d调卡农吉他谱-农村实用技术

组合数学
一、选择题（每道题3分，共30分）
1、把某英语兴趣班分成两 个小组，甲组有2名男同学，5名女同学；乙组有3
名男同学，6名女同学，从甲乙两组均选出3名同学 来比赛，则选出的6人中恰
有1名男同学的方式数是（ ）
A、800 B、780 C、900 D、850
答案：选D
2


5


6

解析：若选中的这名男同学是甲组的：


1



2



3

400




5


3

6

若选中的这名男同学是乙组的：


3



1



2

450



所以符合题目条件的总方式数为：
400450850


2、多项式

2x
0
x
1
4x
2
x
3

4
中项
x
0
2
x
1
2
x
2
的系数是（ ）
A、78 B、104 C、96 D、48
答案：选C
解析：由多项式定理1.18得其系数为
2
2
4
3、求A=｛｝ 全排列中
4!
44696

2!2!1!
不相邻，不相邻的全排
列个数。 （ ）
A、 72 B、48 C、36 D、24
答案：B
解：设S为A的全排列之集，为相邻的全排列之集，为相邻
的全排列之集，则
｜S｜= 5
｜｜= ｜｜= 2，
｜｜= 2×2= 43，
｜S-｜= ｜S｜-｜｜- ｜｜+｜
= 5 - 2 - 2 + 43
= 120 – 48 – 48 + 24
= 48 .
4、求多重集
s

3a,2b,4c

的8-排列数是（ ）
A 700 B 140 C1260 D 1200

｜
1

答案：C
分析：
M
1

< br>2a,2b,4c

N
2


N
1

8!
420
2!2!4!

M
2


3a,1b,4c


8!8!
280

M
3


3a,2b,3
560

c

N
2


3!1!4!3!2! 3!
所以：
NN
1
N
2
N
3
12 60
。
5、一糕点店生产8种糕点，如果一盒内装有12块各种糕点，并且可以认为每种糕点无限多，那么你能买到多少种不同的盒装糕点（假设装盒与顺序无关）？
（ ）
A、50000 B、50388 C、55000 D、52788
答案：选B
解析：这是一个组合问题，
s

a
1< br>,a
2
,a
3
,,a
8

的 12-可重组合

1281

19

所以
N



50388

12

12

6、在一次聚会上有15位男士和20位女士，则形成15对男女一共有多少种方式< br>数（ ）
20!20!
A B C
15
20
D
20
15

5!15!
答案：A
分析：考虑将20位女士固定，将15位男士依次分派给20位 女士，则方法数为
20!
P(20,15)
。

5!
7、
a
n
n
的常生成函是：（ ）（卢伟龙）
1
1
t
t
2

A： B： C： D：
222
2
(1t)(1t)
(1t)(1t)
答案：
D


1
1
n


nt
n1

分析
：
A(t)

a
n
t
由于


t
两边求导得
2
1t
n 0

1t

n0
n0

n
所以t

1t

2


nt
所以
A(t)

a
n
t
n

n
n0n0

t

1t

2

8、 确定
3
4
5
2
11
7
13
8
的正因子的个数（ ）
A 960 B 1080 C 945 D 448
答案：B

2

分析：因为3,5,7,13都是素数， 故每个因子均有以下形式
3
i
5
j
11
k
1 3
l
，而
0i4,0j2,0k7,0l8
，则由乘法原 理可得：
53891080

t
2n
9、


（ ）
n0
(2 n)

e
t
e
t
e
t
e
t
A： B： C：
e
t
e
t
D：
e
t
e
t

22
答案：
A t
2
t
2n
t
2n1
分析
：
e1 t




2(2n)

2n1


t
e
t
e
t
t
2
t
2n
t
2
t
2n
t
2n1
1




e1t




22(2 n)
2(2n)

2n1


t
10.已 知 = 5且，，
有非负整数解个数。 （ ）
A、9 B、12 C、15 D、18
答案：A
分析：令 = – 1,则

设A为



｜A｜=
｜｜= ｜
为
为
= 4，
= 4 的所有非负整数解之集，
= 4 且
= 4 且
= 4 且
=
｜=
，
= ，
｜= ｜｜= 0，
的非负整数解之集，
的非负整数解之集，
的非负整数解之集，
4，
，则此方程的所
｜｜= 0， ｜｜= ｜
｜｜= 0，
所以
N = ｜A – ｜
=｜S｜-｜｜- ｜｜- ｜
-｜｜
=

｜+｜｜+ ｜｜+｜｜
– 2
3

= 9.

二、填空题：（每道题3分，共15分）
1. 下列命题是真命题的有：
①如果

k
f(n)
不恒等于零，而

k1f(n)
恒等于零，那么
f(n)
是
n
的
k
次 多项式。
②如果

k
f(n)
不恒等于零，而

k1
f(n)
恒等于零，则数列
{f(n)}
n0
的前
n
项和
s
n


f(i)
是
n
的 一个
k
次多项式。
i0
n1

nk
③设
{f(n)}
n0
是Fibonacci数列，则
f(n)


k


(n

0,1,2,< br>
)
。
k0

④对于第一类Stirling数，有< br>S
1
(n1,k)S
1
(n,k1)nS
1
(n,k)(nk1)
。
则真命题的序号有： 。
答案:①③④。
分析：②数列
{f(n)}
n0
的前
n
项和
s
n


f(i)
是
n
的一个
k1
次多项式。因为：
i0
n1
n
[]2
s
n
s
n1
s
n
f(n),所以

k1
s
n

k
(s
n< br>)
k
f(n)0
，


k2
s(n)
k1
(s
n
)k1
f(n)0
，
由①，
s
n
是
n的一个
k1
次多项式，所以②不正确。
2.在边长为a的正方形中，任意给定九点，这些顶点的三角形中必有一个三角形
的面积不大于
1
答案：
a
2

8
1
解析：把正方形的面 积四等分，则每一个正方形的面积为
a
2
。
8
把这四 个小正方形作为四个抽屉，在它们中放入9个点，由抽屉原则知道，
必有一个正方形内至少有3点，即必 有一个三角形落在某一个正方形内，
111
这时，它的面积小于或等于
a
2
a
2

248
3.已知在Fibonacci数列中，已知
f(3)3,f(4)5,f(5)8
，试求Fibonacci
数
f(20 )
。
答案： 10946.
分析：
f(20)f(1010)f(10)f(10)f(9)f(9)
，

4

f(10)f(55)f(5)f(5)f(4)f( 4)8
2
5
2
89
，
f(9)f(54)f(5)f(4)f(4)f(3)855355
，
所以
f(20)8989555510946
。
4. 求6的4拆分数
p
4

6


答案：2
解析：
P
4

6



P
k

64

P
1

2< br>
P
2

2

P
3

2

P
4

2

11002

5.

pq1
q1
pq
答案：
q
4






pqq1




pq1
q
k1
分析：直接由定理1.16直接得到。
二、计算题（共38分）
1、由2、3、5、、6、8、9可组成多少个大于36000的偶数？（8分）
解：设由 2、3、5、、6、8、9可组成多少个大于36000的5位偶数的个数为
N
，
则这
N
个5位偶数可分为如下两数：
（I）万位数字为3的5位偶数，
属于此 类的5位偶数的千位数字只能是8或9，个位数字只能是2，6或8，所以
属于此类5位偶数有
2
2
216
种；
（II）万位数字大于3的5位偶数，
属于此类的5位偶数的万位数字只能是5、6、8或9，个位数字只能是2、6或8，
所以属于此类5 位偶数有
4
3
2592
种.
由加法原则得
N21625922808

2、求递推关系：（8分）
解：对应的特征方程为：
特征根分别为
所以递推关系通解为：
把

得


+ 6 = 0


代入通解，有


5

所以

.
3、现有5个小孩分水果，知共有水果10个，每人至少一个则5个小孩拥有水 果
的数目共有多少种情况？（6分）
解：设5个小孩分到水果数目的共有
N
种情况，则
NP
5
(10)

P
k

105

k1
5
P
1

5

P
2

5
P
3

5

P
4

5

P
5

5


5

1

P
3

5

P
4

5

1

2

4P
3

5

P
4

5

P
3

5



P
k
(53)
k1
3

P
1

2

P
2
< br>2

P
3

2


2
 
P
4
1


5

P
k

(5
02
4)


2

k 1

4
P
1

1

P
2
1

P
3

1

P
4

1


1

4、解递推关系（6分）
a
n
5a
n1
6a
n2
2n3
（n

2）
a
0
5,a
1
10
解： 因为特征方程为
x
2
5x6,得特征根为2.，3
，所以原递推式对应的 齐次递推
式
a
n
5a
n1
6a
n2
有通解为：a
n
A2
n
B3
n
,
而由定理P 88定理3.17知原递推
*
式有特解为
a
n
CnD,代入原递 推式得C1,D2，因此原递推式有通解为

a
n
A2
nB3
n
n2,再将a
0
5,a
1
10代入通 解得
a
n
2
n1
3
n
n2
< br>A=2,B=1,所以
5、设由1、2、3、4、5、6组成的各个数字互异的4位一共有多少个 ？若在这个
4位数中，不能同时有三个数位上的数字相同，则结果是多少？（5分）（陈明友）
解：（1）相当于从6个数中选取4个数排列，方式数为：
A
6
4

66
30

4
（2）相当于集合
M{2 
的4-可重排列数方式数，
（I）若数位上四个数互异，由（1）得为30种；

6

（II）若数位有两个数位相同，相当于先从6个数中选取一个 数a,再从余下的5个数中选取
b、c两数，然后求多重集

2a,b,c

的全排列方式数为：
12
C
6
C
5
4
12

2 
（III）若有该四位数中有两对数位相同，从6个数中选取两个数a、b，然后求可重集
2a,2b

的全排列方式数为：
C
2
6

4
2
6

则总方式数为：30+12+6=48

6、在所有的n位数中，包含数字3、8、9 但不包含数字0、4的数有多少？（
分）（龚春全）
解：除去0、4，则在1、2、3、5、 6、7、8、9这8个数组成的n位数中：
令S表示由这8个数字组成的所有n位数的集合，则
s8
n
；
令
a
1
表示具有性质：一个n位数不包含3；
令
a
2
表示具有性质：一个n位数不包含8；
令
a
3
表示具有性质：一个n位数不包含9；
令
A
i
表示S中具有性质
a
i
的元素构成的集合

i1,2 ,3


则
A
1
A
2
A
3< br>S(A
1
A
2
A
3
)
(A
1
A
2
A
1
A
3
A
2
A
3
)A
1
A
2
A
3

而
A
1
7
n
；
A
2
7
n
；
A
3
7
n
；
A
1
A2
A
1
A
3
A
2
A
3
6
n
；
A
1
A
2
A
3
5
n

所以 ：
A
1
A
2
A
3
8
n
37
n
36
n
5
n


四、证明题:（共17分）

5
7

1 .
C(2n,2)2C(n,2)n
2
。这里，
C(m,n)
表 示从
m
个对象中取
n
个的方法数。(9
分)
证明：等式左边表示从2
n
个不同的球中取两个球的方法数。我们把2
n< br>个球平
均分成A，B两组，选球的方法有以下两类：取自同一组的选法数为
N
1
2C(n,2)
;
取自不同组的球的方法数为
N
2
< br>
C(n,1)

n
2

2

n

n

2n

3.求证：



k




k1


< br>

n1


(n2)
（8分）
k 0

n1
证明：方法一:设
A
是
2n
元集，
A
1
是
A
的一个
n
元子集，
A的
n1
元子集共有

2n



n 1


个，其中含有
A
1
中的
k(0kn 1)
个元的子集有

n1
n

n

n

n

n

n

2n

个，由加法原则得



k
n1k

k

k1

k



k1





n1


。
k0
方法二：由
(1x)
n
(1x)
n
(1x)
2 n
，

n

k
n

n

j
2n

2n

n1
所以，


k


x



j

x



n1


x
，
k0

j0

n1

n
比较上式两边x
n1
的系数得，

n

n
 
2n




k




k1





n1


。
k0

n1
证毕。

8