.正弦场电磁场哈林顿著上海科学技术出版社 （2021）《信号检测与估计》考试大纲 考试内容： 1.随机信号分析 平稳随机信号与非平稳随机信号，随机信号的数字特征，平稳随机过程，复随机过程，随机信号通过线性系统。 2.信号检测 信号检测的基本概念，确知信号的检测（包括匹配滤波原理、高斯白噪声中已知信号检测、简单二元检测） 3.信号估计 信号参数（包括贝叶斯估计、最大似然估计、线性均方估计和最小二乘估计），信号波
形估计（主要指卡尔曼滤波）。 参考书目： 1.景占荣，羊彦，信号检测与估计，化学工业出版社 2004 2.赵树杰，信号检测与估计理论，西安电子科技大学出版社 2001 （2022）《现代网络分析》考试大纲 考试内容： 1.网络元件和网络特性：二端元件的参数与性质、二端口元件、性质及六组参数、受控电源、网络特性。 2.网络图论：图的概念与定义、节点关联矩阵、回路关联矩阵、割集关联矩阵、独立变量组、非基本关联矩阵、图形的树数、求全部树、由矩阵求图。 3.网络方程：支路电流方程和支路电压方程、回路电流方程和网孔电流方程、割集电压方程和节点电位方程、混合方程、含受控源网络和理想运放器网络的节点方程。 4.网络的拓扑分析：割集方程和回路方程的拓扑解、驱动点函数的拓扑公式、传输函数的拓扑公式、含受控源网络的传输导纳、节点方程的拓扑解。 5.信号流图：信号流图基本概念、信号流图的构成方法、梅森公式、状态变换图解、线图到流图、Shannon-Happ公式、Coates公式。 6.状态方程：含受控源网络的状态方程、初始型状态-输出方程的建立法、化初始型状态-输出方程为标准型、状态方程的时域解析公式、状态转移矩阵时域解析分析法、状态方程的时域差分公式递推算法、状态方程的频域解。 7.灵敏度：灵敏度函数、元件大变化灵敏度、灵敏度的运算性质、根灵敏度、灵敏度的拓扑确定法、求解灵敏度的直接微分方法、求解灵敏度的伴随网络方法。 参考书目： 1.杨山主编，线性网络分析，高等教育出版社，1987 2.程少庚，崔杜武，刘小河编著，电网络分析，机械工业出版社，2000 3.邱关源编著，网络理论分析，科学出版社，2002 （2023）《线性系统理论》考试大纲 考试内容： 1.熟练掌握线性系统的状态方程描述； 2.熟练掌握线性系统的状态转移矩阵及其性质； 3.熟练掌握系统的可控性和可观测性概念、对偶原理、规范型及判定条件； 4.求取多变量系统的最小实现；
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=33 3.2：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：
组合数学卢开澄答案 【篇一：组合数学-卢开澄-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, 48?49?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. 因首数字可分别为偶数或奇数，知结果为 2?5?p(8,2)+3?4?p(8,2). 6. (n+1)!-1 7. 用数学归纳法易证。 8. 两数的公共部分为240530, 故全部公因数均形如2m5n,个数为41?31. 9. 设有素数因子分解n=p1n11p2 n22…pk nkk, 则n2的除数个数为 ( 2n1+1) (2n2+1) …(2nk+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a1；再对等式两端的商除以3取余数，又可得a2；对等式两端的商除以4取余数，又可得a3；…；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?cx?(1?x),求导数后有?kcnkxk?1?n(1?x)n?1, kn k n k?0 k?0 n n 令x=1, 即知?kcnk?n2n?1. k?0
材料力学教程单祖辉答案
材料力学教程单祖辉答案 【篇一：寒旱所考试科目参考书】 s=txt>2006年招收硕士学位研究生考试科目参考书 中国科学院寒区旱区环境与工程研究所2006年招收硕士学位研究生考试科目参考书 【篇二：上海交大考博参考书目】 txt>010船舶海洋与建筑工程学院 2201流体力学《水动力学基础》，刘岳元等，上海交大出版社2202声学理论《声学基础理论》，何祚庸，国防工业出版社 2203高等工程力学（理力、材力、流力、数学物理方法）（四部分任选二部分做）《理论力学》，刘延柱等，高等教育出版社；《材料力学》，单祖辉，北京航空航天大学出版社；《流体力学》，吴望一，北京大学出版社；《数学物理方法》，梁昆淼，高等教育出版社2204结构力学《结构力学教程》，龙驭球，高等教育出版社 3301船舶原理《船舶静力学》，盛振邦，上海交大出版社；《船舶推进》，王国强等，上海交大出版社；《船舶耐波性》，陶尧森，上海交大出版社；《船舶阻力》，邵世明，上海交大出版社 3302振动理论（i）《机械振动与噪声学》，赵玫等，科技出版社2004 3303海洋、河口、海岸动力学《河口海岸动力学》，赵公声等，人民交通出版社2000 3304高等流体力学《流体力学》，吴望一，北京大学出版社
3305弹性力学《弹性力学》上、下册（第二版），徐芝纶，高等教育出版社 3306振动理论（Ⅱ）《振动理论》，刘延柱等，高等教育出版社2002 3307钢筋混凝土结构《高等钢筋混凝土结构学》，赵国藩编，中国电力出版社 3308地基基础《土工原理与计算》（第二版），钱家欢、殷宗泽，水利电力出版社 020机械与动力工程学院 2205计算方法《计算方法》，李信真，西北工业大学出版社 2206核反应堆工程《核反应堆工程设计》，邬国伟 3309工程热力学《工程热力学》（第三版），沈维道；《工程热力学学习辅导及习题解答》，童钧耕 3310传热学《传热学》（第三版），杨世铭 3311机械控制工程《现代控制理论》，刘豹；《现代控制理论》，于长官 3312机械振动《机械振动》，季文美 3313生产计划与控制《生产计划与控制》，潘尔顺，上海交通大学出版社 3314机械制造技术基础《机械制造技术基础》，翁世修等，上海交通大学出版社1999；《现代制造技术导论》，蔡建国等，上海交通大学出版社2000 3315现代机械设计《高等机械原理》，高等教育出版社1990 030电子信息与电气工程学院 2207信号与系统《信号与系统》，胡光锐，上海交大出版社
1.1 题 从{1，2，……50}中找两个数{a ，b}，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=520 1.2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？ 解：（a ）可将5个女生看作一个单位，共八个单位进行全排列得到排列数为：8！×5！， （b ）用x 表示男生，y 表示空缺，先将男生放置好，共有8个空缺， Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y 在其中任取5个得到女生两两不相邻的排列数： C （8，5）×7！×5！ （c ）先取两个男生和3个女生做排列，情况如下： 6. 若A ，B 之间存在0个男生， A ，B 之间共有3个人，所有的排列应为 P6=C(5,3)*3!*8!*2 1．若A ，B 之间存在1个男生， A ，B 之间共有4个人，所有的排列应为 P1= C(5,1)*C(5,3)*4!*7!*2 2．若A ，B 之间存在2个男生，A ，B 之间共有5个人，所有的排列应为 P2=C(5,2)*C(5,3)*5!*6!*2 3．若A ，B 之间存在3个男生，A ，B 之间共有6个人，所有的排列应为 P3=C(5,3)*C(5,3)*6!*5!*2 4．若A ，B 之间存在4个男生，A ，B 之间共有7个人，所有的排列应为 P4=C(5,4)*C(5,3)*7!*4!*2 5．若A ，B 之间存在5个男生，A ，B 之间共有8个人，所有的排列应为 P5=C(5,5)*C(5,3)*8!*3!*2 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)1(+≤n m ; (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1+≤n m 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 p p n m n n 1+? (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)!1(!+?m n 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。共有组合数为)!1(!2-+?n m 1.4题 26个英文字母进行排列，求x 和y 之间有5个字母的排列数 解：C （24，5）*13！ 1.5题 求3000到8000之间的奇整数的数目，而且没有相同的数字。 解：根据题意，千位可以从3，4，5，7，6中选取，个位可以从1，3，5，7，9中选取；因此 2*5*8*7+3*4*8*7=1232 1.6 题 计算，1·1！+2·2！+3·3！+。。。+n·n ！ 解：由序数法公式可知 1!+1=2! 2·2!+1·1!+1=3! 3·3！+2·2！+1·1！+1=4！ n·n!+(n-1)(n-1)!+。。。+2·2!+1·1!+1= (n+1)! 所以1·1！+2·2！+3·3！+。。。+n·n ！=(n+1)!－１ 1.7题 试证：)2()2)(1(n n n ++被2n 除尽。 证明：因!)!12(!2)!2(-=n n n n !)!12(2 !)! 2(2!)2()2)(1(!2)2()2)(1(-==++=++n n n n n n n n n n n n n n 因为(2n-1)!!是整数所以)2()2)(1(n n n ++能被2n 除尽。
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 a b b a b -=-≤ [解] (a) 5=-b a 将上式分解.得到55 a 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5 8C 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3 5C 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： 2×3 5C ×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.
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 习题四 4.1.若郡G的元素。均可表示为某一元素X的幕，即« = r,则称这个群为循环郡。若群的元索 交换律成立，W a ,b wG满足 ab = 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,・)的生成元是兀owG o于是,对任何元素a,bwG, 3m, nwN,使得*席, b= xo，从而 a b = x()n• X Q =xo/z，+W(指数衛 =xo?，+W(数的加法交换律) =鼎・霸”(指数律) =ba 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加，使x m=e f则称加为x的阶，试 证: C={e^c,x2, ...y N 1} 是G的一个子群。 ［证］.⑴非空性CH0:因为BeeG； (2)包含性CUG：因为x G G,根据群G的封闭性，可知G,故CgG； (3)封闭性X/d , b G C=>a • b eC： P ci, b G C,3k> IwN (0< k组合数学第四版卢开澄标准答案-第四章.docx
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