第一章：

1.2. 求在1000和9999之间各位数字都不相同，而且由奇数构成的整数个数。

解：由奇数构成的4位数只能是由1，3，5，7，9这5个数字构成，又要求各位数字都不相同，因此这是一组从5个不同元素中选4个的排列，所以，所求个数为：P(5,4)=120。

1.4. 10个人坐在一排看戏有多少种就坐方式？如果其中有两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？

解：这显然是一组10个人的全排列问题，故共有10！种就坐方式。如果两个人坐在一起，则可把这两个人捆绑在一起，如是问题就变成9个人的全排列，共有9！种就坐方式。而这两个人相捆绑的方式又有2种（甲在乙的左面或右面）。故两人坐在一起的方式数共有2*9！，于是两人不坐在一 起的方式共有 10！- 2*9！。

1.5. 10个人围圆桌而坐，其中两人不愿坐在一起，问有多少种就坐方式？ 解：这是一组圆排列问题，10个人围圆就坐共有两人坐在一起的方式数为2?10! 种方式。 109!,故两人不坐在一起的方式数为：9！-2*8！。 9

1.14. 求1到10000中，有多少正数，它的数字之和等于5？又有多少数字之和小于5的整数？

解：(1)在1到9999中考虑，不是4位数的整数前面补足0， 例如235写成0235,则问题就变为求：

x1+x2+x3+x4=5 的非负整数解的个数，故有 F（4，5）????4?5?1????56 5??(2)分为求：

x1+x2+x3+x4=4 的非负整数解，其个数为F（4，4）=35 x1+x2+x3+x4=3 的非负整数解，其个数为F（4，3）=20 x1+x2+x3+x4=2 的非负整数解，其个数为F（4，2）=10 x1+x2+x3+x4=1 的非负整数解，其个数为F（4，1）=4 x1+x2+x3+x4=0 的非负整数解，其个数为F（4，0）=1 将它们相加即得，

F（4，4）+F（4，3）+F（4，2）+F（4，1）+F（4，0）=70。

第二章：

2.3. 在边长为1的正三角形内任意放置5个点，则其中至少有两个点的距离?1/2。

解：将边为1的正三角形分成边是为1/2的四个小正三角形，将5个点放入四个小正三角形中，由鸽笼原理知，至少有一个小正三角形中放有2个点，而这两点的距离?1/2。 1/2 1/2 1/2

2.5. 在图中，每个方格着红色或蓝色，证明至少存在两列有相同的着色。

解：每列着色的方式只可能有2?2?4种，现有5列，由鸽笼原理知，至少有二列着色方式相同。 ?

2.7. 一个学生打算用37天总共60学时自学一本书，他计划每天至少自学1学时，证明：无论他怎样按排自学时间表，必然存在相继的若干天，在这些天内其自学总时数恰好为13学时。

解：设a1是第一天自学的时数，a2是第一，二天自学的时数的和，aj是第一，二，… ，第j天自学时数的和，j?1,2,??????,37

于是，序列a1,a2,??????,a37是严格递增序列(每天至少一学时)，而且，a1?1,a37?60 于是序列a1?13,??????,a37?13也是严格递增的序列，故a37?13?73

因此74个数a1,??????a37,a1?13,??????,a37?13?73都在1和73两个整数之间，由鸽笼原理知，这74个数中必有两个是相等的，由于a1,a2,??????,a37中任何两数都不相等，故中任何两个数也是不相等的，因此，一定存在两个数i,j使得 a1?13,??????,a37?13ai?aj?13?ai?aj?13

因此，在j?1,j?2,??????,i这些天中，这个学生自学总时数恰好为13。 ?

2.10. 证明：在任意52个整数中，必存在两个数，其和或差能被100整除。 证明：设52个整数a1，a2，….，a52被100除的余数分别为r1，r2，….， r52,而任意一整数被100除可能的余数为0，1，2，….,99，共100个，它可分为51个类：{0}，{1，99}，{2，98}，…..{49，51}，{50}。因此，将51个类看做鸽子笼，则由鸽笼原理知，将r1，r2，….，r52 个鸽子放入51个笼中，，至少有两个属于同一类，例如ri,rj,于是ri=rj 或ri+rj=100,这就是说ai—aj 可100整除，或ai + aj 可被100整除。

第三章

3.2. 求1到1000中既非完全平方又非完全立方的整数个数。

解：设S＝{1,2,…,1000};A1表示1到1000中完全平方数的集合，则A1表示1到1000中不是完全平方数的集合；A2表示1到1000中完全立方数的集合，则A2表示1到1000中不是完全立方数的集合。

故A1?A2表示1到1000中既非完全平方又非完全立方的整数的集合，由容斥原理（（3.5）式）知：

____A1?A2?S?A1?A2?A1?A2其中

(3.5)

|S|＝1000，

?|A1|???1000??31,

3??10 |A2|??1000??A1?A2表示1到1000中既是完全平方又是完全立方的数的集合，故

6?A1?A2=??1000?=3,

将以上数值代入(3.5)式得

A1?A2＝1000－(31+10)+3=962

故1到1000中既非完全平方又非完全立方的整数个数为962。

3.8. 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？

解：除去0，4，则在1，2，3，5，6，7，8，9这8个数字组成的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|=8n. P1表示这样的性质：一个n位数不包含3； P2表示这样的性质：一个n位数不包含8； P3表示这样的性质：一个n位数不包含9；

并令Ai表示S中具有性质Pi的元素构成的集合（i=1,2,3）。

则A1?A2?A3表示S中包含3，又包含8，又包含9的所有n位数的集合。 由容斥原理（（3.5）式）得

|A1?A2?A3|=|S|?而

?|A|??|A?Aiii?1i?jn3j|?|A1?A2?A3| （3.5）

A1?7,A2?7,A3?7nnn

nnA1?A2?6,A1?A3?6,A2?A3?6A1?A2?A3?5代入（3.5）式得

n

，

A1A2A3?8n?3?7n?3?6n?5n

故所求的n位数有8n?3?7n?3?6n?5n个。

3.10. 求重集B??3?a,4?b,5?c?的10-组合数。

解：构造集合B′={??a,??b,??c}。令集合B′的所有10-组合构成的集合为S。由第一章的重复组合公式(1.11)有

?3?10?1?|S|＝F（3，10）＝??10??=66。

??令p1表示S中的元素至少含有4个a这一性质，令p2表示S中的元素至少含有5个b

这一性质，令p3表示S中的元素至少含有6个c这一性质，并令Ai(i=1,2,3)表示S中具有性质pi(i=1,2,3)的元素所构成的集合，于是B的10-组合数就是S中不具有性质p1,p2,p3的元素个数。由容斥原理（（3.5）式）有：

|A1?A2?A3|=|S|??|A|??|A?Aiii?1i?j3j|?|A1?A2?A3| (3.5)

由于已经求得|S|=66，下面分别计算(3.9)式右端其他的项。

由于A1中的每一个10-组合至少含有4个a，故将每一个这样的组合去掉4个a就得到集合B′的一个6-组合。反之，如果取B′的一个6-组合并加4个a进去，就得到了A1的一个10-组合。于是A1的10-组合数就等于B′的6-组合数。故有

?3?6?1?|A1|=F（3，6）＝??6??＝28

???3?5?1?|A2|=F（3，5）＝??5??＝21

???3?4?1?|A3|=F（3，4）＝??4??＝15

??同样的分析可得

用类似的分析方法可分别求得

?3?1?1?|A1?A2|＝F（3，1）＝??1??＝3

???3?0?1?|A1?A3|＝F（3，0）＝??0??＝1

??|A2?A3|＝0（因为5＋6＝11>10） |A1?A2?A3|＝0 （同上）