組合數(shù)學(xué)練習(xí)題(一)數(shù)學(xué)教學(xué)課件PPT

《組合數(shù)學(xué)練習(xí)題(一)數(shù)學(xué)教學(xué)課件PPT》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《組合數(shù)學(xué)練習(xí)題(一)數(shù)學(xué)教學(xué)課件PPT（48頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1組合數(shù)學(xué)練習(xí)題組合數(shù)學(xué)練習(xí)題(一一) 1. 有有20根完全相同的木棍從左至右豎立成一行，根完全相同的木棍從左至右豎立成一行，占占 據(jù)據(jù)20個位置個位置. 要從中選出要從中選出6根根. (1) 有多少種選擇？有多少種選擇？ (2) 如果選出的木棍中沒有兩根是位置相鄰的，如果選出的木棍中沒有兩根是位置相鄰的，又有多少種選擇？又有多少種選擇？ (3) 如果選出的每一對木棍之間必須至少有兩如果選出的每一對木棍之間必須至少有兩根木棍，又有多少種選擇？根木棍，又有多少種選擇？解解 (1) 有有 種種. 2062 (2) 所選出的所選出的6根木棍實際上可將這根木棍實際上可將這20根排成根排成一行的木棍分割

2、成一行的木棍分割成7段段(加上首和尾加上首和尾).設(shè)所選左邊第設(shè)所選左邊第1根木棍的左側(cè)有根木棍的左側(cè)有x1根未被選中的木棍；在第根未被選中的木棍；在第1 與與第第2根所選木棍之間有根所選木棍之間有x2根未被選中的木棍；根未被選中的木棍；在第在第5 與第與第6根所選木棍之間有根所選木棍之間有x6根未被選中的木根未被選中的木棍；在第棍；在第6根所選木棍的右側(cè)有根所選木棍的右側(cè)有x7根未被選中的木根未被選中的木棍，則由于沒有兩根選出的木棍是相鄰的，所以棍，則由于沒有兩根選出的木棍是相鄰的，所以=， 12345671714001,2,3,6ixxxxxxxxxxi3作變量代換作變量代換則原方程變成則

3、原方程變成，11771,2,3,6iiyxyxyxi 123456790,1,2,3,7iyyyyyyyyi這個方程的非負整數(shù)解的個數(shù)即為所求的選擇數(shù)這個方程的非負整數(shù)解的個數(shù)即為所求的選擇數(shù)971155005994(3) 同同(2)中的分析，此時有不定方程中的分析，此時有不定方程=， 12345671714002,2,3,6ixxxxxxxxxxi4711021044仿照仿照(2)，這個方程的非負整數(shù)解的個數(shù)即為所求這個方程的非負整數(shù)解的個數(shù)即為所求的選擇數(shù)的選擇數(shù)5 2. (1) 在在2n個物體中有個物體中有n個是相同的，則從這個是相同的，則從這2n個物體中選取個物體中選取n個的方法有幾種

4、？個的方法有幾種？ (2) 在在3n +1個物體中有個物體中有n個是相同的，則從這個是相同的，則從這3n +1個物體中選取個物體中選取n個的方法有幾種？個的方法有幾種？解解 (1) 若選出的物體有若選出的物體有 個不個不 (0,1,2, )k kn相同相同,則其余則其余n - - k個是相同的個是相同的,所以選取的方法數(shù)為所以選取的方法數(shù)為 201nnnnn 212212121122201nnnnnn(2) 類似于類似于(1)的分析可知，所以選取的方法數(shù)為的分析可知，所以選取的方法數(shù)為6 3. 用用 種顏色去涂種顏色去涂 棋盤，棋盤，每格涂一種顏色，求使得相鄰格子異色，首末兩格每格涂一種顏色，

5、求使得相鄰格子異色，首末兩格也異色的涂色方法數(shù)也異色的涂色方法數(shù). (2)m m 1 ()n nm解解 用用hn表示所求方法數(shù)表示所求方法數(shù).易知易知 2(1).hm m用用m種顏色去涂種顏色去涂 棋盤，每格涂一種顏棋盤，每格涂一種顏 1 ()n nm色，色，使得相鄰格子異色的涂色方法數(shù)有使得相鄰格子異色的涂色方法數(shù)有 1(1)nm m種種,其中使得首末兩格同色的涂色方法有其中使得首末兩格同色的涂色方法有 種種,所以所以 1nh 11(1) (2)nnnhm mhn從而從而7 111222(1)(1)(1)( 1)nnnnnnhm mhm mm mh 12333(1)(1)(1)( 1)nnn

6、nm mm mm mh 12322(1)(1) ( 1)(1)( 1)(1)nnnnm mm mm mm m 2332(1)(1)(1) ( 1)(1)( 1)nnnnm mmmm 12(1)( 1)(1)(1)1nnmm mm (1)( 1) (1)nnmm8 4. 用用 種顏色去涂種顏色去涂 棱錐的棱錐的n + 1個頂點個頂點,每個頂點涂一種顏色，求使得棱錐的每個頂點涂一種顏色，求使得棱錐的每條棱的兩個端點異色的涂色方法數(shù)每條棱的兩個端點異色的涂色方法數(shù) (3)m m (3)n n(, ).K m n 解解 設(shè)設(shè)V是一個是一個n棱錐棱錐,則可依則可依如下兩個步驟去完成如下兩個步驟去完成V的

7、的n + 1個頂點的涂色工作個頂點的涂色工作: 先涂頂點先涂頂點v0,有有m種涂色方法種涂色方法;然后用異于然后用異于v0顏色的顏色的m - - 1種顏色種顏色去涂頂點序列去涂頂點序列v1， v2， vn, 使得相鄰頂點異色使得相鄰頂點異色且首末兩個頂點也異色且首末兩個頂點也異色.0v1v2v3vnv9由上題可知由上題可知,完成此步驟的方法有完成此步驟的方法有 (2)( 1) (2)nnmm種，種，由乘法原理由乘法原理,得所求涂色方法數(shù)為得所求涂色方法數(shù)為 (, )(2)( 1)(2)nnK m nm mm m10na解解 所所求求種種類類數(shù)數(shù) 的的母母函函數(shù)數(shù)為為32321111(1)111

8、(1)xxxxxx 24236( )(1)(1)(1)(1)G xxxxxxxx 5. 將充分多的蘋果、香蕉、橘子和梨這將充分多的蘋果、香蕉、橘子和梨這4種水果種水果裝袋，要求各袋有偶數(shù)個蘋果，最多裝袋，要求各袋有偶數(shù)個蘋果，最多2個橘子，個橘子，3的的倍數(shù)個香蕉，最多倍數(shù)個香蕉，最多1個梨?zhèn)€梨. 如果每袋裝如果每袋裝n個水果，求裝個水果，求裝袋的種類數(shù)袋的種類數(shù).11001(1)nnnnnxnxn 1.nan 所所以以12 6. 把把n個相異的球放到個相異的球放到4個相異盒子個相異盒子 中，求使得中，求使得 含有奇數(shù)個球，含有奇數(shù)個球， 含有偶數(shù)個球的不含有偶數(shù)個球的不同的放球方法數(shù)同的放球

9、方法數(shù).1234,A A A A1A2A則數(shù)列則數(shù)列 對應(yīng)的指母函數(shù)為對應(yīng)的指母函數(shù)為na解解 設(shè)滿足條件的放球方法數(shù)為設(shè)滿足條件的放球方法數(shù)為.na3524232( )()(1)3!5!2!4! (1)2!3!exxxxG xxxxx 13222xxxxxeeeee 414xe 1144!nnnxn 114!nnnxn 14.nna 所以所以14 7. 由數(shù)字由數(shù)字1至至9組成的每種數(shù)字至少出現(xiàn)組成的每種數(shù)字至少出現(xiàn)1次的次的 位數(shù)有多少個？位數(shù)有多少個？ (9)n n解解 設(shè)所求的數(shù)為設(shè)所求的數(shù)為an,則則an的指母函數(shù)為的指母函數(shù)為 9(9)09( 1)kk xkek 2399( )()

10、(1)2!3!xexxG xxe 9009( 1)(9)!nknknxknk 9009( 1)(9)!nknnkxknk 909( 1)(9)knnkakk所以所以15 8. 由字母由字母a,b,c,d,e組成的總字母數(shù)為組成的總字母數(shù)為n的單詞的單詞中，要求中，要求a與與b的個數(shù)之和為偶數(shù)，求這樣的單詞的個數(shù)之和為偶數(shù)，求這樣的單詞的個數(shù)的個數(shù). 解解 這樣的單詞有兩類：一類包括偶數(shù)個這樣的單詞有兩類：一類包括偶數(shù)個a與與偶數(shù)個偶數(shù)個b；另一類包括奇數(shù)個；另一類包括奇數(shù)個a與奇數(shù)個與奇數(shù)個b.設(shè)所求設(shè)所求的數(shù)為的數(shù)為an,則則an的指母函數(shù)為的指母函數(shù)為 242323352323( )(1)

11、 (1)2!4!2!3! () (1)3!5!2!3!exxxxG xxxxxxxx16 223322xxxxxxeeeeee故故 50011()(5)22!nnxxnnnxxeenn 0512!nnnxn 512nna17 9.有多少個長度為有多少個長度為n的的0與與1串串, 在這些串中在這些串中, 既不既不包含子串包含子串010，也不包含子串，也不包含子串101？解解 設(shè)這種數(shù)串的個數(shù)為設(shè)這種數(shù)串的個數(shù)為 將滿足條件的數(shù)串分為兩類：將滿足條件的數(shù)串分為兩類： ,nf1224ff則則，3n 時時， (1) 最后兩位數(shù)字相同最后兩位數(shù)字相同. 這種長度為這種長度為n的數(shù)串可的數(shù)串可由長度為由長

12、度為n-1的串最后一位數(shù)字重復(fù)一次而得，故的串最后一位數(shù)字重復(fù)一次而得，故這類數(shù)串的個數(shù)這類數(shù)串的個數(shù) 1nf ； (2) 最后兩位數(shù)字不同最后兩位數(shù)字不同. 這種長度為這種長度為n的數(shù)串可的數(shù)串可由長度為由長度為n-2的串最后一位的串最后一位(設(shè)為設(shè)為a)重復(fù)一次，再加重復(fù)一次，再加上與上與a不同的數(shù)字而得不同的數(shù)字而得, 故這類數(shù)串的個數(shù)為故這類數(shù)串的個數(shù)為 2.nf 18于是得遞推關(guān)系于是得遞推關(guān)系12122, 4 nnnfffff 由由Fibonacci數(shù)列數(shù)列,得通解得通解121515()()22nnnfcc代入初值代入初值,得得 125555,55cc1121515 ()()225

13、nnnf所所以以19 10. 由由0,1,2,3組成的長度為組成的長度為n的序列中，求含的序列中，求含偶數(shù)個偶數(shù)個0的序列個數(shù)和含奇數(shù)個的序列個數(shù)和含奇數(shù)個0的序列個數(shù)的序列個數(shù). 解解 設(shè)設(shè)an為含偶數(shù)個為含偶數(shù)個0的序列個數(shù)，的序列個數(shù)，bn為含奇為含奇數(shù)個數(shù)個0的序列個數(shù)的序列個數(shù).則有則有 114 3nnnnnnababa解得解得1122 4,nnna1144(22 4)nnnnnnba112 42nn20 11. 十個數(shù)字十個數(shù)字(0到到9)和四個運算符和四個運算符( +，- -，*，/ )組成組成14個元素，求由其中的個元素，求由其中的n個元素的排列構(gòu)成一個元素的排列構(gòu)成一形式算術(shù)

14、表達式的個數(shù)形式算術(shù)表達式的個數(shù). 解解 令令an表示表示n個元素排列成算術(shù)表達式的數(shù)目，個元素排列成算術(shù)表達式的數(shù)目，則則 1212104010, 120 nnnaaaaa解得解得133 65133 65(565)(565)5252nnna21 12. 在一圓周上均勻地取在一圓周上均勻地取2n個點，用個點，用n條兩兩條兩兩不相交的弦把這些點配成對，求所有這種配對的不相交的弦把這些點配成對，求所有這種配對的方式數(shù)方式數(shù). 解解 設(shè)所求配對的方式數(shù)為設(shè)所求配對的方式數(shù)為hn,則則h1 = 1,則則h0 = 1,設(shè)設(shè)2n個點依次為個點依次為， ， ， ，1222,knvvvv連接連接，12,kvv

15、12k2(1)n 2配對方式數(shù)為配對方式數(shù)為hk- -1,則將圓周一分為二則將圓周一分為二,一邊有一邊有2(k - -1)個點個點,另一邊有另一邊有2(n- -k)個點，配對方式數(shù)為個點，配對方式數(shù)為hn- -k.22于是于是 10112101nnkn knnnkhhhh hh hhh解得解得 211nnhnn23 13.一個計算機系統(tǒng)把一個十進制數(shù)字串作為一個一個計算機系統(tǒng)把一個十進制數(shù)字串作為一個編碼字，如果它包含偶數(shù)個編碼字，如果它包含偶數(shù)個0，就是有效的，就是有效的.求有效的求有效的n位編碼字的個數(shù)位編碼字的個數(shù)an .解解 顯然顯然 19.a 若末位數(shù)是若末位數(shù)是1到到9中某個數(shù)，則

16、前面中某個數(shù)，則前面n-1位組成的位組成的有效數(shù)有有效數(shù)有an-1個，因此，末位數(shù)不是個，因此，末位數(shù)不是0的的n位有效數(shù)字位有效數(shù)字有有 9 an-1個個.若末位數(shù)是若末位數(shù)是0，則這樣的，則這樣的n位十進制數(shù)有位十進制數(shù)有10n-1個，個， 而不是有效數(shù)的有而不是有效數(shù)的有 an-1個個 (因因n-1位的有效數(shù)后面添一位的有效數(shù)后面添一個個0就不是有效數(shù)了就不是有效數(shù)了), 所以末位數(shù)是所以末位數(shù)是0的有效數(shù)有的有效數(shù)有 241110nna 個個.于是得遞推關(guān)系于是得遞推關(guān)系 11119(10)9nnnnaaaa 1118109nnnaaa 即即 解得通解解得通解 185 10,nnnaC

17、 代入初始條件得代入初始條件得 1.2C 故所求有效數(shù)字有故所求有效數(shù)字有 114 85 10nnna 個個. 25 14.把把 件彼此相異的物品分給甲、乙、件彼此相異的物品分給甲、乙、丙三人，使得甲至少分得兩件物品，乙和丙至少分丙三人，使得甲至少分得兩件物品，乙和丙至少分得一件物品，有多少種不同的分法？得一件物品，有多少種不同的分法？(4)n n 解解 設(shè)有設(shè)有N種不同的分法種不同的分法. 因為把因為把n件彼此相異件彼此相異的物品分給的物品分給3個人，使得每人至少分得一件物品的個人，使得每人至少分得一件物品的方法共有方法共有 332033!( , )( 1)33 23innniSn kii

18、種，其中使得甲恰分得一件物品的分法有種，其中使得甲恰分得一件物品的分法有 221102( 1)(22)inninini 種，故種，故 11(33 23)(22) 3(6)223nnnnnNnnn 27 15. 令令m和和n是非負整數(shù)且是非負整數(shù)且 , 有有m + n 個人個人站成一排進入劇院，入場費為每人站成一排進入劇院，入場費為每人50元元.這這 m + n 個個人中有人中有n個人有個人有50元面額的鈔票，而另外元面額的鈔票，而另外m個人只個人只有有100元面額的鈔票元面額的鈔票.售票處開門時使用一個空的現(xiàn)售票處開門時使用一個空的現(xiàn)金收銀機金收銀機.求能夠使得需要的時候總有零錢可找的隊求能夠

19、使得需要的時候總有零錢可找的隊列方式數(shù)列方式數(shù). nm 證證 將有將有50元的人用元的人用1標識，有標識，有100元的人用元的人用-1標標識，則該問題為：包括識，則該問題為：包括m個個- -1和和n個個1的的m + n個數(shù)個數(shù) 12,m na aa構(gòu)成的序列，使構(gòu)成的序列，使28120, 1,2,kaaakmn這這m + n個數(shù)的排列是集合個數(shù)的排列是集合 的排列，的排列， 1,( 1)nm排列數(shù)為排列數(shù)為 mnm 設(shè)設(shè)A是滿足以上要求的序列全體，稱為可接受是滿足以上要求的序列全體，稱為可接受排列排列.設(shè)設(shè)U為不可接受排列的全體，則為不可接受排列的全體，則 |mnAUm29 由于由于U是不可接

20、受排列的集合，對是不可接受排列的集合，對U中任一個中任一個排列，必有最小的排列，必有最小的k，使，使120kaaa從而有從而有 1210, 1kkaaaa即即k - -1是偶數(shù)，且是偶數(shù)，且 中有相等個數(shù)的中有相等個數(shù)的1 121,ka aa和和- -1.將將121,kkm na aaaa中前中前k個變號后，可得一個個變號后，可得一個由由n +1個個1和和m - -1個個- -1的序列的序列.30 反反之之n +1個個1和和m - -1個個- -1的序列的序列.由于由于 ,故故必存在必存在k，使，使 中中1的個數(shù)恰比的個數(shù)恰比- -1的個數(shù)的個數(shù)多多1.只要將只要將這這n +1個個1和和m -

21、 -1個個- -1的的序列前序列前k項變號，項變號，就可得一就可得一個有個有n個個1和和m個個- -1的的U中中一個排列一個排列.所以所以U是集合是集合 的排列全體，于是的排列全體，于是 nm12,ka aa (1) 1,(1) ( 1)nm |1mnUn所以所以 |1mnmnAmn 11mnnmnm31組合數(shù)學(xué)練習(xí)題組合數(shù)學(xué)練習(xí)題(二二)一一部部由由 樓樓上上升升到到樓樓的的電電梯梯內(nèi)內(nèi)共共有有 個個乘乘客客 他他們們分分別別到到 樓樓至至樓樓去去，該該電電梯梯從從 樓樓開開始始每每層層樓樓都都停停 以以便便讓讓乘乘客客決決定定是是否否離離開開電電梯梯求求 個個乘乘客客離離開開電電梯梯的的不

22、不同同方方法法的的種種數(shù)數(shù)求求 至至樓樓每每層層樓樓都都有有人人離離開開電電梯梯的的不不同同方方法法的的種種數(shù)數(shù) 1. 110, 5105, . (1) . (2) 5 0. 1nn32(1) 5 6 7 8 9 106,6.nn 解解 因因為為每每個個人人可可以以選選擇擇在在 、 樓樓離離開開電電梯梯，即即每每人人離離開開電電梯梯的的方方法法有有 種種 由由乘乘法法原原理理 個個乘乘客客離離開開電電梯梯的的不不同同方方法法有有種種(2),|6 .nSnS 令令 表表示示由由 個個乘乘客客離離開開電電梯梯的的全全部部不不同同方方法法所所成成之之集集 則則, , 4 (1,2,6), | 1,2

23、,6iiiaSai iaPAaS aPi 設(shè)設(shè)若若在在方方法法 之之下下 沒沒有有人人在在第第樓樓離離開開電電梯梯 則則稱稱 具具有有性性質(zhì)質(zhì)令令具具有有性性質(zhì)質(zhì)| (61)5 1,2,6nniAi則則有有 33| (62)4 nnijA Aij同樣 同樣 1212, | (6) (16)kniiikA AAkiii一般地一般地126,666| 6543123666 210456nnnnnnnAAA 由逐步淘汰原理 所求方案數(shù)為由逐步淘汰原理 所求方案數(shù)為506( 1)(6)knkkk 34 2.將將4個黑球、個黑球、3個白球、個白球、2個紅球排成一列，個紅球排成一列，但不能讓任何一種同顏色的

24、球全部排在一起，問但不能讓任何一種同顏色的球全部排在一起，問有多少種排法有多少種排法(假定同色球不加區(qū)別假定同色球不加區(qū)別)？ 解解 設(shè)所求數(shù)為設(shè)所求數(shù)為N，以，以S表示由表示由4個黑球，個黑球，3個個白球，白球，2個紅球作成的全排列之集，個紅球作成的全排列之集，A，B，C分分別表示別表示S中中4個黑球，個黑球，3個白球，個白球，2個紅球排在一起個紅球排在一起的全排列之集的全排列之集. 則則 ，！ ！ ！9!6|1260 |604! 3! 2!1 32SA35，！ ！ ！ ！ ！ ！ ！78|105 |2804 1 243 14!5!|12 |201! 1! 2!1! 3! 1!6!|30 |

25、364 1 1BCABACBCABC所以所以| | (|) (|)|NABCSABCABACBCABC 87136 3. n個單位各派個單位各派2名代表出席一個會議，名代表出席一個會議，2n名名代表圍一圓桌坐下代表圍一圓桌坐下.試問：試問： (1) 同一單位代表相鄰而坐的方案有多少種？同一單位代表相鄰而坐的方案有多少種？ (3)同一單位的代表不相鄰的方案有多少種同一單位的代表不相鄰的方案有多少種? 解解 (1) 這是這是2n個元的圓排列個元的圓排列,故各單位代表入座故各單位代表入座方式有方式有 (21)!.n 種種 (2) 將同一單位代表看作一個整體參與排列，有將同一單位代表看作一個整體參與排

26、列，有 (1)!.n 種種2 (1)!.nn 種種而同一單位的兩位代表坐法有而同一單位的兩位代表坐法有2種種(左或右左或右),故同一單位代表相鄰而坐的方案有故同一單位代表相鄰而坐的方案有37(3) 設(shè)這設(shè)這2n個人入座方式的全體為個人入座方式的全體為S，則，則 |(21)!.SnS中第中第i個單位的兩個人相鄰的入座方式個單位的兩個人相鄰的入座方式 iA 設(shè)設(shè)1,2,in ，則則 |2(22)!iAn；2|2 (23)!, ijA Anij ；3|2 (24)!, , ,ijkA A Ani j k互互異異；12|2 (1)!nnA AAn38由容斥原理，所求方案數(shù)為由容斥原理，所求方案數(shù)為12

27、2| (21)!2(22)!1 2 (23)!( 1)2 (1)!2nnnnAAAnnnnnnn 同類問題：同類問題： n對夫妻圍圓桌而坐，求夫妻不相鄰的入坐方對夫妻圍圓桌而坐，求夫妻不相鄰的入坐方案數(shù)案數(shù).39 4.用用10 個球壘成一個三角陣，使得個球壘成一個三角陣，使得1個球在個球在2個球之上，個球之上，2個球在個球在3個球之上，個球之上，3個球在個球在4個球之個球之上上.這個三角陣可自由旋轉(zhuǎn)這個三角陣可自由旋轉(zhuǎn).用紅色與藍色對該陣各用紅色與藍色對該陣各球著色，求不等價著色數(shù)球著色，求不等價著色數(shù).如果再允許翻轉(zhuǎn)該陣，如果再允許翻轉(zhuǎn)該陣，不等價著色數(shù)又有多少種？不等價著色數(shù)又有多少種？

28、12345678910 解解 將三角陣上的球標將三角陣上的球標以以110表示，它表示，它分別分別繞其繞其中心逆時針旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)0 ,120 ,240得置換群得置換群40其中其中 123,Qppp 1(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)p(恒等置換恒等置換)， 2(1 10 7)(2 6 8)(3 9 4)(5) p(逆時轉(zhuǎn)逆時轉(zhuǎn) )120 3(1 7 10)(2 8 6)(3 4 9)(5) p(逆時轉(zhuǎn)逆時轉(zhuǎn) )240 由由 定理知，所求方案數(shù)為定理知，所求方案數(shù)為Polya 1 13 3104(222 )352L41如果球陣可以翻轉(zhuǎn)，則置換群為如果球陣可以翻轉(zhuǎn)

29、，則置換群為 123456,Qpppppp其中其中 同前同前，123,ppp， 456(1)(5)(2 3)(4 6)(7 10)(8 9)(1 10)(2 9)(3 6)(4 8)(5)(7)(1 7)(2 4)(3 8)(6 9)(5)(10)ppp1 16 61046(22232 )208L由由 定理知，所求方案數(shù)為定理知，所求方案數(shù)為Polya 42 5.將一個將一個3行行3列棋盤的列棋盤的9個正方形著紅色和藍色，個正方形著紅色和藍色，棋盤可以繞對稱中心旋轉(zhuǎn)，但不能繞對稱軸翻轉(zhuǎn)，棋盤可以繞對稱中心旋轉(zhuǎn)，但不能繞對稱軸翻轉(zhuǎn)，求不等價的著色方案數(shù)求不等價的著色方案數(shù).從而得置換群從而得置換

30、群Q所含的置換為所含的置換為90 ,180 ,270 ，解解 棋盤可以分別繞對稱中心逆時針旋轉(zhuǎn)棋盤可以分別繞對稱中心逆時針旋轉(zhuǎn)0 , 1234(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(1 3 9 7)(2 6 8 4)(5)(1 9)(2 8)(3 7)(4 6)(5)(1 7 9 3)(2 4 8 6)(5)qqqq 12345678943故由故由 定理知不等價的著色方案數(shù)為定理知不等價的著色方案數(shù)為Polya 9351(22 22 )1404L 44證證 用用表表示示相相鄰鄰 個個數(shù)數(shù)之之和和. . (1,2,10)3iq i注注意意到到這這些些數(shù)數(shù)中中的的每每個個數(shù)數(shù)都都在

31、在作作和和數(shù)數(shù)時時出出現(xiàn)現(xiàn)了了 次次 故故有有12101,2,10,3,qqq 101 3(1210)165iiq 6.把把1到到10這這10個數(shù)隨機地寫成一個圓圈個數(shù)隨機地寫成一個圓圈.證明：證明：必存在某必存在某3個相鄰數(shù)之和大于或等于個相鄰數(shù)之和大于或等于17.45即即存存在在某某個個使使 , 17.iiqq問問題題歸歸結(jié)結(jié)為為: :把把件件物物品品放放入入個個抽抽屜屜里里16510,由由抽抽屜屜原原理理知知 至至少少有有一一個個抽抽屜屜( (即即某某個個放放有有,)iq不少于不少于 1651710, 件物品件物品這表明圓圈的這表明圓圈的10個數(shù)中個數(shù)中,必存在三個連續(xù)的數(shù)必存在三個連續(xù)

32、的數(shù),其其和大于或等于和大于或等于17.46 7. 證明：如果從證明：如果從 S = 1, 3, 5, 7, , 599 中任中任選選101個數(shù)，在所選出的數(shù)中總存在個數(shù)，在所選出的數(shù)中總存在2個數(shù)，它們個數(shù)，它們之間最多差之間最多差4.證證 把把S中的數(shù)分成中的數(shù)分成100組：組：1,3,5,7,9,11,595,597,599則每組中的數(shù)之間的差均不超過則每組中的數(shù)之間的差均不超過4.從從S中任取中任取101個數(shù)，由抽屜原理，至少有個數(shù)，由抽屜原理，至少有2個數(shù)在同一組，它們個數(shù)在同一組，它們之差不超過之差不超過4.47 8. 一間屋內(nèi)有一間屋內(nèi)有10個人，他們當(dāng)中沒有人超過個人，他們當(dāng)中

33、沒有人超過60歲歲(年齡只能以整數(shù)給出年齡只能以整數(shù)給出)，但又至少不低于，但又至少不低于1歲歲. 證證明：總能找出兩組人明：總能找出兩組人(兩組不含相同的人兩組不含相同的人)，各組人，各組人的年齡和是相同的的年齡和是相同的. 題中的數(shù)題中的數(shù)10能換成更小的數(shù)嗎？能換成更小的數(shù)嗎？解解 設(shè)這設(shè)這10個人的年齡依次為個人的年齡依次為這這10個數(shù)形成的求和方式數(shù)為個數(shù)形成的求和方式數(shù)為，1210,a aa101010102110231210而這而這10個人年齡之和是個人年齡之和是10600之間的整數(shù)，用此之間的整數(shù)，用此作作“抽屜抽屜”，將，將1023件物品放入其中，由抽屜原件物品放入其中，由抽

34、屜原理，必有兩個求和方式的結(jié)果相同，設(shè)為理，必有兩個求和方式的結(jié)果相同，設(shè)為481212,1,2,10,1,2, ;1,2,stkkkmmmijaaaaaak mis jt 如果集合如果集合 與集合與集合 沒有相同元素，則它們對應(yīng)的兩組人即為所求；沒有相同元素，則它們對應(yīng)的兩組人即為所求；12,skkkaaa12,tmmmaaa如果這兩個集合有相同元素，則在等式如果這兩個集合有相同元素，則在等式1212stkkkmmmaaaaaa兩端同時減去這些相同元素的值，等式仍成立，兩端同時減去這些相同元素的值，等式仍成立，等式中兩端余下的各項對應(yīng)的人就是所求兩組年等式中兩端余下的各項對應(yīng)的人就是所求兩組年齡和相同的人齡和相同的人.