1．1） 在边长为1的等边三角形内任意放10个点，证明一定存在
两个点，其距离不大于1/3。 证：如图所示：
在三角形的边上加两个点等分每条边，把大三角形分别9个边长为1/3的小三角形。由鸽巣原理：10个点中一定存在两个点落于同一个小三角形，其距离不大于1/3。
2）在边长为1的三角形内放mn个点，则把三角形分割成n-1个小三角形。
由鸽巣原理可知：mn个点必有两点落于同一个小三角形内，则其距离不大于1/n.
2．证：a1,a2……am m个数，i=1,2…..m. 设 ai?miq?ri 0≤ri≤m-1
当ri=0时，存在一个整数可以被m整除。
当ri从1…..m-1这m-1个中取值，那么m个ri中只有m-1种可能，则鸽巣原理可知：必存在j和k，使得rj?rk,j>k,即有
a?ajk?m(q?q)
jk 3.证：
∵有理数可由整数和分数组成。
∴当为整数时，存在以0为循环的循环小数。
∴当为分数时，若分数是有限的循环小数，则存在以0为循
环的循环小数。
∴若分数是无限循环的循环小数，则肯定存在某一位后以某一位为循环的循环小数。
4．证：
设全部由7组成的N+1个数，7，77，777，……,7777。。。。77（N+1个7）
存在整数N，由7组成的数除以N，以ai代表N+1中的数。 即ai=Nq+ri 0≤ri≤ N-1
则存在0….N-1这n个数，则鸽巣原理可知：必定存在两个数
a,aik
使得aj?ak?N(qj?qk) 是N 的倍数
组合数学第2次作业
2．5
⑴ 证明在任意选取的n+1个正整数中存在着两个正整数，其差能被n整除。
解：设任意n+1正整数差除以n的余数为
a,a,......a12n?2，任意取两个整数的差为
s=a?akij,i>j.
ri。 ∴0≤
ri≤n-1
可以被n整除，对所有i，i=1,2 。。。。n都有
如果存在i，使得
ri=0.则
a?aijri≠0
则这n个i中只能取1,2.。。。。n-1。这n-1种情况。由鸽巢原理可知，必存在i和j使得
rj?ri，
i＞j，则有
s=a?akij 可以被n整除。
⑵证明在任意选取的n+2个正整数中存在着两个正整数，其差能被2n整除或者其和能被2n整除。
解：设任意n+2正整数除以2n的余数为
a,a,......a12n?2，任意取两个整数的差为
s=a?akij,i>j. 差
ri。 ∴0≤
ri≤2n-1
可以被n整除，对所有i，i=1,2 。。。。2n都有
如果存在i，使得
ri=0.则
a?aijri≠0
则这2n个i中只能取1,2.。。。。n-1。这2n-1种情况。由鸽巢原理可知，必存在i和j使得
rj?ri，i＞j，则有sk=ai?aj 可以被2n整除。
2.6某学生有37天的时间准备时间考试，根据她过去的经验至多需要复习60个小时，但每天至少要复习1小时。证明无论怎样安排都存在连续的若干天，使得她在这些天里恰好复习了13小时。 设∴1≤
。。。37.至多复习60个小时。 a是从第1天到第i天复习的总小时，i=1,2，
ia?a112?。。。。?a37≤60。
?13,......a37?13
做序列：
a?13,a2这个序列也是严格单调上升的，且有
a37+13≤60+13。考察下面的序列：
a,a,.....a,a?13,a123712?13,......a37?13
该序列有84个数，每个数都是小于等于73的正整数，由鸽巢原理可知，必存在i和j使得
a?aij?13 (i>j）.令n=i-j,该学生在第j+1,j+2,…..j+n=i 的连续n 天中复习了13个小
时。
(P34)3.7把q个负号和p个正号排在一条直线上，使得没有两个负号相邻，证明不同的排法有C（p+1，q）种。
证：先把p个正号排在一条直线上，那么就有p+1个间隔，那就可以把q个负号插进这p+1个位置，则就知道其不同的排法有C（p+1，q）种。
3.8（1）从整数1,2，、、、、、、，100中选出两个数，使得他们的差正好是7，有多少种不同的选法。
解：从整数1,2，、、、、、、，100中选出两个数，使得他们的差正好是7的两个数有1和8, 2和9, 3和10, 4和11，、、、、、、、、93和100，，则一共有93种选法。
（2）如果选出的两个数之差小于等于7，又有多少种选法？ 解：如果选一个数为1的话，那另一个数就可以是2,3,4,5,6,7,8有7种
如果选一个数为2的话，那另一个数就可以是3,4,5,6,7,8,9有7种、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、
如果选一个数是93的话，有94,95,96,97,98,99,100，也是7种 选94，那就有95,96,97,98,99,100 6种 选95，那就有96,97,98,99,100 5种 选96，那就有97,98,99,100 4种 选97，那就有98,99,100 3种 选98，那就有99,100 2种 选99，那就有100 1种 那把上面所有的选法加起来得：93×7+6+5+4+3+2+1=672 则从整数1,2，、、、、、、，100中选出的两个数之差小于等于7有672种选法。
3.20从整数1,2、、、、，1000中选取三个数使得它们的和正好被4整除，问有多少种选法。
解：将1,2、、、、1000都除以4，
A、余数为0的有4,8,12,16，、、、、、1000， 250个 B、余数为1的有1，5,9,13，、、、、997， 250个 C、余数为2的有2,6,10,14，、、、、、998， 250个 D、余数为3的有3,7,11,15，、、、、、9999， 250个 然后再从A,B,C,D中选取三个数可被4整除： 在A中取三个数，则有C（250，3） 在A,B,D中各取一个数，则有【C（250,1）】3
在A中取一个，在C中取两个；在B中取两个和在C中取一个； 在C中取一个，再在D中取两个,则有3C(250，2)C(250，1)
3
所以总选法是C（250,3）+【C（250,1）】+3C（250,2）·C（250,1）
3.32设S={n1·a1，n2·a2，??，nk·ak}，问S的大小不同的各种组合的总数是多少？
解：当K=1时，S1={n1·a1}，S1的组合为?，{a1}，{2·a1}，??，{n1·a1}，有n1+1个.
当k=2时，S2={n1·a1，n2·a2}，显然S1的组合都是S2的组合，如果对S1的组合加入a2，就可以构成S2的含a2的组合。S1的组合有n1+1个，对其中的每一个组合加入a2的方法有n2种，由乘法法则，S2中含a2的组合有（n1+1）·n2个。所以S2的组合有（n1+1）+（n1+1）·n2=（n1+1）（n2+1）个。
由归纳法不难证明S={n1·a1，n2·a2，??，nk·ak}的各种组合的总数是 （n1+1）·（n2+1）·??·（nk+1）.