组合数学曹汝成著华南理工出版社课后答案.pdf

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(2) 1 a不排在第二位,此时还剩2n个位置供 1 a排,还剩2n个位置供 2 a排,然后还剩 2n个位置供 3 a排,依此排下去,有()() 2 22 !nn种方法. 因此共有( )() 2 332 !nnn+种方法. 14.从逻辑角度题意理解:没有两个棋子(同一行或同一列)(没有两个棋子同一行)且(没有 两个棋子同一列), 先从8行中选出3行给红球,剩下5行给白球;再先排第一行有8种选择,排第二行有7种 选择,?,排最后一行有1种选择.因此有 3 8 8!2257920C =种方法. w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 15.因为2 0,3 1,3 2的全排列有 ()233 ! 560 2! 3! 3! + = ,而有一个0排第一位的方法 数相当于1 0,3 1,3 2的全排列数,有 ()133 ! 140 1! 3! 3! + = ,所以共有这样的8位数 560 140420=个. 16.将6-排列分成:多重集 0,3,3, 0,4,2, 1,2,3, 1,3,2, 1,4,1abcabcabcabcabc 的全排列5种情形.因此有: ()()()()()33 !42 !123 !132 !141 ! 2015606030185 3! 3!4! 2!1! 2! 3!1! 3! 2!1! 4! 1! + +=+= 17.由P12例1.11将数字改成对应符号,表示由() 1 1,1A到(), a b Aab ab + +且不经过x 轴的T路的条数,利用定理10得答案为:()1 ! 1111 ! 2222 ab abababab + + + 减去 ()1 ! 1111 ! 2222 ab abababab + + + ,化简为: () () () () ()()1 !1 !1 ! 1 ! !1 ! ! abababab aba ba b + = 18.由题意知有n人拿5元钞票,n人拿10元钞票,在排队过程中,到任意一人时,他前面拿5元 钞票的人数总是大于等于拿10元钞票的人数,记 15 12 110 j j ajn j = 第 人拿 元 第 人拿元 當 當 , 以 j A表示点 12 ( ,) j j aaa+? 1,2,2jn=?,则排队情形可用有向折线 122n A AA?表示.由于票房先前没有任何钞 票,故 j A的纵坐标大于等于零.从而一种满足要求的排队方法对应由() 1 1,1A到 () 2 2 ,0 n An且位于上半平面的T路. 由定理1.11(2)知有: () () 2! 1 ! ! n nn+ . 19.先将6个演唱的排好,有6!种情况;再将4个舞蹈的插入到其中的7个空档中,有 4 7 P方法. w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 由此有 4 7 6!604800P =种方法. 20.先将3个绿球、2个红球、3 个白球排好,有 ()322 ! 3!2!2! + 种方法,再从9个空中选取3 个给3个黄球,有 3 8 C种方法,因此有 () 3 8 322 ! 11760 3!2!2! C + =种方法. 21. 312213 211421142114 45374CCCCCC+=. 22.k种 物 品 分k步 来 分 给m个 人,将 第i种 物 品 分 给m个 人,可 以 等 同 于 12mi xxxn+=?的非负整数解的个数,利用P19推论1.2有 1 i i nm n + (即 1 i i n nm C + )种.由此有 1 1 k i i i nm n = + 种方法. 23.等价于 1234 5xxxx+=的非负整数解的个数(因为一个 1234 x x x x对应一个不 定方程的一个解, 12 0,0xx=时对应的是3位数). 由此可知有 45 1 56 5 + = 个. 24.先从1n+个物品中选出两个使其放在一起,其他单独放,因此有 () 2 1 1 ! ! 2 n n n Cn + + =种方法. 25.分有3人住一间房和两个两人住一起两种情形. o 13人住一间房. 有 3 7 5!C种方法 o 2两个两人住一起.有 22 75 5! 2 CC 种方法. 22 3 75 7 5!5!16800 2 CC C += 26.12,18,5ABC= 27.先从m个足球队中选出k个,再从中每个对选一名队员.有 k m n k 种方法. 28.将数字1,2,9?与n个数位的标号放在一起,再从中选取n个,有多少个标号没有选出 w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 就有多少数字选出将选出的数字从小到大对应放在没被选出的标号位置,(如6n=时,若选 出的为 121446,则对应数001144(省略前面的零为1144); 若选出的为124486时,则对 应数114488),但是没有选出数字时对应0,不为正整数, 由此可知有 9 1 n n + 种方法. 29.可类比成不定方程 12345 6xxxxx+=的非负整数解的个数.其中 1 x表示a 的个数, 5 x表示e的个数.因此有 56 1 210 6 + = 种方法. 30.从 3, , n aa?选出一个放在 1 a与 2 a之间,并将这三个元素作为一个整体,与其他3n 个元素全排,结合 1 a与 2 a可交换有()()222 !nn种方法. 31.选两所中学将甲乙安排好,有 2 4 P种方法,再选一所小学给丙排好,有 1 4 C种方法,再将剩下 的5人全排对应到剩下的5个位置.由此知共有 21 445! 5760PC=种方法. 32.考虑单项式() () () 34 2 1 23 1443 ii i i xxx,其中 1234 6iiii+=,要使之化简后与 5 x为同类项, ()() () () () () 1234 , , ,4,0,1,1 , 3,2,0,1 , 2,3,1,0 , 3,1,2,0 , 1,5,0,0i i i i= 2325 4 343444441404 + += 33. (1)证明:因为() 1 1 1 nn k nk kkn = 所以()() 2 00 11 nn kk kk nn k knk kkn = = ()() ()() 111 111 1111 111 nnn kkk kkk nnn nknk kkk = =+ ()() () () 2 11 110 11 n k k nk n n kn = =+ ()() 2 2 110 2 n k k n n n k = = w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 (2) ()()()() () () 00 1111 12121 nn kk nnn kkkknkk = + = + ()()()() () () 00 112 111 1112122 nn kk nnn kknknnk = + = + ()()()()()() 02 2222 111 2201121212 nn kk nnnn kknnnnnn = + =+ + ()() () 2 1 23 12 n n nn + = + (3) () ()() () () () 00 211 2 111 nn kk nnkn k kkknk = + =+ + () () () () 000 111 11 21 11111 nnn kkk nnn kk kkknn = + =+=+ + () () () 00 1321 1 111 n nn kk nnn kknn = + =+= + (4)() 2 2 0000 12 nnnn kkkk nnnn kkk kkkk = +=+ 而 2 01 nn kk nnk knk kkn = = () 111 111 1 111 nnn kkk nnn nknkn kkk = =+ ()() 121 2 2 12122 2 n nnn k n nnnn nn k = =+=+ 又 1 001 1 22222 1 nnn n kkk nnn k knnn kkkn = = 且 0 2 n n k n k = = ,所以原式等于 ()() 21122 122222254 nnnnn n nnnnn +=+ w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 (5)因为 1 11 nnn kkk + = + 所以 ()()() 1 00 1 111 11222 nn kk nnn kkkknk = + =+ + ()()()()() 11 00 1 11211 1122212 nn kk nn nn kknnknk = + + =+ + ()()() 11 00 21 111 22221 nn kk nn kknnn = + =+ + ()() ()() () ()() 21 111 222211 221 nn nn nnn + =+ + + ()() 1 21 12 n n nn + + = + (6) 2222 00101 22222 2 nnnnn kkk nkk n nnnnn kkkknk = += + = 2211 2 00000 2222222 2 nnnnn n kmkkk nnnnnnn kmkknkn = = 令 0 2 n k n A k = = ,则有 2 2 2 n n AA n = ,即 21 2 1 2 2 n n A n = 34.(1) 1 11 000 1 3111 33 11111 k nnn kk kkk nnn n kkkknkn + + = + + = + () 11 1 1 11 3141 111 n kn k n knn + = + = + (2) 22 11 P261.22 22213 nn kk kknn k = + = + 利用例 w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 (3)因为 () 22 000 33 nnn kkk nnn kk kkk = +=+ 而 2 01 nn kk nnk knk kkn = = () 21 111 111 1 111 nnn P kkk nnn nknkn kkk = =+ 由第一行 ()() 121 2 2 12122 2 n nnn k n nnnn nn k = =+=+ 所以原式等于() () 2122 1223 2212 nnnn n nnnn + =+ (4) ()() 0001 1 222221 nnnn n kkkk kkkk nnnnk kkn kkkkn = +=+=+ ()()()() 1 11 1 1 222122121323 1 n nnn kn k n nnn k = =+=+=+ (5) () ()() () () ()() () 000 11111 11 11111 k nnn kk kkk nnnn kkkknkn = + = + () () () 1 1 11 11 111 n k k n knn = + =+= + (6) () ()() () () ()() () 000 13111 33 11111 nnn kkk nnnkn kk kkkknkn = + =+=+ + () () 00 11 1 12 111 nn kk nn k kkn = + =+ + () ()() () () () 11 00 11 22 2121 1111 nn nn kk nnk kknnn + = + =+=+ + () () () () 1 5 222 221 11 n nn n nn + + =+= + w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 35.(1) ()()() P21 000 1.17 111 mmm kkk kkk nknnknnm nmkmkkmk = = 利用定理 () 0 100 m k k nmn mkm = = (2) P211. 000 17 mmm kkk nknnknnm nmkmkkmk = = 利用定理 0 2 m m k nmn mkm = = (3) ()() () 00 11 n mn m kk kk nknknn nmkmkk = = () P211.1 0 7 1 n m k n m k nnm nmk = = 利用理 看作整体 定 把一 () 0 100 n m k k nnmn nmknm = = 36.用数学归纳法来证明: (1)当1n =时,左边为()1xyxy+=+ 右边为 0110 11 01 x yx yyx +=+ ,因而有式子成立. (2)假设nk=时有()( ) ( ) 0 k kjkj j k xyxy j = += 成立. (3)当1nk=+时,有()()()() 1 11 kk xyxyxyk + +=+ ( ) ( )()() 0 11 k jkj j k xyxyk j = =+ ( ) ( )()()() 0 k jkj j k xyxjykj j = =+ ( ) () ( )( )( )()() 00 kk jkjjkj jj kk xxjyxyykj jj = =+ w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 ( )( )( ) ( ) 11 00 kk jkjjkj jj kk xyxy jj + + = =+ ( )( )( )( )( ) ( )( ) ( ) 1 1100 11 01 0 kk kk kjkjkjkj jj kkkk xyxyxyxy kjj + + + = =+ ( )( ) ( ) () ( )( ) ( ) 1111 11 1 kk kikikjkj ij kk xxyyxy ij + + + = =+ ( )( ) ( )( )( ) ( ) 1111 11 1 kk kjkjkjkj jj kk xxyyxy jj + + + = =+ ( ) ( ) 1 1 0 1 k jkj j k xy j + + = + = 因此结论成立. 37.用数学归纳法来证明: (1)当1n=时,左边为()( ) 1 xyxy+=+ 右边为 ( )( )( )( )0110 11 01 xyxyyx +=+ ,因而有式子成立. (2)假设nk=时有()( )( )( )( )( ) 0 k kjkj j k xyxy j = += 成立. (3)当1nk=+时,有()()( )()() 1 11 kk xyxyxyk + +=+ ( ) ( ) ( ) () ()() 0 11 k jkj j k xyxyk j = =+ ( ) ( ) ( ) () ()()() 0 k jkj j k xyxjykj j = =+ ( ) ( ) () ( ) () ( ) ( ) ( ) () ()() 00 kk jkjjkj jj kk xxjyxyykj jj = =+ ( ) () ( ) () ( ) ( ) ( ) ()11 00 kk jkjjkj jj kk xyxy jj + + = =+ ( ) () ( ) () ( ) () ( ) () ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) () 1 1100 11 01 0 kk kk kjkjkjkj jj kkkk xyxyxyxy kjj + + + = =+ w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 ( ) () ( ) ( ) ( ) ()() ( ) () ( ) ( ) ( ) ()1111 11 1 kk kikikjkj ij kk xxyyxy ij + + + = =+ ( ) () ( ) ( ) ( ) () ( ) () ( ) ( ) ( ) ()1111 11 1 kk kjkjkjkj jj kk xxyyxy jj + + + = =+ ( ) ( ) ( ) () 1 1 0 1 k jkj j k xy j + + = + = 因此结论成立. 38.(1)设d为公差,则有 () 00 0000 nnnn k kkkk nnnn aakdadk kkkk = =+=+ 而 1 001 1 2 1 nnn n kkk nnn k knnn kkkn = = 所以原式()() 111 000 22222 nnnn n adnandaa =+=+=+ + (2)设d为公差,则有 ()()()()() 00 0000 1111 nnnn n kn kn kn k k kkkk nnnn aakdadk kkkk = =+=+ 而 ()()()()() 001 1 111110 0 1 nnn n kn knkn kkk nnn k knnn kkkn = = = = = 所以原式 0 000ad=+= 39.因为对于 1n ? ? ? ? ? ? ,先涂前面1n列有()1 m hn种方法,再涂右上格和涂右 下格. (1)涂右上格时与倒数第二列下格的颜色相同时,涂右下格有()1m种方法,因而有 (2)涂右上格时与倒数第二列下格的颜色不同时,有()2m种方法,再涂右下格有 w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 ()2m 种方法,然后 ( )()()() ()()()()() 2 1122133 mmm hnhnmmmhnmm=+=+ ,又 ( )()11 m hm m=,所以由等比数列公式 有:( ) ()() 1 2 331 n m hnmmm m =+ 40.将题39(即上题)中的( ) m hn分成以下情况:先从m种颜色中选取k种 (2,3,km=?),有 m k 种方法,再将这k种颜色按相邻格子异色的涂好,并使得这k种 颜色都至少用一次,此时有( ) k hn种方法. 由加法原理有:( )( ) 2 m mk k m hnhn k = = , 利用P30定理1.19的二项式反演公式(将n看作参数)得: ( )()( ) 2 1 m m k mk k m hnhn k = = 结合题39,有( )() ()() 1 2 2 1331 m n m k m k m hnkkk k k = =+ 41.将所有全排列分成以下情况:先从n个字母 12 , n a aa?中选出k个,有 n k 种方法, 再将这k个字母保位,其他nk个字母全部不保位,有 n k D 种方法, 因而有等式: 0 ! n n k k n nD k = = ,即 0 ! n i i n nD ni = = ,也即 0 ! n i i n nD i = = ,利用 P30定理1.19的二项式反演公式,得: ()() 0 111 1! 11 1!2! n n kn n i n Din in = =+ ? 42.(1) ()() 000 nnm r n m rn m r kkk mmnmnn mrkmrkkkrkk = = + 分和分析 利用P26例1.23(1) 有原式 nm mr + = w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 (2)因为由刚证明的(1)有 0 n k nmnm kkrmr = + = + ,利用P30定理1.19的二项式反演 公式得() 0 1 n n k k nkmm kmrnr = + = + (3)因为利用P26例1.23(1) 有 0 m k nmnm kmkm = + = 因而分nm和nm 分析,有 0 n k nmnm kmkm = + = ,即 0 n k nmnm kkm = + = ,再由P30定理1.19的二 项式反演公式(将m看作参数)得:() 0 1 n n k k nkmm kmn = + = ,得证. (4)因为利用P26例1.23(1) 有 1 0 11 11 m k nmnm kmkm = + = ,因而分1nm和1nm分析,有 0 11 11 n k nmnm kmkm = + = 再由P30定理1.19的二项式反演公式(将m看作 参数)得: () 0 11 1 11 n n k k nkmm kmmn = + = ,即 () 0 11 1 1 n n k k nkmm kkmn = + = ,再令mn=,有 () 0 11 10 1 n n k k nknn kknn = + = 43.因为A的k元子集有 n k 个,而由这些子集可以构成21 n k 个非空集合. 而从另一个角度考虑: 从A中选出一个j元子集(jk),有 n j 种方法,再找出该子集的k 均匀覆盖,有 k j g种. 两方面考虑的个数应该相等,得:21 n n kk j j k n g j = = w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 再由P30定理1.19的二项式反演公式,有()121 j n nj kk n j k n g j = = . 44.因为A的k元子集有 n k 个,而由这些子集可以构成 n k m 个m元集合. 而从另一个角度考虑: 从A中选出一个j元子集(jk),有 n j 种方法,再找出该子集的 (),m k-均匀覆盖,有(), j gm k种. 两方面考虑的个数应该相等,得:(), n j j k n n gm kk j m = = , 再由P30定理1.19的二项式反演公式,有()(),1 n nj n j k j n gm kk j m = = . 45.设(),f m n表示将m种颜色去涂1 n棋盘,使相邻异色,首末也异色的方法数. .设(),g m n表示将m种颜色去涂1 n棋盘,使相邻异色,首末也异色,每种颜色至少用上 一次的方法数. 则由P77例3.7得:()()() (),111 nn f m nmm=+ . 而从另一个角度考虑:(),f m n:可分为有k种颜色用上(2,3,km=?),而从m种颜 色中选k种颜色有 m k 种方法, 将该k种颜色用上去涂1 n棋盘,使相邻异色,首末也异 色的方法数(),g k n 两方面考虑的个数应该相等,得:()() 2 , m k m f m ng k n k = = 再由P30定理1.19的二项式反演公式,有: ()()()() () 2 ,1111 m m knn k m g m nkk k = =+ . w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 习题二 1.设A为从1至1000的整数中能被14整除的数的个数;设B为从1至1000的整数中能被 21整除的数的个数;则 10001000 , 1421 AB = , 1000 42 AB = 95ABABAB=+= 2.设a为具有能被5整除的性质;设b为具有能被6 整除的性质; 所求为:()()()( )()1N abN abN aN ab = = 而( )() 10001000 200,33 530 N aN ab = , 所以原式等于167. 3.设a为具有能被3整除的性质;设b为具有能被5整除的性质; 设c为具有能被7整除的性 质;所求为:()()()()()1N abcN abcN abN abc = = 而:()() 500500 , 15105 N abN abc = ,所以原式等于:29. 4.设a为具有能被7整除的性质;设b为具有能被6整除的性质; 设c为具有能被10整除的 性质;所求为: ()()()()( )()()()11N ab cN abcN aN abN acN abc = =+ 而 ( )()()() 2000200020002000 , 74270210 N aN abN acN abc = ,所以原式等于:219. 5.记S为没有任何约束的所有安排构成的集合.设a为具有甲安排在星期一性质的安排;设 b为具有乙安排在星期二性质的安排;设c为具有乙安排在星期三性质的安排; ()()()()()111N a b cNabc = ( )( )( )()()()()NN aN bN cN abN acN bcN abc=+ 而6!NS=,( )( )( )5!N aN bN c=, ()()()4!N abN acN bc= ,()3!N abc = w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 ,所以原式等于:426. 6.设a为具有能被2整除的性质;设b为具有能被3整除的性质; 设c为具有能被5整除的性 质;由P53推论2.3知所求为:( )( )23NN+ 而( ) 23 23 2 22 NNN = ,( ) 3 3 3 3 NN = 又()()() 2 200020002000 666 61015 NN abN acN bc =+=+= () 3 2000 66 30 NN abc = ,所以原式等于:534. 7.设a为具有能被2整除的性质;设b为具有能被3整除的性质; 设c为具有能被12整除的 性质;所求为:满足()abcacbc=的元素 ()()()()()()()N acbcN acN bcN acbcN acN bcN abc =+=+ ( )()( )()()()N aN acN bN bcN abN abc=+ 200020002000200020002000 1167 212312612 =+= 8.设S为没有任何约束的由1,2,9构成的n位数构成的集合,设 1 a表示1不出现这一性质, 设 2 a表示2不出现这一性质,设 9 a表示9不出现这一性质, 所求为:() 129 N a aa ?,利用P49定理2.6,有 ()() 8 0 9999 987119 128 kn nnnn k k k = =+= ? 9.设S为所有映射构成的集合,设 12 , n Bb bb=?,设 1 a表示 1 b没有原象这一性质,设 2 a表示 2 b没有原象这一性质,设 n a表示 n b没有原象这一性质, 所求为:() 12n N a aa ?,利用P49定理2.6,有 ()() 1 ,1 n n k m k n g m nk k = = w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 10.设S为9个项构成的集合,设a表示含有x这一性质,设b表示含有y这一性质,设c 表示含有z这一性质, 所求为:()N ab,而 ( )( )( )()()()() 0 SNN aN bN cN abN acN bcN abc=+ (其中 0 N为常数项个数).再由对称性有: ( )( )( )()()(),N aN bN cN abN acN bc= 又9S=,( )4N a=,()2N abc= 得:()2N ab=. 11.设S为所有可重复排列构成的集合, 1 a表示不出现a排在一起这一性质, 2 a表示不出现 b排在一起这一性质, 3 a表示不出现c排在一起这一性质. 利用习题一题20的方法可知() ()733 ! 33! 3! i N a + = , 设S为所有可重复排列构成的集合,则 ()333 ! 3! 3! 3! S + = . 设 1 a表示出现a排在一起这一性质, 2 a表示出现b排在一起这一性质, 3 a表示出现c排在 一起这一性质. 出现a排在一起可分为出现2个a排在一起和出现3个a排在一起两种情况. 因为2个a与1个a有区别,出现2个a排在一起的排列数相当于 12 1,1,3,3aabc的可重复全排列数(这里 1 a当作1个单独的a, 2 a当作1个排在 一起的a) w w w .k h d a w .c o m 课后答案网 12.设S为所有全排列构成的集合,设 1 b表示 1 a排在第一位;设 2 b表示 2 a排在第二位;设 3 b 表示 3 a排在第三位;则所求为:() 1 2 3 N bb b 而 ()( )( )( )()()()() 1 2 31231 21 32 31 2 3 N bbbN N bN bN bN bbN bbN bbN bbb =+ ()()()! 31 ! 32 !3 !nnnn= + 13.(1)将7位来宾按1,2,7排个序,对应帽子也排好序,若第i人拿了第 i a顶帽子 (1,2,7i=?),则对应 127 a aa?一个排列,设S为所有全排列构成的集合,设 1 b表示 1 1a=;设 2 b表示 2 2a=,设 7 b表示 7 7a=;则所求为:() 1 27 N bbb ?, 而() 1 277 N bbbD = ?,由习题一题41可知, 7 1 1 11 7!11854 1! 2! 3!7! D = + + = ? 或()( ) ()() 1 271 27 777 127 ii j N bbbNN bN bbN bbb = + ?, 这里ij 76761 7! 76!5!1!1854 2 1761 = += ? ? ? (2)() 1 27 7!3186N bbb =? (3)因为可能是编号为1的人恰好(即另外的人都没有取到自己的)一位取回自己的帽子,也可 能是其他人恰好一位取回自己的帽子,因此恰好一位取回自己的帽