10
求方程 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 18 x_1+x_2+x_3+x_4=18 x1+x2+x3+x4=18的非负整数解的个数，其中 0 ≤ x 1 ≤ 5 , 0 ≤ x 2 ≤ 6 , 5 ≤ x 3 ≤ 9 , 2 ≤ x 4 ≤ 10 0\le x_1\le 5,0\le x_2\le 6,5\le x_3\le 9,2\le x_4\le 10 0≤x1≤5,0≤x2≤6,5≤x3≤9,2≤x4≤10
令 y 1 = x 1 , y 2 = x 2 , y 3 = x 3 − 5 , y 4 = x 4 − 2 y_1=x_1,y_2=x_2,y_3=x_3-5,y_4=x_4-2 y1=x1,y2=x2,y3=x3−5,y4=x4−2,则 0 ≤ y 1 ≤ 5 , 0 ≤ y 2 ≤ 6 , 0 ≤ y 3 ≤ 4 , 0 ≤ y 4 ≤ 8 0\le y_1\le 5,0\le y_2\le 6,0\le y_3\le 4,0\le y_4\le 8 0≤y1≤5,0≤y2≤6,0≤y3≤4,0≤y4≤8,满足 y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 11 y_1+y_2+y_3+y_4=11 y1+y2+y3+y4=11。原问题转化为：求 5 ⋅ y 1 , 6 ⋅ y 2 , 4 ⋅ y 3 , 8 ⋅ y 4 5\cdot y_1,6\cdot y_2,4\cdot y_3,8\cdot y_4 5⋅y1,6⋅y2,4⋅y3,8⋅y4的11组合数。
令 S ∞ = { ∞ ⋅ y 1 , ∞ ⋅ y 2 , ∞ ⋅ y 3 , ∞ ⋅ y 4 } S_\infty =\{\infty \cdot y_1,\infty \cdot y_2,\infty \cdot y_3,\infty\cdot y_4\} S∞={ ∞⋅y1,∞⋅y2,∞⋅y3,∞⋅y4},则 S S S的11组合数为 ( 11 + 4 − 1 11 ) = ( 14 11 ) = 364 \binom{11+4-1}{11}=\binom{14}{11}=364 (1111+4−1)=(1114)=364
设集合 A A A 是 S ∞ S_∞ S∞的 11 组合全体，则 ∣ A ∣ |A| ∣A∣ = 364，现在要求在11组合中的 y 1 y_1 y1的个数小于等于5, y 2 y_2 y2的个数小于等于6， y 3 y_3 y3的个数小于等于4, y 4 y_4 y4的个数小于等于8的组合数．定义性质集合 P = { P 1 , P 2 , P 3 , P 4 } P= \{P_1, P_2, P_3,P_4\} P={ P1,P2,P3,P4}，其中，
P 1 P_1 P1：11 组合中 y 1 y_1 y1的个数大于等于6；
P 2 P_2 P2：11 组合中 y 2 y_2 y2的个数大于等于7；
P 3 P_3 P3：11 组合中 y 3 y_3 y3的个数大于等于5；
P 4 P_4 P4：11 组合中 y 4 y_4 y4的个数大于等于9；
将满足性质 P i P_i Pi的11组合全体记为 A i ( 1 ≤ i ≤ 4 ) A_i (1\le i\le 4) Ai(1≤i≤4)．那么, A 1 A_1 A1中的元素可以看作是由 S ∞ S_\infty S∞的11-6=5组合拼上6个 y 1 y_1 y1组成， A 1 = ( 11 − 6 + 4 − 1 11 − 6 ) = ( 8 5 ) = 56 A_1=\binom{11-6+4-1}{11-6}=\binom{8}{5}=56 A1=(11−611−6+4−1)=(58)=56
∣ A 2 ∣ = ( 11 − 7 + 4 − 1 11 − 7 ) = ( 7 4 ) = 35 |A_2|=\binom{11-7+4-1}{11-7}=\binom{7}{4}=35 ∣A2∣=(11−711−7+4−1)=(47)=35, ∣ A 3 ∣ = ( 11 − 5 + 4 − 1 11 − 5 ) = ( 9 6 ) = 84 |A_3|=\binom{11-5+4-1}{11-5}=\binom{9}{6}=84 ∣A3∣=(11−511−5+4−1)=(69)=84, ∣ A 4 ∣ = ( 11 − 9 + 4 − 1 11 − 9 ) = ( 5 2 ) = 10 |A_4|=\binom{11-9+4-1}{11-9}=\binom{5}{2}=10 ∣A4∣=(11−911−9+4−1)=(25)=10
∣ A 1 ∩ A 2 ∣ = 0 |A_1\cap A_2|=0 ∣A1∩A2∣=0, ∣ A 1 ∩ A 3 ∣ = ( 11 − 11 + 4 − 1 11 − 11 ) = ( 3 0 ) = 1 |A_1\cap A_3|=\binom{11-11+4-1}{11-11}=\binom{3}{0}=1 ∣A1∩A3∣=(11−1111−11+4−1)=(03)=1, ∣ A 1 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_1\cap A_4|=0 ∣A1∩A4∣=0, ∣ A 2 ∩ A 3 ∣ = 0 |A_2\cap A_3|=0 ∣A2∩A3∣=0, ∣ A 2 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_2\cap A_4|=0 ∣A2∩A4∣=0, ∣ A 3 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_3\cap A_4|=0 ∣A3∩A4∣=0
∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∣ = 0 |A_1\cap A_2\cap A_3|=0 ∣A1∩A2∩A3∣=0, ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_1\cap A_2\cap A_4|=0 ∣A1∩A2∩A4∣=0, ∣ A 1 ∩ A 3 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_1\cap A_3\cap A_4|=0 ∣A1∩A3∩A4∣=0, ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_2\cap A_3\cap A_4|=0 ∣A2∩A3∩A4∣=0
∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∣ = 0 |A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4|=0 ∣A1∩A2∩A3∩A4∣=0
而 y 1 y_1 y1的个数小于等于5, y 2 y_2 y2的个数小于等于6, y 3 y_3 y3的个数小于等于4, y 4 y_4 y4的个数小于等于8的11组合全体为 ∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∩ A 3 ‾ ∩ A 4 ‾ ∣ |\overline {A_1}\cap \overline {A_2}\cap \overline {A_3}\cap \overline {A_4}| ∣A1∩A2∩A3∩A4∣由容斥原理知，它的元素个数为
∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∩ A 3 ‾ ∩ A 4 ‾ ∣ = ∣ A ∣ − ( ∣ A 1 ∣ + ∣ A 2 ∣ + ∣ A 3 ∣ + ∣ A 4 ∣ ) + ( ∣ A 1 ∩ A 2 ∣ + ∣ A 1 ∩ A 3 ∣ + ∣ A 1 ∩ A 4 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 3 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 4 ∣ + ∣ A 3 ∩ A 4 ∣ ) − ( ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∣ + ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 4 ∣ + ∣ A 1 ∩ A 3 ∩ A 4 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∣ ) + ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∣ = 364 − ( 56 + 35 + 84 + 10 ) + 1 = 180 |\overline {A_1}\cap \overline {A_2}\cap \overline {A_3}\cap \overline {A_4}|=|A|\\-(|A_1|+|A_2|+|A_3|+|A_4|)\\+(|A_1\cap A_2|+|A_1\cap A_3|+|A_1\cap A_4|+|A_2\cap A_3|+|A_2\cap A_4|+|A_3\cap A_4|)\\-(|A_1\cap A_2\cap A_3|+|A_1\cap A_2\cap A_4|+|A_1\cap A_3\cap A_4|+|A_2\cap A_3\cap A_4|)\\+|A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4|\\=364-(56+35+84+10)+1=180 ∣A1∩A2∩A3∩A4∣=∣A∣−(∣A1∣+∣A2∣+∣A3∣+∣A4∣)+(∣A1∩A2∣+∣A1∩A3∣+∣A1∩A4∣+∣A2∩A3∣+∣A2∩A4∣+∣A3∩A4∣)−(∣A1∩A2∩A3∣+∣A1∩A2∩A4∣+∣A1∩A3∩A4∣+∣A2∩A3∩A4∣)+∣A1∩A2∩A3∩A4∣=364−(56+35+84+10)+1=180
11
一花店某时只有6枝红玫瑰，7枝粉玫瑰和8枝黄玫瑰. 这时要从中选12枝做花篮，有多少种选法？
记红玫瑰选 a a a个，粉玫瑰选 b b b个，黄玫瑰选 c c c个。则原问题转化为：求 S = { 6 ⋅ a , 7 ⋅ b , 8 ⋅ c } S=\{6\cdot a,7\cdot b,8\cdot c\} S={
6⋅a,7⋅b,8⋅c}的12组合数。
令 S ∞ = { ∞ ⋅ a , ∞ ⋅ b , ∞ ⋅ c } S_\infty =\{\infty \cdot a,\infty \cdot b,\infty \cdot c\} S∞={ ∞⋅a,∞⋅b,∞⋅c},则 S S S的12组合数为 ( 12 + 3 − 1 12 ) = ( 14 12 ) = 91 \binom{12+3-1}{12}=\binom{14}{12}=91 (1212+3−1)=(1214)=91
设集合 A A A 是 S ∞ S_∞ S∞的 12 组合全体，则 ∣ A ∣ |A| ∣A∣ = 91，现在要求在12组合中的 a a a的个数小于等于7, b b b的个数小于等于8， c c c的个数小于等于9.定义性质集合 P = { P 1 , P 2 , P 3 } P= \{P_1, P_2, P_3\} P={
P1,P2,P3}，其中，
P 1 P_1 P1：12 组合中 a a a的个数大于等于7；
P 2 P_2 P2：12 组合中 b b b的个数大于等于8；
P 3 P_3 P3：12 组合中 c c c的个数大于等于9；
将满足性质 P i P_i Pi的12组合全体记为 A i ( 1 ≤ i ≤ 3 ) A_i (1\le i\le 3) Ai(1≤i≤3)．那么, A 1 A_1 A1中的元素可以看作是由 S ∞ S_\infty S∞的12-7=5组合拼上7个 y 1 y_1 y1组成， A 1 = ( 12 − 7 + 3 − 1 12 − 7 ) = ( 7 5 ) = 21 A_1=\binom{12-7+3-1}{12-7}=\binom{7}{5}=21 A1=(12−712−7+3−1)=(57)=21
∣ A 2 ∣ = ( 12 − 8 + 3 − 1 12 − 8 ) = ( 6 4 ) = 15 |A_2|=\binom{12-8+3-1}{12-8}=\binom{6}{4}=15 ∣A2∣=(12−812−8+3−1)=(46)=15, ∣ A 3 ∣ = ( 12 − 9 + 3 − 1 12 − 9 ) = ( 5 3 ) = 10 |A_3|=\binom{12-9+3-1}{12-9}=\binom{5}{3}=10 ∣A3∣=(12−912−9+3−1)=(35)=10
∣ A 1 ∩ A 2 ∣ = 0 |A_1\cap A_2|=0 ∣A1∩A2∣=0, ∣ A 1 ∩ A 3 ∣ = 0 |A_1\cap A_3|=0 ∣A1∩A3∣=0, ∣ A 2 ∩ A 3 ∣ = 0 |A_2\cap A_3|=0 ∣A2∩A3∣=0, ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∣ = 0 |A_1\cap A_2\cap A_3|=0 ∣A1∩A2∩A3∣=0
而 a a a的个数小于等于6, b b b的个数小于等于7, c c c的个数小于等于8的12组合全体为 ∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∩ A 3 ‾ ∣ |\overline {A_1}\cap \overline {A_2}\cap \overline {A_3}| ∣A1∩A2∩A3∣由容斥原理知，它的元素个数为
∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∩ A 3 ‾ ∣ = ∣ A ∣ − ( ∣ A 1 ∣ + ∣ A 2 ∣ + ∣ A 3 ∣ ) + ( ∣ A 1 ∩ A 2 ∣ + ∣ A 1 ∩ A 3 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 3 ∣ ) − ( ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ∣ ) = 91 − ( 21 + 15 + 10 ) = 45 |\overline {A_1}\cap \overline {A_2}\cap \overline {A_3}|=|A|-(|A_1|+|A_2|+|A_3|)\\+(|A_1\cap A_2|+|A_1\cap A_3|+|A_2\cap A_3|)-(|A_1\cap A_2\cap A_3|)\\=91-(21+15+10)=45 ∣A1∩A2∩A3∣=∣A∣−(∣A1∣+∣A2∣+∣A3∣)+(∣A1∩A2∣+∣A1∩A3∣+∣A2∩A3∣)−(∣A1∩A2∩A3∣)=91−(21+15+10)=45
16
把20个相同的球放入5个不同的盒子，其中前2个盒子每个最多可以放6个球，有多少种不同的方法？
原问题转化为：求 S = { 6 ⋅ a , 6 ⋅ b , ∞ ⋅ c , ∞ ⋅ d , ∞ ⋅ e } S=\{6\cdot a,6\cdot b,\infty\cdot c,\infty \cdot d,\infty \cdot e\} S={
6⋅a,6⋅b,∞⋅c,∞⋅d,∞⋅e}的20组合数。
令 S ∞ = { ∞ ⋅ a , ∞ ⋅ b , ∞ ⋅ c , ∞ ⋅ d , ∞ ⋅ e } S_\infty =\{\infty \cdot a,\infty \cdot b,\infty \cdot c,\infty \cdot d,\infty \cdot e\} S∞={
∞⋅a,∞⋅b,∞⋅c,∞⋅d,∞⋅e},则 S S S的20组合数为 ( 20 + 5 − 1 20 ) = ( 24 20 ) = 10626 \binom{20+5-1}{20}=\binom{24}{20}=10626 (2020+5−1)=(2024)=10626
设集合 A A A 是 S ∞ S_∞ S∞的 20组合全体，则 ∣ A ∣ |A| ∣A∣ = 10626。现在要求在20组合中的 a a a的个数小于等于7, b b b的个数小于等于7。定义性质集合 P = { P 1 , P 2 } P= \{P_1, P_2\} P={
P1,P2}，其中：
P 1 P_1 P1：20组合中 a a a的个数大于等于7；
P 2 P_2 P2：20组合中 b b b的个数大于等于7；
将满足性质 P i P_i Pi的20组合全体记为 A i ( 1 ≤ i ≤ 2 ) A_i (1\le i\le 2) Ai(1≤i≤2).那么， A 1 A_1 A1的元素可以看做由 S ∞ S_\infty S∞的20-7=13组合拼上7个a构成， ∣ A 1 ∣ = ( 20 − 7 + 5 − 1 20 − 7 ) = ( 17 13 ) = 2380 |A_1|=\binom{20-7+5-1}{20-7}=\binom{17}{13}=2380 ∣A1∣=(20−720−7+5−1)=(1317)=2380。同理， ∣ A 2 ∣ = ( 20 − 7 + 5 − 1 20 − 7 ) = ( 17 13 ) = 2380 |A_2|=\binom{20-7+5-1}{20-7}=\binom{17}{13}=2380 ∣A2∣=(20−720−7+5−1)=(1317)=2380.
∣ A 1 ∩ A 2 ∣ = ( 20 − 7 − 7 + 5 − 1 20 − 7 − 7 ) = ( 10 6 ) = 210 |A_1\cap A_2|=\binom{20-7-7+5-1}{20-7-7}=\binom{10}{6}=210 ∣A1∩A2∣=(20−7−720−7−7+5−1)=(610)=210
而 a a a的个数小于等于6, b b b的个数小于等于6的20组合全体为 ∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∣ |\overline {A_1}\cap \overline {A_2}| ∣A1∩A2∣由容斥原理知，它的元素个数为
∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∣ = ∣ A ∣ − ( ∣ A 1 ∣ + ∣ A 2 ∣ ) + ( ∣ A 1 ∩ A 2 ∣ ) = 10626 − 2380 − 2380 + 210 = 6076 |\overline {A_1}\cap \overline {A_2}|=|A|-(|A_1|+|A_2|)+(|A_1\cap A_2|)\\=10626-2380-2380+210=6076 ∣A1∩A2∣=∣A∣−(∣A1∣+∣A2∣)+(∣A1∩A2∣)=10626−2380−2380+210=6076
21
证明：从 1 1 1至 2 n 2n 2n的 2 n 2n 2n个自然数中任选 n + 1 n+1 n+1个，那么其中至少有一对数互质.
首先证明：任何两个相邻的正整数是互质的。
用反证法：假设 n n n与 n + 1 n+1 n+1有公因子 q ( q ≥ 2 ) q(q\ge 2) q(q≥2)，则有
n = q p 1 , n + 1 = q p 2 n=qp_1,n+1=qp_2 n=qp1,n+1=qp2,其中 p 1 , p 2 ∈ Z p_1,p_2\in Z p1,p2∈Z。
因此 q p 1 + 1 = q p 2 qp_1+1= qp_2 qp1+1=qp2，即 q ( p 2 – p 1 ) = 1 q(p_2–p_1)=1 q(p2–p1)=1。这与 q ≥ 2 q\ge 2 q≥2, p 2 – p 1 p2–p1 p2–p1是整数矛盾。
因此，任何两个相邻的正整数是互质的。
现把 1 , 2 , … , 2 n 1,2,…,2n 1,2,…,2n分成以下 n n n组：
{ 1 , 2 } , { 3 , 4 } , … , { 2 n − 1 , 2 n } \{1,2\},\{3,4\},…,\{2n-1,2n\} {
1,2},{
3,4},…,{
2n−1,2n}，
从中任取 n + 1 n+1 n+1个不同的数。由鸽巢原理可知：至少有两个数取自同一组。它们是互质的。
得证。
22
证明：任意给定的 52 个整数中，至少存在两个数，它们的和或差可以被100 整除.
设 52 52 52个整数 a 1 , a 2 , … , a 52 a_1,a_2,…,a_{52} a1,a2,…,a52被 100 100 100整除的余数分别是 r 1 , r 2 , … , r 52 r_1,r_2,…,r_{52} r1,r2,…,r52。另外，可能的余数共 100 100 100个： 0 , 1 , . . . , 99 0,1,...,99 0,1,...,99，可分为 51 51 51类 { 0 } \{0\} { 0}， { 1 , 99 } \{1,99\} { 1,99}， { 2 , 98 } \{2,98\} { 2,98}，…， { 49 , 51 } \{49,51\} { 49,51}， { 50 } \{50\} { 50}。
对于每个类，记同一个类内的一或二个元素分别为 r i r_i ri和 r j r_j rj。当 r i = r j r_i=r_j ri=rj时， r i − r j = 0 r_i-r_j=0 ri−rj=0，这两个数的差可被100整除。当 r i ≠ r j r_i\neq r_j ri=rj时，同一个类内两个元素 r i + r j = 100 r_i+r_j=100 ri+rj=100，这两个数的和可被100整除。所以，同一个类内的两个元素的和或差可以被100整除。
由鸽巢原理可知， r i ( 0 < i < 53 ) r_i(0<i<53) ri(0<i<53)中至少有两个属于同一类。原命题得证。
29
有一项工作要在 37 37 37天内完成，但一人只要 60 60 60小时就可以完成.此人决定每天至少在该工作上花费 1 1 1个小时.试证明：无论他的工作计划如何，在此期间都存在连续的一些天，他共在该工作上花费了 13 13 13个小时. （ 题面可能少了一句：每天工作时间是整数，存疑）
设 a i a_i ai 是第 1 1 1到 i i i天内累计工作的小时数量 ( 1 ≤ i ≤ 37 ) (1\le i\le 37) (1≤i≤37)。因为他每天工作1小时，所以 1 ≤ a 1 < a 2 < . . . < a 37 = 60 1\le a_1<a_2<...<a_{37}=60 1≤a1<a2<...<a37=60(答案中少了“累计”二字，且最后应为=60而不是 ≤ 60 \le 60 ≤60)
考虑序列 a 1 + 13 , . . . , a 37 + 13 a_1+13,...,a_{37}+13 a1+13,...,a37+13,则 14 ≤ a 1 + 13 < a 2 + 13... < a 37 + 13 = 73 14\le a_1+13<a_2+13...<a_{37}+13=73 14≤a1+13<a2+13...<a37+13=73
则这74个数 a 1 , . . . , a 37 , a 1 + 13 , . . . , a 37 + 13 ∈ [ 1 , 73 ] a_1,...,a_{37},a_1+13,...,a_{37}+13\in[1,73] a1,...,a37,a1+13,...,a37+13∈[1,73]
因为 a 1 , a 2 , . . . a 37 a_1,a_2,...a_{37} a1,a2,...a37互不相等， a 1 + 13 , a 2 + 13 , . . . , a 37 + 13 a_1+13,a_2+13,...,a_{37}+13 a1+13,a2+13,...,a37+13互不相等。但根据鸽巢原理，这74个数存在两个数相等。则 ∃ i , j \exists i,j ∃i,j满足 a i = a j + 13 a_i=a_j+13 ai=aj+13,则此人在第 j + 1 , j + 2 , . . . , i j+1,j+2,...,i j+1,j+2,...,i天这连续的一些天共工作13小时。