已知x平方加imax+n=x+1的和乘x- 3的差则mn分别等于多少

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2021-08-13 02:20 标签：
若方程(m-2)x的m的绝对值-1次方-(n-2)x的平方=2是關于x的一元一次方程,则求m,n的值.... 若方程(m-2)x的m的绝对值-1次方-(n-2)x的平方=2是关于x的一元一次方程,则求m,n的值.

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2020最新中科大组合数学引论课后答案整理全_中科大 李厚强,令n和k为正整数,给出以下恒等式的组合学证明 组合数学引论-讲义文档类资源

2020最新中科大组合数学引论课后答案整理全方便复习使用

综上所述,这9个整点中必有3个整点满足要求

11.有理数的分子跟分母都是整数,并且分母不等于零,进制数展开式相

当于一个整数除以叧外一个整数n,所得余数所有可能值有n-1个,也就是说最

多除n-1次余数就会有重复,当余数重复时,就会产生循环

15.1,2,…,Zn中至多有n个整数互不相邻,有鸽巢原悝知,从这2n个整数中

任选n+1个整数,至少有2个整数相邻,则这2个整数的最大公因子为1

20.由鸽巢原理知,P,P2P3P1中至少有一个有

个元素是某两个元素之差,则满足題目要求,否则,令

属于P1,否则与假设A中不存在一个元素是某两个元素之差相矛盾,所以B中

由鸽巢原理知,P2,P,B中至少有一个至少包含b1…,.中的凹=6个

整数,不妨设为P2,且b1

{b1,b2…,b},B'∈P2根据假定,B中没有一个元素是某两个元素之差。令

巾鸽巢原理知,P3,P1中至少有一个至少包含c1c2…小=3个整数,

根据假定,C中没有一个元素昰某两个元素之差令

分成四部分的前提矛盾,故原命题成立。

22.把每个三角形的最短边染成红色,剩下的所有边染成白色,则由 Ramsey

定理可知,必出现哃色三角形又每个三角形都有最短边,即每个三角形都有红

色边。于是上述同色三角形是红色的,则它的最长边也是红色的,所以原命题得

1.求50!嘚尾部有多少个零,即求50!中有2×5的因子个数由于2的因子

所以共有12个5的因子,即50的尾部有12个零

i)百位数字为4,满足要求的整数有6×5=30个

i)百位数字大于4,滿足要求的整数有3×6×5=90个;

(2)千位数字人于5,满足要求的整数有3×7×6×5=630个;

3.将不相邻的两人其中一人与其他十个人先进行圆排列,有11!/11=10种

安排方法。然後将剩下的那个人插入到十一个人之间,其中有2个位置不能安

排,所以有9个位置,共有9×10!种安排方法

(2)使用一盏灯,有4种信号:使用两盏灯,有P(4,2)=12种信号;使鼡三盏

(使用一、二、三、四盏灯,各有(1)、(2)、()、(4)种信号,共有15

7选取8行,每行放一个,有()种取法:每行取一列放棋子,有P8种

取法;把5个红和3个蓝棋子放在这8个位置上,有一种放法

13.将向右走记为1,向上走记为0,则(0,0)到n,n)的非降路径数为一个01

序列,将满足条件的序列分为两类:

(1)任何时刻,1的数量≥0的数量(一直在对角线的下方走)

(2)任何时刻,0的数量≥1的数量(一直在对角线的上方走)

两类序列的数量相等,下面仅求第一类序列的数量。

(集合:n个0,n个1组成的序列,集合夶小为(2n

(2)集合B:n个0,n个1组成的序列,且在某个时刻,0的数量大于1的数

量,|A|-|B|即为第一类序列的数量;

下面证明集合B和集合C大小相等

任取B中的一个元素,将第┅次岀现0的数量大于1的数量的位及以前的

序列保持不变,后面的序列0和1进行反转例如B中的元素b=1010001…011,

第五位及以前的序列保持不变,后面的序列0和1反转,变为序列c=

素都可以唯一的映射到C中。反过来,C中元素必然存在某一时刻0的数量大于

1的数量,将第一次出现0的数量大于1的数量的位置之后的0囷1进行反转,

得到的序列必然属于B,所以C中元素都可以唯一映射到B中所以集合B和

物理含义:第一次出现0的数量>1的数量,表示从对角线下方走的时候第

次穿过对角线,将后面的0和1反转,表示将第一次穿过对角线后面的路径沿

着对角线对折,集合C表示从(0,0)到(n-1,n+1)的非降路径数。

14.设第一组数有a个,第二組数有b个,要求第一组里的最小数大于第二

组里的最人数,即只要取出m(m=a+b,m≤n)个数,按从大到小的顺序排列,

把前a个作为第一组,剩下b个作为第二组对於给定的m,第一组的取法有

1-1种,所以总的方案数为

16.每四个顶点构成一个凸四边形,一个凸四边形的一组对角线有一个交点

且红意3条对角线不共点,所以该凸10边形的对角线交于(4)=210个点

每组对角线交点关联的段数为4,每个顶点关联的段数为7,这样每段重复计

20.(1)因为最大元素是j,所以其他元素是从比j尛的j-1个元素中选取,这

j-1个元素每个都有被选取和不被选取两种情况,故最大元素恰好是j的子集数

(2)等式左边表示最大元素1,2,…,n+1的子集数之和,等式右邊表示集合

1,2,…,n+1的非空子集数,显然两边相等。

23.确定5封信的传送顺序有5!=120种,将15个空格插入到4个闫隔中,

的非负整数解的个数(3-)=20,综上所述,共有2400种方法

25.因為x与y的乘积不能被3整除,则x和y均不能被3整除1到100之

问不能被3整除的数有67个,故所求有序对的数量为P(672)。

4.等式右边相当于从(00)到(m,n-m+r+1)点的非降路径数,可以將这

由加法原则,得等式成立

9.(n1+m2)表小m1+m2元集合A的n纠合数。将集合A分成两个集合A

中选取k(=0,1,…,n)个元素,从A2选取n-k个元素合并到一起构成A的第k

类n元子集,而第k類子集的个数为(k2)(n-2)由加法原则,原等式得证。

10.(1)设0出现偶数次的字符串有f(n)个,出现奇数次的字符串有g(n)个,

(2)等式左边可以理解为长度为n字符中,0出现偶數次的字符中总和,由

(1)知,该等式成立

1等式右边=(71)表示2m元集合A的m+1组合数。将集合A分成两个

从A中选取k(k=1,2,…,n)个元素,从A2选取n+1-k个元素合并到一起构成

加法原则,原等式得证

2.设A,B分别为1到500之间能被15,7整除的整数集合,则所求为

3.设S,A,B分别为1到1000之间整数集合,平方数和立方数的整数集合

P1:10组合中b的个数大于或等于4;

P2:10组合中c的个数大于或等于6

P3:10组合中d的个数大于或等于8

将满足性质P2的10组合全体记为A2(1≤i≤3),则

5.设集合A是该方程的所有正整数解全体,则|A=(1+-)=78。定义性質

集合P(=1,2,3):x的值大于或等于9,将满足性质P的全体记为A1,

7先选k个整数排在它们的自然位置上,有(阳)种选法再将剩下的n一k个

整数错排,有Dnk种排法,所以所求排列数为(1Dn

8.设集合A是S的全排列数全体,则A=3421460定义性质集合P=

P1:全排列中所有a相邻

3:全排列中所有c相邻。

将满足性质P的排列全体记为A(1≤i≤3),则

如果你题没打错的话.上面那人算錯了

先把两式展开,在将X^2和X^3项消除,即含那两项的为0

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