《組合數(shù)學》姜建國著(第二版)_課后習題答案完全版

.組合數(shù)學<第2版>-姜建國,岳建國習題一排列與組合1在1到9999之間,有多少個每位上數(shù)字全不相同而且由奇數(shù)構(gòu)成的整數(shù)？解：該題相當于從"1,3,5,7,9”五個數(shù)字中分別選出1,2,3,4作排列的方案數(shù)； 1選1個,即構(gòu)成1位數(shù),共有個； 2選2個,即構(gòu)成兩位數(shù),共有個； 3選3個,即構(gòu)成3位數(shù),共有個； 4選4個,即構(gòu)成4位數(shù),共有個； 由加法法則可知,所求的整數(shù)共有：個。2比5400小并具有下列性質(zhì)的正整數(shù)有多少個？1每位的數(shù)字全不同；2每位數(shù)字不同且不出現(xiàn)數(shù)字2與7；解：1比5400小且每位數(shù)字全不同的正整數(shù)； 按正整數(shù)的位數(shù)可分為以下幾種情況： 一位數(shù),可從19中任取一個,共有9個； 兩位數(shù)。十位上的數(shù)可從19中選取,個位數(shù)上的數(shù)可從其余9個數(shù)字中選取,根據(jù)乘法法則,共有個； 三位數(shù)。百位上的數(shù)可從19中選取,剩下的兩位數(shù)可從其余9個數(shù)中選2個進行排列,根據(jù)乘法法則,共有個； 四位數(shù)。又可分三種情況：n 千位上的數(shù)從14中選取,剩下的三位數(shù)從剩下的9個數(shù)字中選3個進行排列,根據(jù)乘法法則,共有個；n 千位上的數(shù)取5,百位上的數(shù)從13中選取,剩下的兩位數(shù)從剩下的8個數(shù)字中選2個進行排列,共有個；n 千位上的數(shù)取5,百位上的數(shù)取0,剩下的兩位數(shù)從剩下的8個數(shù)字中選2個進行排列,共有個； 根據(jù)加法法則,滿足條件的正整數(shù)共有：個；2比5400小且每位數(shù)字不同且不出現(xiàn)數(shù)字2與7的正整數(shù)；按正整數(shù)的位數(shù)可分為以下幾種情況：設 一位數(shù),可從中任取一個,共有7個； 兩位數(shù)。十位上的數(shù)可從中選取,個位數(shù)上的數(shù)可從A中其余7個數(shù)字中選取,根據(jù)乘法法則,共有個； 三位數(shù)。百位上的數(shù)可從中選取,剩下的兩位數(shù)可從A其余7個數(shù)中選2個進行排列,根據(jù)乘法法則,共有個； 四位數(shù)。又可分三種情況：n 千位上的數(shù)從1,3,4中選取,剩下的三位數(shù)從A中剩下的7個數(shù)字中選3個進行排列,根據(jù)乘法法則,共有個；n 千位上的數(shù)取5,百位上的數(shù)從0,1,3中選取,剩下的兩位數(shù)從A中剩下的6個數(shù)字中選2個進行排列,共有個； 根據(jù)加法法則,滿足條件的正整數(shù)共有：個；3一教室有兩排,每排8個座位,今有14名學生,問按下列不同的方式入座,各有多少種做法？ 1規(guī)定某5人總坐在前排,某4人總坐在后排,但每人具體座位不指定； 2要求前排至少坐5人,后排至少坐4人。解：1因為就坐是有次序的,所有是排列問題。5人坐前排,其坐法數(shù)為,4人坐后排,其坐法數(shù)為, 剩下的5個人在其余座位的就坐方式有種, 根據(jù)乘法原理,就座方式總共有：種 2因前排至少需坐6人,最多坐8人,后排也是如此?？煞殖扇N情況分別討論： 前排恰好坐6人,入座方式有； 前排恰好坐7人,入座方式有； 前排恰好坐8人,入座方式有；各類入座方式互相不同,由加法法則,總的入座方式總數(shù)為：¨ 典型錯誤：先選6人坐前排,再選4人坐后排,剩下的4人坐入余下的6個座位。故總的入坐方式共有：種。但這樣計算無疑是有重復的,例如恰好選6人坐前排,其余8人全坐后排,那么上式中的就有重復。4一位學者要在一周內(nèi)安排50個小時的工作時間,而且每天至少工作5小時,問共有多少種安排方案？解：用表示第i天的工作時間,則問題轉(zhuǎn)化為求不定方程的整數(shù)解的組數(shù),且,于是又可以轉(zhuǎn)化為求不定方程的整數(shù)解的組數(shù)。該問題等價于：將15個沒有區(qū)別的球,放入7個不同的盒子中,每盒球數(shù)不限,即相異元素允許重復的組合問題。故安排方案共有： 種¨ 另解：因為允許,所以問題轉(zhuǎn)化為長度為1的15條線段中間有14個空,再加上前后兩個空,共16個空,在這16個空中放入6個""號,每個空放置的""號數(shù)不限,未放""號的線段合成一條線段,求放法的總數(shù)。從而不定方程的整數(shù)解共有：組 即共有54 264種安排方案。5若某兩人拒絕相鄰而坐,問12個人圍圓周就坐有多少種方式？解：12個人圍圓周就坐的方式有：種,設不愿坐在一起的兩人為甲和乙,將這兩個人相鄰而坐,可看為1人,則這樣的就坐方式有：種；由于甲乙相鄰而坐,可能是"甲乙"也可能是"乙甲"；所以則滿足條件的就坐方式有：種。6有15名選手,其中5名只能打后衛(wèi),8名只能打前鋒,2名只能打前鋒或后衛(wèi),今欲選出11人組成一支球隊,而且需要7人打前鋒,4人打后衛(wèi),試問有多少種選法？解：用A、B、C分別代表5名打后衛(wèi)、8名打前鋒、2名可打前鋒或后衛(wèi)的集合,則可分為以下幾種情況： 17個前鋒從B中選取,有種選法,4個后衛(wèi)從A中選取,有種, 根據(jù)乘法法則,這種選取方案有：種； 27個前鋒從B中選取,從A中選取3名后衛(wèi),從C中選1名后衛(wèi), 根據(jù)乘法法則,這種選取方案有：種； 37個前鋒從B中選取,從A中選取2名后衛(wèi),C中2名當后衛(wèi), 根據(jù)乘法法則,這種選取方案有：種； 4從B中選6個前鋒,從C中選1個前鋒,從A中選4個后衛(wèi), 根據(jù)乘法法則,這種選取方案有：種； 5從B中選6個前鋒,從C中選1個前鋒,從A中選3個后衛(wèi),C中剩下的一個當后衛(wèi),選取方案有：種； 6從B中選5個前鋒,C中2個當前鋒,從A中選4個后衛(wèi), 選取方案有：種； 根據(jù)加法法則,總的方案數(shù)為：7求展開式中項的系數(shù)。解：令,則中項的系數(shù)為,即中,的系數(shù),因此,的系數(shù)為：。8求的展開式。解：,展開式共有項, 所以,9求展開式中的系數(shù)。解：的系數(shù)為： 10試證任一整數(shù)n可唯一表示成如下形式：證明：1可表示性。令,顯然,顯然,定義函數(shù),顯然,即,由于f是用普通乘法和普通加法所定義的,故f無歧義,肯定是一個函數(shù)。從而必有一確定的數(shù),使得,為了證明N中的任一數(shù)n均可表示成的形式,只需證明f是滿射函數(shù)即可。又因為f是定義在兩個有限且基數(shù)相等的函數(shù)上,因此如果能證明f單射,則f必是滿射。假設f不是單射,則存在,且有,使得由于,故必存在,使得。不妨設這個j是第一個使之不相等的,即,且,因為所以, 產(chǎn)生矛盾,所以f必是單射函數(shù)。因為,所以f必然也是滿射函數(shù),故對任意的,都存在,使得 這說明對任意的整數(shù),都可以表示成的形式。 2唯一性。 由于函數(shù)是一個單射,也是滿射,即f是雙射函數(shù),故,對任意的,都存在唯一的,使得。否則,若存在另一個,使得將與f是單射函數(shù)矛盾。證畢。11證明,并給出組合意義。證明：因為,現(xiàn)令,則可得,即組合意義：將n個元素分為3堆,1堆1個元素,1堆r個元素,1堆個元素?？梢杂邢旅鎯煞N不同的分法： 1先從n個元素中選出個元素,剩下的個作為1堆；再將選出的個元素分為兩堆,1堆1個,1堆r個。 2先從n個元素中選出1人作為1堆,再從剩下的個中選出r個作為1堆,剩下的作為1堆。 顯然,兩種分法是等價的,所以等式成立。12證明 。證明：采用殊途同歸法。¨ 組合意義一：考慮從n個人中選出1名正式代表和若干名列席代表的選法列席代表人數(shù)不限,可以為0。可以有以下兩種不同的選法：1先選定正式代表,有種選法；然后從人中選列席代表,這 個人都有選和不選的兩種狀態(tài),共有種選法；根據(jù)乘法法則,共有 種選法；2可以先選出人,然后再從中選出1名正式代表,其余k人作為列席代表,對于每個k,這樣的選法有：,從而總選法有： 顯然,兩種選法是等價的,所以等式成立。¨ 組合意義二：將n個不同的球放入標號為A、B、C的3個盒子,其中要求A盒只放1個球,其余兩盒的球數(shù)不限。那么,有兩種不同的放法：1先從n個不同的球中選出1個,放入A盒,再將其余個球放入另外兩盒,有種放法；2先從n個球中選出k個,再從所選的k個球中選出1個放入A盒,將其余的個球放入B盒,剩下的個球放入C盒,根據(jù)乘法法則,對于不同的k,有種放法。當時,各種情況互不重復,且包含了所有放法,根據(jù)加法法則,總的放法有：。 顯然兩種放法是等價的,故等式成立。¨ 另法：根據(jù)二項式定理：,兩邊求導,得：,令,即得13有n個不同的整數(shù),從中取出兩組來,要求第一組數(shù)里的最小數(shù)大于第二組的最大數(shù),問有多少種方案？解：設這n個不同的數(shù)為,若假定第一組取個數(shù),第二組取個數(shù),并且令,則要求第一組數(shù)里的最小數(shù)大于第二組里的最大數(shù),我們可以這樣來選：先從n個數(shù)中任選m個數(shù)出來,有種選法；再從這m個數(shù)中從大到小取個數(shù)作為第一組數(shù),有種取法；再將其余的個數(shù)作為第二組數(shù)。故總方案數(shù)有：14六個引擎分列兩排,要求引擎的點火次序兩排交錯開來,試求從某一特定引擎開始點火有多少種方案？解：第一次點火僅有一種選擇,即點某個特定引擎的火；第二次點另一組某個引擎的火,有三種選擇；第三次有2種,。所以方案數(shù)為：種¨ 如果只指定從第一排先開始點火,不指定某一個,則方案數(shù)為種¨ 如果第一個引擎任意選,只要求點火過程是交錯的,則方案數(shù)為種15試求從1到1 000 000的整數(shù)中,0出現(xiàn)了幾次？解：分別計算0出現(xiàn)在各個位上的次數(shù)。 10出現(xiàn)在個位,此時符合條件的2位數(shù)有9個；3位數(shù)有個；4位數(shù)有個；5位數(shù)有個；6位數(shù)有個； 20出現(xiàn)在十位,此時符合條件的3位數(shù)有個；4位數(shù)有個；5位數(shù)有個；6位數(shù)有個； 30出現(xiàn)在百位,此時符合條件的4位數(shù)有個；5位數(shù)有個；6位數(shù)有個； 40出現(xiàn)在千位,此時符合條件的5位數(shù)有個；6位數(shù)有個； 50出現(xiàn)在萬位,此時符合條件的6位數(shù)有個； 另外1 000 000中有6個0。 所以,從1到1 000 000的整數(shù)中,0出現(xiàn)的次數(shù)總共有：次¨ 另法：先不考慮1 000 000本身,那么任一個000 000999 999之間的數(shù)都可以表示成如下形式：,其中每個是0到9的數(shù)字。因為每位數(shù)字可以有10種選擇,根據(jù)乘法法則,共有個"6位數(shù)",又每個"6位數(shù)"由6個數(shù)字組成包括無效0,所以共有個數(shù)字,又每個數(shù)字出現(xiàn)的概率相等,所以0出現(xiàn)的次數(shù)應是,但習慣上在計算0的個數(shù)時,不包括無效0即高位的0,因而要從中去掉無效0,其中：11位數(shù)有9個不包括0,其無效0共有個即00000；22位數(shù)有90個,其無效0共個。依次類推,無效0的總數(shù)為 因為全為0時的6個0和1 000 000本身的6個0相互抵消,所以1到1 000 000之間的自然數(shù)中0出現(xiàn)的次數(shù)為次¨ 注意：1出現(xiàn)的次數(shù)為要考慮1 000 000這個數(shù)的首位1,2,3,9各自出現(xiàn)的次數(shù)為。16n個男n個女排成一男女相間的隊伍,試問有多少種不同的方案？若圍成一圓桌坐下,又有多少種不同的方案？解：排成男女相間的隊伍：先將n個男的排成1行,共有種排法；再將n個女的往n個空里插,有種排法；由于可以先男后女,也可以先女后男,因此共有種排法；根據(jù)乘法法則,男女相間的隊伍共有：種方案。若圍成一圓周坐下,同理先將n個男的圍成一圓周,共有種排法,再將n個女的往n個空中插,有種排法,根據(jù)乘法法則,圍成圓周坐下,總的方案數(shù)有：種。17n個完全一樣的球,放到r個有標志的盒子,要求無一空盒,試證其方案數(shù)為。證明：因為沒有空盒,可先每盒放入一個球,再將剩余的球放入r個盒子中, 即將個無區(qū)別的球,放入r個不同的盒子中,每盒的球數(shù)不受限制, 因此方案數(shù)有：。¨ 另法：插空法。問題可看為：n個球排成1行,球與球之間形成個空,再在這個空中,插入個隔板,這樣就可形成r個盒子,每盒球不空的方案,其方案數(shù)為。18設,是k個素數(shù),試求能整除盡數(shù)n的正整數(shù)數(shù)目。解：能整除數(shù)n的正整數(shù)即n的正約數(shù),其個數(shù)為：。19試求n個完全一樣的骰子能擲出多少種不同的方案？解：每個骰子有六個面,每個面的點數(shù)可以是中的一種。由于n個骰子完全一樣,故這樣相當于將n個完全一樣的球放到6個不同的盒子中,每盒球數(shù)不限。故方案數(shù)有種20凸十邊形的任意三個對角線不共點,試求這凸十邊形的對角線交于多少個點？又把所有的對角線分割成多少段？解：1從一個頂點可引出7條對角線,這7條對角線和其他頂點引出的對角線的交點情況如下：從右到左,和第一條對角線的交點有：個,和第二條的交點有,和第三條的交點有條,故和一個頂點引出的7條線相交的點為：,故和從10點引出的對角線交的點有個,但每個點重復了四次因為每個點在兩條線上,而每條線又有兩個端點,故凸十邊形對角線交于個點。¨ 也可以直接這樣看：因為一個交點需要兩條對角線相交,而兩條對角線又需要多邊形的四個點構(gòu)成一四邊形。反之,從n個頂點中任取四個頂點,連成一四邊形,而四邊形的兩條對角線必須確定唯一的一個交點,故凸十邊形的對角線的交點共有：個前提：任三個對角線不共點,否則,一個交點不能對應n邊形的唯一四個頂點2由1知,一個點引出的7條對角線中,第一條線上有7個點,故將該線段分成8段；第二條線上有12個點,故將該線段分成13段,故從一個點出發(fā)的7條線上的段數(shù)為：?，F(xiàn)有10個點。故總的段數(shù)為：。但每段重復計算了2次因為每條線有2個端點故總的段數(shù)應為：。¨ 另法：一個交點給相交的兩條對角線各增加1段,所以對角線總的段數(shù)為： 對角線數(shù)2倍交點數(shù) 段21試證一整數(shù)n是另一整數(shù)的平方的充要條件是除盡n的正整數(shù)的數(shù)目為奇數(shù)。證明：必要性：整數(shù)n可表示為,且為素數(shù),則除盡n的正整數(shù)個數(shù)為：,若為偶數(shù),則必存在為奇數(shù),則n不可能寫成令一個數(shù)的平方。所以n是另一整數(shù)的平方的必要條件是除盡n的正整數(shù)數(shù)目為奇數(shù)。充分性：若除盡n的正整數(shù)的數(shù)目為奇數(shù),則均為偶數(shù),則 可寫成另一整數(shù)的平方。證畢。22統(tǒng)計力學需要計算r個質(zhì)點放到n個盒子里去,并分別服從下列假定之一,問有多少種不同的圖像？假設盒子始終是不同的。 1Maxwell-Boltzmann假定：r個質(zhì)點是不同的,任何盒子可以放任意個； 2Bose-Einstein假定：r個質(zhì)點完全相同,每一個盒子可以放任意個。 3Fermi-Dirac假定：r個質(zhì)點都完全相同,每盒不得超過一個。解：1問題即：將r個不同的質(zhì)點放到n個不同的盒子,每個盒子放的質(zhì)點數(shù)不受限制,即相異元素允許重復排列,其方案數(shù)有： 2問題即：將r個沒有區(qū)別的質(zhì)點放到n個不同的盒子,每個盒子方的質(zhì)點數(shù)不受限制,即相異元素允許重復組合,其方案數(shù)有： 3問題即：將r個沒有區(qū)別的質(zhì)點放到n個不同的盒子,每盒不超過一個,即相異元素不允許重復的組合,其方案數(shù)有：23從26個英文字母中取出6個字母組成一字,若其中有2或3個母音,問分別可構(gòu)成多少個字不允許重復？解：母音指元音,即a,e,i,o,u 1有2個元音。先從5個元音中取出2個,再從剩下的21個字母中選出4個,再將6個字母進行全排列,則可構(gòu)成的字總共有：個 2有3個元音。先從5個元音中取出3個,再從剩下的21個字母中選出4個,再將6個字母進行全排列,則可構(gòu)成的字總共有：個24給出的組合意義。證明：¨ 組合意義一：從個元素中取出個元素的組合數(shù)為：,且,其中第位置上的元素可取,當取時,前邊的r個數(shù)可在這個數(shù)中取,故有種取法；后邊的個數(shù)可在這個數(shù)中取,故有種取法。根據(jù)乘法法則,當時,這樣的組合數(shù)為： 再根據(jù)加法法則,對進行求和,就有。¨ 組合意義二：格路方法等式左端：從點到點,直接經(jīng)過點再到點的路徑數(shù)。從A到C的路徑數(shù)為：,從D到B的路徑數(shù)為：,根據(jù)乘法法則和加法法則,從A到B的路徑數(shù)有：。等式右端：從點到點的路徑數(shù)為：25給出的組合意義。證明：1等式右端：從個元素中,任選個元素的組合方案數(shù)為：。 2等式左端：從不同元素中選取個元素,一定選元素,但不選元素的方案數(shù)。根據(jù)乘法法則,當k值取定時,這樣的方案數(shù)為從其余的個元素中任取r個的方案數(shù),即,再根據(jù)加法法則,總的方案數(shù)有：26證明 。證明：考慮從m雙互不相同的鞋中取出n只,要求其中沒有任何兩只是成對的,求方案數(shù)。 一方面,先從m雙鞋中選取n雙,共有種選法,再從此n雙中每雙抽掉一只,有種取法,由乘法原理,總的方案數(shù)為：。 另一方面,先取出只左腳的鞋,再在其余的雙中取出只右腳的鞋,則總的方案數(shù)為： 所以,。¨ 另法：根據(jù) 從而有： 27對于給定的正整數(shù)n,證明在所有中,當 時,取得最大值。證明：取與進行比較。, 當時,即, 當時,即, 因此,只有當或最接近時,取得最大值。281用組合方法證明 和 都是整數(shù)。 2證明是整數(shù)。證明：1考慮個有區(qū)別的球放入n個不同的盒子里,每盒兩個,盒中球不計順序,則方案數(shù)為：,方案數(shù)是整數(shù),所以是整數(shù)。同理,考慮個有區(qū)別的球放入n個不同的盒子里,每盒3個,盒中球不計順,則方案數(shù)為：,方案數(shù)是整數(shù),所以是整數(shù)。 2考慮個不同的球放入n個相同的盒子,每盒n個,盒中球不計順序的方案。 先假設盒子是不同的,則這樣的方案數(shù)為：, 又盒子是相同的,所以方案數(shù)應為：, 方案數(shù)必然是整數(shù),所以是整數(shù)。291在2n個球中,有n個相同,求從這2n個球中選取n個的方案數(shù)。 2在個球中,有n個相同,求從這個球中選取n個的方案數(shù)。解：1問題即：從集合中,選取n個的方案數(shù), 即多項式中的系數(shù),即 從這2n個球中選取n個的方案數(shù)為種。 2問題即：從集合中,選取n個的方案數(shù), 即多項式中的系數(shù),即30證明在由字母表生成的長度為n的字符串中, 10出現(xiàn)偶數(shù)次的字符串有個； 2,其中 。證明：1采用數(shù)學歸納法當時,0出現(xiàn)偶數(shù)次0次,長度為1的字符串為"1”和"2”兩個字符串,而,故結(jié)論成立。假設當時,結(jié)論成立,即0出現(xiàn)偶數(shù)次,長度為k的字符串有個,當時,0出現(xiàn)偶數(shù)次,長度為的字符串包括兩部分： 在0出現(xiàn)偶數(shù)次,長度為k的字符串后面再增加一位不是0的數(shù)只能是1或2,因此,這樣的字符串有個。 給0出現(xiàn)奇數(shù)次,長度為k的字符串后面再增加一個0, 因此,這樣的字符串有：。根據(jù)加法法則,0出現(xiàn)偶數(shù)次,長度為的字符串共有：,即時,結(jié)論也成立。 所以,根據(jù)數(shù)學歸納法,結(jié)論成立。2由1知,右端表示0出現(xiàn)偶數(shù)次的字符串數(shù)。 而左端代表的組合問題是：長度為n的字符串中,有0個0的字符串數(shù)有：, 有2個0的字符串數(shù)有：,有q個0的字符串數(shù)有：,根據(jù)加法法則,可知,左端代表的是長度為n的字符串中0出現(xiàn)偶數(shù)次的字符串數(shù),因此315臺教學儀器供m個學生使用,要求使用第1臺和第2臺的人數(shù)相等,有多少種分配方案？解： ¨ 方法一：先從m個學生中選取k個使用第1臺機器,再從剩下的個學生中選取k個使用第2臺機器,其余個學生可以任意使用剩下的3臺機器,按乘法原理,其組合數(shù)為,這里,于是,按加法原理,共有種使用方案。¨ 方法二：先從m個學生種選出2k個,再將選出2k個學生平均分到1、2臺機器上,其余的個學生可以任意使用剩下的3臺機器,按乘法法則,其組合數(shù)為,這里于是,按加法原理,共有種使用方案。32由n個0及n個1組成的字符串,其任意前k個字符中,0的個數(shù)不少于1的個數(shù)的字符串有多少？解：參見P21,例轉(zhuǎn)化為格路問題。即從點到,只能從對角線上方走,但可以碰到對角線的所有最短路徑數(shù)。顯然,第一步必然要走到點,因此可以轉(zhuǎn)換為從點到的所有滿足條件的路徑數(shù),進一步,可以轉(zhuǎn)換為從點到,只能從對角線上方走,但不可以碰到對角線的所有路徑數(shù),因為從點到的所有經(jīng)過對角線的路徑數(shù)與從點到點的所有路徑數(shù)是一一對應的,因此,所求的字符串有：個¨ 方法二：由n個1和n個0組成的2n位二進制數(shù)共有個<2n個不盡相異元素的全排列>,設所求的二進制數(shù)共有個,不符合要求的數(shù)有個。而不合要求的數(shù)的特征是從左向右掃描時,必然在某一位首次出現(xiàn)0的個數(shù)小于1的個數(shù),即從左向右累計到第2k1位時出現(xiàn)k個0和個1。此時,后位上有個1,個0。將后部分的0改寫為1,1改寫為0。結(jié)果整個數(shù)變成由個和個0組成的2n位數(shù)z。即一個不合要求的數(shù)唯一對應于這樣的一個數(shù)z。反之,給定一個由個1和個0組成的2n位數(shù)z由于1比0多2個,故一定在某一位首次出現(xiàn)0的累計數(shù)少于1的累計數(shù)。依同法將此位后的0與1互換,使z變成由n個1和n個0組成的2n位數(shù)。所以,這兩種二進制數(shù)一一對應。即故。習題二母函數(shù)及其應用1求下列數(shù)列的母函數(shù) 1； 2； 3；4；解：1母函數(shù)為：；2母函數(shù)為：；¨ 方法二： 3母函數(shù)為：；¨ 方法二： 4母函數(shù)為：。¨ 方法二：2證明序列的母函數(shù)為 。證明：因為 令,則 ,而 故 又 所以 ¨ 方法二：已知的k-組合數(shù)為,其母函數(shù)為：序列的母函數(shù)為3設,求序列的母函數(shù)。其中,是S的滿足下列條件的n組合數(shù)。1S的每個元素都出現(xiàn)奇數(shù)次；2S的每個元素都出現(xiàn)3的倍數(shù)次；3不出現(xiàn),至多出現(xiàn)一次；4只出現(xiàn)1、3或11次,只出現(xiàn)2、4或5次；5S的每個元素至少出現(xiàn)10次。解：1 2 3 4 54投擲兩個骰子,點數(shù)之和為r,其組合數(shù)是多少？解：用表示骰子的點數(shù)為i, 1若兩個骰子不同,則問題等價于r的特殊有序2-分拆故相應的母函數(shù)為則點數(shù)之和為r的方案總數(shù)就是的系數(shù)。2若兩個骰子相同,則問題等價于r的特殊無序2-分拆而此問題又可轉(zhuǎn)化為求r的最大分項等于2,且項數(shù)不超過6的分拆數(shù),即求方程的非負整數(shù)解的個數(shù)。相應的母函數(shù)為其中點數(shù)之和為r的方案數(shù)就是的系數(shù)。5投擲4個骰子,其點數(shù)之和為12的組合數(shù)是多少？解： 參考第4題。第二版第5題居民小區(qū)組織義務活動,號召每家出一到兩個人參加。設該小區(qū)共有n個家庭,現(xiàn)從中選出r人,問：1設每個家庭都是3口之家,有多少種不同的選法？當n=50時,選法有多少種？2設n個家庭中兩家有4口人,其余家庭都是3口人,有多少種選法？解：1 2 第二版第6題把n個相同的小球放入編號為的m個盒子中,使得每個盒子內(nèi)的球數(shù)不小于它的編號數(shù)。已知,求不同的放球方法數(shù)。解：對應母函數(shù)為：故6紅、黃、藍三色的球各8個,從中取出9個,要求每種顏色的球至少一個,問有多少種不同的取法？解：對應的母函數(shù)為： 從中取9個對應的組合數(shù)為的系數(shù),即種 ¨ 方法二：原問題等價于從集合中取出9個元素,且每個元素至少取一個?，F(xiàn)在先把元素a、b、c各取一個,然后再隨意選出6個,則問題轉(zhuǎn)變?yōu)閺募现腥〕?個元素,且每個元素個數(shù)不限,求重復組合的方案數(shù)。又由于每個元素的個數(shù)大于6,故從中取6個元素與從集合中取出6個元素的組合數(shù)一樣多,因此不同的取法為種7將幣值為2角的人民幣,兌換成硬幣壹分、貳分和伍分可有多少種兌換方法？解：該題用1分、2分、5分的硬幣組成20分。是可重復的無序拆分： 其母函數(shù)為： 則不同的兌換方法為的系數(shù),即 即有29種兌換方法。8有1克重砝碼2枚,2克重砝碼3枚,5克重砝碼3枚,要求這8個砝碼只許放在天平的一端,能稱幾種重量的物品？有多少種不同的稱法？解：該題屬于有限重復的無序拆分問題。對應的母函數(shù)為： 所以能稱123克等23種重量的物品。 總共的稱法為母函數(shù)的各項系數(shù)之和,再減去常數(shù)項,即總共有種不同的稱法。其中,稱1、3、20、22、23克重量各有1種稱法； 稱2、4、5、8、9、10、13、14、15、18、19、21克重量各有2種稱法； 稱6、7、11、12、16、17克重量各有3種乘法；若要枚舉出各種方案,則可作母函數(shù)：項即為稱克重量的一種方案。9證明不定方程的正整數(shù)解組的個數(shù)為。解：該問題即,求正整數(shù)r的n有序分拆。 問題可轉(zhuǎn)換為：將r個無區(qū)別的球,放入n個不同的盒子中,每盒至少1個的組合問題?？梢韵仍诿總€盒子中放1球,再將個無區(qū)別的球,放入n個不同的盒子中,每盒球數(shù)不限,則其方案數(shù)為：故該不定方程的正整數(shù)解組的個數(shù)為。¨ 方法二：問題可以視為將r個相同的1放入n個盒子。由于將之間的值互換,對應不同的解,所以盒子不同。設共有個解,則的母函數(shù)為所以10求方程的大于1的整數(shù)解的個數(shù)。解：該題相當于將24的3有序分拆,并且要求每個分項大于1。 其母函數(shù)為： 所求的整數(shù)解的個數(shù)即為的系數(shù)：。11設,其中,。試證： 1,； 2求出、的母函數(shù),。證明：1 2 因為 所以 同理, 所以, 解聯(lián)立方程組 ,即可得,12設,求序列的母函數(shù),其中是S的滿足下列條件的n排列數(shù)：1S的每個元素都出現(xiàn)奇數(shù)次；2S的每個元素至少出現(xiàn)4次；3至少出現(xiàn)i次；4至多出現(xiàn)i次；解：1母函數(shù)為：； 2母函數(shù)為：； 3母函數(shù)為：； 4母函數(shù)為：；13把23本書分給甲乙丙丁四人,要求這四個人得到的書的數(shù)量分別不超過9本、8本、7本、6本,問：1若23本書相同,有多少種不同的分法？2若23本書都不相同,又有多少種不同的分法？解：1對應的母函數(shù)為：所求的分法數(shù)就是的系數(shù),即種 2對應的母函數(shù)為： 所求的分法數(shù)就是的系數(shù),即148臺計算機分給3個單位,第一個單位的分配量不超過3臺,第二個單位不超過4臺,第三個單位不超過5臺,問共有幾種分配方案？解：對應的母函數(shù)為： 所求的分配方案數(shù)即的系數(shù),即分配方案數(shù)為：種15用母函數(shù)證明下列等式成立： 1； 2。證明：1¨ 方法一：根據(jù)范德蒙恒等式令,即得¨ 方法二：因為,兩邊展開得 比較次方的系數(shù),即得2¨ 方法一：令, 則 ,且,令則即因為,所以,故 所以 。證畢。¨ 方法二：比較兩邊的系數(shù),即可得：。¨ 方法三組合意義法等式右端：相當于從個不同的球中取個球的組合,其組合方案數(shù)為；等式左端：把這個球編號為,按取出的球中最小的編號,可分為如下的m+1類：如果取出的個球中最小編號是1,其余n個球要從去掉1號球后剩下的個球中選取,此類組合方案數(shù)為；如果取出的個球中最小編號是2,則1不能被選取,其余n個球要從去掉1,2號球后剩下的個球中選取,此類組合方案數(shù)為；,依次類推,如果取出的個球中最小編號是m,則不能被選取,其余n個球要從去掉號球后剩下的個球中選取,此類組合方案數(shù)為；如果取出的個球中最小編號是,則不能被選取,其余n個球要從去掉號球后剩下的n個球中選取,此類組合方案數(shù)為；因此,按加法原理,從個不同的球中取個球的組合方案數(shù)為。故等式兩邊相等。16證明自然數(shù)n分拆為互異的正整數(shù)之和的分拆數(shù)等于n分拆為奇數(shù)之和的分拆數(shù)。證明：將n分拆為互異的正整數(shù)之和的分拆數(shù)的母函數(shù)為：將n分拆為奇數(shù)之和的分拆數(shù)的母函數(shù)為：所以,兩種分拆的方案數(shù)相同。17求自然數(shù)50的分拆總數(shù),要求分拆的每個分項不超過3。解：其母函數(shù)為： 則所求的分拆數(shù)為的系數(shù),即習題三遞推關(guān)系1解下列遞推關(guān)系：12345解：1對應的特征方程為：,解得。 所以齊次遞推方程的通解為：, 代入初始條件,得：, 解得：, 故 。 2對應的特征方程為：,解得：, 所以,齊次遞推方程的通解為：, 代入初始條件, 解得：,故。 3對應的特征方程為：,解得：, 所以,齊次遞推方程的通解為：, 代入初始條件, 解得：,故 。 4對應的特征方程為：,解得：, 所以,齊次遞推方程的通解為：, 代入初始條件, 解得：,故 。 5對應的特征方程為：,解得：, 所以,齊次遞推方程的通解為：, 代入初始條件,解得,故 2求由A,B,C,D組成的允許重復的排列中AB至少出現(xiàn)一次的排列數(shù)。解：¨ 方法一：我們只要求出n位排列中不出現(xiàn)AB的排列個數(shù),則至少出現(xiàn)一次AB的排列個數(shù)為。可以分成兩部分：在n位排列中不出現(xiàn)AB且在第n位出現(xiàn)A的排列數(shù)目。：在n位排列中不出現(xiàn)AB且在第n位出現(xiàn)B或C或D的排列的數(shù)目。因此,顯然,若在n位排列中不出現(xiàn)AB,則在前位中也不會出現(xiàn)AB,考慮第n位：1若第n位為A,則第位可以是A、B、C、D中的任何一位；2若第n位為B,則第位只能是B、C、D中任何一位；3若第n位為C或D,則第為可以是A、B、C、D中任一位；故可得遞推關(guān)系：令 ,方程 兩邊同乘于,即將上面的式子進行累加,可得：,故 ,即方程 兩邊同乘于,即同樣,將上面的式子進行累加,可得故 ,即故可得關(guān)于的聯(lián)立方程組,解得： 故 , 因此,所以。¨ 方法二：設表示由A,B,C,D組成的允許重復的不出現(xiàn)AB的n位排列數(shù)目；由A,B,C,D組成的允許重復的不出現(xiàn)AB的n位排列數(shù)目,可分為兩個部分：1第n位是A,C或D,則前位不出現(xiàn)AB的排列數(shù)為,則此類排列數(shù)為；2第n位是B,前位形成的不出現(xiàn)AB的排列數(shù)有個。其中,要去掉第位是A的排列,這樣的排列由前位形成的不出現(xiàn)AB的個位排列,再加上AB形成,于是此類排列的數(shù)目為；根據(jù)加法法則,可得到遞推關(guān)系：對應齊次方程的特征方程為：,解得,故齊次方程的通解為：,代入初始條件：,解得：,故因此,由A,B,C,D組成的允許重復的且AB至少出現(xiàn)一次的n位排列數(shù)目為 。3求n位二進制數(shù)中相鄰兩位不出現(xiàn)11的數(shù)的個數(shù)。解：設所求的n位二進制數(shù)有個,對第1位數(shù)的數(shù)值有兩種可能： 10,則余下的位數(shù),滿足條件的個數(shù)有個； 21,則第2位數(shù)只能為0,余下的位數(shù),滿足條件的個數(shù)有個； 由加法法則,可得：,且, 由遞推關(guān)系反推,可得, 所以,4利用遞推關(guān)系求下列和： 1 234解：1顯然, 對應的齊次方程的特征方程為：,解得, 所以對應的齊次方程對應的通解為：, 因為1是特征根,所以對應的特解為： 所以方程的通解為, 顯然,代入上式,可得,解得：,所以¨ 方法二：顯然, 類似,可得 ,兩式相減,可得, 同理,可得 ,兩式再相減,可得,同理,可得,兩式再相減,可得關(guān)于的齊次定解問題： 其特征方程為：,解得：, 故 , 代入初始條件, 解得：,故¨ 方法三快速求系數(shù)通解為：,初始條件：,代入得, 解得：, 所以,2顯然, 同理對應的齊次方程的特征根為1,通解為, 非齊次方程的特解為：, 所以,非齊次方程的通解為：, 初始條件為：,代入上式,可得,解得：,所以 ¨ 方法二：顯然,類似可得,兩式相減得,同理可得,兩式再相減得,同理得,兩式再相減,可得關(guān)于的齊次定解問題： 由1知,方程的通解為：,代入初始條件得：,解得：,故 ¨ 方法三快速求系數(shù)通解為：,初始條件：,代入得, 解得：, 所以,3顯然,同理對應的齊次方程的特征根為1,特解為, 非齊次方程的特解為：, 所以,非齊次方程的通解為：, 初始條件為：,代入上式,可得,解得：,所以 ¨ 方法二：顯然,類似可得,兩式相減得,同理可得,兩式再相減得,同理得,兩式再相減,可得關(guān)于的齊次定解問題： 由1知,方程的通解為：,代入初始條件得：,解得：,故 ¨ 方法三快速求系數(shù)通解為：,初始條件：,代入得, 解得：, 所以,4顯然,同理對應的齊次方程的特征根為1,特解為, 非齊次方程的特解為：, 所以,非齊次方程的通解為：, 初始條件為：,代入上式,可得,解得：,所以 ¨ 方法二： 顯然,類似可得,兩式相減得,同理可得,兩式再相減得,同理得,兩式再相減得,同理可得,兩式再相減,可得關(guān)于的齊次定解問題： 其特征方程為：,是五重特征根, 所以方程的通解為：,代入初始條件得：,解得：,故 ¨ 方法三快速求系數(shù)通解為：,初始條件：,代入得, 解得：, 所以,5求n位四進制數(shù)中2和3必須出現(xiàn)偶數(shù)次的數(shù)目。解： 設符合條件的n位四進制數(shù)有個,2出現(xiàn)奇數(shù)次3出現(xiàn)偶數(shù)次的數(shù)有個,2出現(xiàn)偶數(shù)次3出現(xiàn)奇數(shù)次的數(shù)有個,兩者都出現(xiàn)奇數(shù)次的數(shù)有個。1對2和3出現(xiàn)偶數(shù)次的n位四進制數(shù),考慮最高位,可分為三種情況：最高位是0或1,則在后續(xù)的個數(shù)字中2和3還必須出現(xiàn)偶數(shù)次,這樣的四進制數(shù)共有個；最高位是2,后位必須有奇數(shù)個2偶數(shù)個3,這樣的數(shù)有個；最高位是3,后位必須有偶數(shù)個2奇數(shù)個3,這樣的數(shù)有個。各類情形,沒有重復的數(shù)。由加法法則,得滿足的遞推關(guān)系為：2對2出現(xiàn)奇數(shù)次3出現(xiàn)偶數(shù)次的n位四進制數(shù),考慮最高位,可分為三種情況：最高位是0或1,則在后續(xù)的個數(shù)字中2出現(xiàn)奇數(shù)次3出現(xiàn)偶數(shù)次,這樣的四進制數(shù)共有個；最高位是2,后位必須有偶數(shù)個2偶數(shù)個3,這樣的數(shù)有個；最高位是3,后位必須有奇數(shù)個2奇數(shù)個3,這樣的數(shù)有個。各類情形,沒有重復的數(shù)。由加法法則,得滿足的遞推關(guān)系為：3對2出現(xiàn)偶數(shù)次3出現(xiàn)奇數(shù)次的n位四進制數(shù),考慮最高位,可分為三種情況：最高位是0或1,則在后續(xù)的個數(shù)字中2出現(xiàn)偶數(shù)次3出現(xiàn)奇數(shù)次,這樣的四進制數(shù)共有個；最高位是2,后位必須有奇數(shù)個2奇數(shù)個3,這樣的數(shù)有個；最高位是3,后位必須有偶數(shù)個2偶數(shù)個3,這樣的數(shù)有個。各類情形,沒有重復的數(shù)。由加法法則,得滿足的遞推關(guān)系為：4對2出現(xiàn)奇數(shù)次3出現(xiàn)奇數(shù)次的n位四進制數(shù),考慮最高位,可分為三種情況：最高位是0或1,則在后續(xù)的個數(shù)字中2出現(xiàn)奇數(shù)次3出現(xiàn)奇數(shù)次,這樣的四進制數(shù)共有個；最高位是2,后位必須有偶數(shù)個2奇數(shù)個3,這樣的數(shù)有個；最高位是3,后位必須有奇數(shù)個2偶數(shù)個3,這樣的數(shù)有個。各類情形,沒有重復的數(shù)。由加法法則,得滿足的遞推關(guān)系為： 故可得聯(lián)立方程組： 初始條件為：,對應的母函數(shù)分別為：,從而可以得到關(guān)于母函數(shù)的聯(lián)立方程： 解得： 則即的系數(shù),所以 6試求由a,b,c三個字母組成的n位符號串中不出現(xiàn)aa圖像的符號串的數(shù)目。解：假設符合條件的符合串的數(shù)目為,考慮第1位數(shù)的數(shù)值,有兩種情況： 1第1位為a,則第2位只能是b或c,余下的位滿足條件的有個； 根據(jù)乘法法則,這類情況總共有個； 2第1位為b或c,則余下的滿足條件的有個； 根據(jù)加法法則,可得遞推關(guān)系,且； 對應的特征方程為：,解得：, 因此,通解為,代入初始條件,解得,故 7利用遞推關(guān)系解行列式：解：設行列式的值為,則 故可得到遞推關(guān)系： 對應齊次方程的特征方程為：, 解得：,對于通解,根據(jù)a與b的關(guān)系分情況討論： 1,則通解為,代入初始條件,得, 解得,所以行列式的值為；。 2：則通解為：,代入初始條件,得, 解得,所以行列式的值為： 8在方格的棋盤上,放有k枚相同的車,設任意兩枚不能相互吃掉的放法數(shù)為,證明滿足遞推關(guān)系：證明：考慮第一行有兩種情況： 1有1枚棋子,則余下的枚放在余下的棋盤上,有種放法；考慮棋子不能同行同列,棋盤上放了枚棋子后,要在第一行放1枚棋子,則該棋子可放的位置有：種,根據(jù)乘法法則,這類放法共有：2沒有棋子,則k枚棋子要放在余下的棋盤上,有放法；根據(jù)加法法則,可得。9在方格的棋盤中,令表示棋盤里正方形的個數(shù)不同的正方形可以疊交,試建立滿足的遞推關(guān)系。解：設每個正方形方格的面積為單位1,當棋盤大小由變?yōu)闀r,所增加的正方形為1個面積為1的小正方形；2包含1中小正方形且面積為4的正方形有：個；3包含1中小正方形且面積為9的正方形有：個；n所有方格組成的最大的正方形面積為,只有1個；因此,可以得到遞推關(guān)系：,即滿足的遞推關(guān)系為：10過一個球的中心做n個平面,其中無3個平面過同一直徑,問這些平面可把球的內(nèi)部分成多少個兩兩無公共部分的區(qū)域？解：設這n個平面把球內(nèi)部分成個兩兩無公共部分的區(qū)域,顯然：,。當時,去掉所給的n個平面中的一個平面P,則剩下的平面把球分成 個區(qū)域,?，F(xiàn)把平面P放回原處,則P與其余個平面都相交,且所得的條交線都不同因為無3個平面過同一直徑,這條交線把平面P分成部分,每部分把原來的一個區(qū)域劃分成兩個區(qū)域,故把平面P放回原處后增加了個區(qū)域,從而滿足遞推關(guān)系： 解得：11設空間的n個平面兩兩相交,每3個平面有且僅有一個公共點,任意4個平面都不共點,這樣的n個平面把空間分割成多少個不重疊的區(qū)域？解：設n個的平面把空間所分割成的不重疊的區(qū)域數(shù)為； 顯然, 當時,去掉所給的n個平面中的一個平面P,則剩下的平面把空間分割成 個區(qū)域,?，F(xiàn)把平面P放回原處,則P與其余個平面都相交,且所得的條交線兩兩相交每3個平面只有一個公共點,且任意三條不共點任意4個平面都不共點,這條交線將平面P分割成：個不重疊的區(qū)域n條直線能將平面分割成個不重疊的區(qū)域,參見習題第13題每部分把原來的一個區(qū)域劃分成兩個區(qū)域,故把平面P放回原處后增加了個區(qū)域,從而滿足遞推關(guān)系：下面解遞推方程,采用迭代法：見第一章習題第25題,12相鄰位不同為0的n位二進制數(shù)中一共出現(xiàn)了多少個0？解：假設符合條件的n位二進制數(shù)有個,出現(xiàn)的0的個數(shù)為, 考慮第一位數(shù),有兩種情況： 1第1位數(shù)為0,則第2位必為1,余下的位的二進制數(shù)有個, 故這類情況,共出現(xiàn)0的個數(shù)為：； 2第1位數(shù)為1,則余下的位二進制數(shù)有個, 這類情況下,共出現(xiàn)0的個數(shù)位： 根據(jù)加法法則,可得到遞推關(guān)系：, 有遞推關(guān)系可反推得：,所以,令,則,對應的齊次方程的特征方程為,解得,所以非齊次方程的通解為：, 同理,的通解為：, 則非齊次方程的通解為：, 代入初始條件,可得：, 解得：,所以,13平面上有兩兩相交,無3線共點的n條直線,試求這n條直線把平面分成多少個區(qū)域？解：設這n條直線,把平面分成個區(qū)域,顯然。 當時,去掉所給的n條直線中的一條直線L,則剩下的條直線把平面劃分成個區(qū)域。現(xiàn)在把L放回原處,則L與其余條直線都相交,且所得的個交點都不同無三線共點。這個交點把直線L分成n段,每段把原來的區(qū)域劃分成兩個小區(qū)域,故把直線L放回原處后增加了n個區(qū)域,因此滿足遞推關(guān)系：, 用迭代法解： 所有式子相加,便可得：14證明Fibonacci數(shù)列的性質(zhì),當時, 1 2 34證明： 1用數(shù)學歸納法：時,命題成立；時,命題成立； 假設當時,命題成立,即, 當時, 所以,時,命題也成立； 由歸納原理知,命題成立。¨ 方法二：2 證明：定義,則有,并且,因此有： 將上述式子兩端各自相加并代入,即可得：3 證明：與2類似,同理, 將上述式子兩端各自相加并代入,即可得：4證明：采用數(shù)學歸納法。時,命題成立；時,命題成立； 假設時,命題成立,即, 當時, 即時,命題也成立, 根據(jù)歸納法,命題成立。15證明： 1當時, 2當時,證明：用數(shù)學歸納法。1當時,等式成立；當時,等式成立；假設當時,等式成立,即,則,時有即當時,等式也成立,由歸納原理知,等式成立。2由Fibonacci數(shù)列的定義,反推得 當時,等式成立, 當時,等式成立；假設當時,等式成立,即,則,時有即當時,等式也成立,由歸納原理知,等式成立。16有2n個人在戲院售票處排隊,每張戲票票價為5角,其中n個人各有一張5角錢,另外n個人各有一張1元錢,售票處無零錢可換。現(xiàn)將這2n個人看成一個序列,從第一個人開始,任何部分子序列內(nèi),都保證有5角錢的人不比有1元錢的人少,則售票工作能依次序進行,否則,只能中斷,而請后面有5角錢的人先上來買票。前一種情況,售票工作能順利進行,對應的序列稱為依次可進行的。問有多少種這樣的序列？解：將持有5角的人看為1,持有1元的人看為0,則該問題等價于： 在由n個1和n個0組成的2n位二進制數(shù)中,從左到右掃描,1的累計數(shù)不小于0的累計數(shù),求這樣的二進制數(shù)的個數(shù)。 見P73例。這樣的序列有：種17用表示具有整數(shù)邊長且周長為n的三角形的個數(shù),證明證明：三邊構(gòu)成三角形的充要條件是：任二邊之和都大于第三邊。1當n是偶數(shù)時一方面,對于任一周長為的整邊三角形,設其兩較短邊為a、b,較長邊為c三邊可以相等,即可以a=b=c,則必有a+b>c。于是可以知道： ,從而三邊a+1,b+1,c+1可構(gòu)成一周長為n的整邊三角形,因此,有。另一方面,對于任一周長為n的整邊三角形,設其兩較短邊為a、b,較長邊為c三邊可以相等,即可以a=b=c,則必有a+b>c。由于n是偶數(shù),故可設；由,可知,即,因此,從而,因此,即,所以, ,因此三邊可構(gòu)成一周長為的整邊三角形,因此有： 。綜上所述,就可以得到：。2當n為奇數(shù)時對于任一周長為n的整邊三角形,設其兩較短邊為a、b,較長邊為c三邊可以相等,即可以a=b=c,則必有a+b>c。由于n是奇數(shù),故可設因為；由于,所以,即,故,從而,因此,即,所以,即,可分兩種情況來討論：這時能構(gòu)成一周長為的整邊三角形,這種情況下,周長為n的整邊三角形有個。這時三邊不能構(gòu)成周長為的整邊三角形,而此時有：,因此 。n 當為偶數(shù)時這時三邊有種構(gòu)成方案,即"","","",""因此三邊a,b,c也有種構(gòu)成方案,它們可構(gòu)成周長為n的整邊三角形的數(shù)目為：個n 當為奇數(shù)時這時三邊也有種構(gòu)成方案,即"","","",""因此三邊a,b,c也有種構(gòu)成方案,它們可構(gòu)成的周長為n的整邊三角形的數(shù)目為：個綜上,滿足條件的周長為n的整邊三角形的個數(shù)為： 個根據(jù)加法法則,由知,當n為奇數(shù)時周長為n的整邊三角形的總個數(shù)為：個181證明邊長為整數(shù)且最大邊長為r的三角形的個數(shù)是 2設為邊長不超過的三角形的個數(shù),為邊長不超過的三角形的個數(shù),求和的解析表達式。1證明：設三角形的三邊長分別為,且,顯然,下面對r進行討論。時,這時符合條件的三角形只有1個,即"", 顯然 ,結(jié)論成立。時,符合條件的三角形只有2個,即""、"",這時,結(jié)論成立。為偶數(shù)時,若,則有k種方案,即"","",""；若,則有k種方案,即"","",""；若,則有種方案,即"","",""；若,則有種方案,即"","",""；若,則有1種方案,即""；若,則有1種方案,即""； 綜上,為偶數(shù)時,總的方案數(shù)為：,結(jié)論成立。為奇數(shù)時,若,則有種方案,即"","",""；若,則有k種方案,即"","",""；若,則有k種方案,即"","",""；若,則有種方案,即"","",""；若,則有種方案,即"","",""；若,則有1種方案,即""；若,則有1種方案,即""；