组合数学引论课后规范标准答案.doc

-* 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=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种，这样一列中两个同色单元格的位置组合共有 种情况 （3）现在有列，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=a1a2a3a50=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=ij1,f(1)=2 f(n)可以由f(n)来生成，当在f(n)个大圆的基础上，在球面上再加上第n+1个大圆时，它同前n个大圆共得到2n个交点(因无三个大圆相交于一点)，而每增加一个交点就增加一个新的面，故共增加2n个面。所以有f(n+1)= f(n)+2n。设P是平面上n个连通区域D1,D2,Dn的公共交界点，如下图所示。现用k种颜色对其着色，要求有公共边界的相邻区域着以不同的颜色，令f(n)表示不同的着色方案。，求它所满足的递推关系。有： f(n)= (k-1)f(n-2)+(k-2)f(n-1) （n4） f(2)=k(k-1) ， f(3)=k(k-1)(k-2)(1) 有D1与Dn-1同色，此时Dn有k-1种方案，可将D1与D n-2看成相邻区域，则D1,D2, , Dn-2的着色方案为f(n-2)。(2) D1与Dn-1异色，此时Dn有k-2种方案，可将，则D1,D2, , Dn-1的着色方案为f(n-1)。(k-1)f(n-2)+(k-2)f(n-1)另有：f(n)=k(k-1)n-1-f(n-1) 第七章例n种颜色涂色装有7颗珠子的手镯，如果只考虑手镯的旋转，求有多少种涂色方案？ 解 对象集D1,2,3,4,5,6,7，颜色集是R(1,2,3,n)，D上的置换群Gg0,g1,g2,g6，其中gi表示旋转360*i/7，因7是质数，所以除(g0)7外，其它(gi)1，(i=1,2,3,4,5,6)，代入Polya公式，得L1/7*n7+6n而四边形：转180时