9.4拓展阅读：群的计数

本页由讲义拆分版 TeX 初步转换生成；答案默认收起。

讲义正文

拓展阅读：群的计数

群在集合上的作用

看正方形的对称群，我们知道这个群是八元二面体群$\displaystyle D_4$，亦可以看成是4次对称群 $\displaystyle S_4$ 里的一个8阶子群，它的元是 $$\displaystyle x_0=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\1&2&3&4\end{pmatrix},x_1=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\4&1&2&3\end{pmatrix},x_2=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\3&4&1&2\end{pmatrix},x_3=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\2&3&4&1\end{pmatrix}$$ $$\displaystyle x_4=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\4&3&2&1\end{pmatrix},x_5=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\1&4&3&2\end{pmatrix},x_6=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\2&1&4&3\end{pmatrix},x_7=\begin{pmatrix}1&2&3&4\\3&2&1&4\end{pmatrix}$$

在正方形的四个角上放置标以 $\displaystyle A,B,C,D$ 的四个球，每个角上放一个。如果正方形固定不动，便有24个不同的摆法，从左上角顺时针将这4个角编号为1，2，3，4，放置方案可以按编号从小到大的顺序依次写作 $\displaystyle (ABCD),(ABDC),(ACBD),\ldots$。不过这种表示方式没有考虑到那四个角其实是不可区别的，例如 $\displaystyle (ABCD)$ 和 $\displaystyle (DABC)$ 本质相同，把前者逆时针旋转$\displaystyle 90^circ$（即$\displaystyle x_1$作用）便得出后者。类似地，从 $\displaystyle (ABCD)$ 经由正方形对称群的8个移动可得出8个本质相同的摆法，即 $$\displaystyle (ABCD),(DABC),(CDAB),(BCDA),(DCBA),(ADCB),(BADC),(CBAD)$$

可知$\displaystyle (BACD)$ 是与$\displaystyle (ABCD)$本质不同的摆法，因为不论怎样移动正方形，都不能从 $\displaystyle (ABCD)$ 得出 $\displaystyle (BACD)$ 。可以验证，从$\displaystyle (BACD)$ 经由正方形对称群的8个移动可得出另外8个本质相同的摆法，即 $$\displaystyle (BACD),(DBAC),(CDBA),(ACDB),(DCAB),(BDCA),(ABDC),(CABD)$$从$\displaystyle (ACBD)$出发可以得到剩余8个本质相同的摆法，即$$\displaystyle (ACBD),(DACB),(BDAC),(CBDA),(DBCA),(ADBC),(CADB),(BCAD)$$所以真正不同的摆法其实只有3个： $\displaystyle (ABCD),(BACD),(ACBD)$。

从这个例子我们发现关键所在：正方形对称群作用在全部构形上，把它们划分为若干类，每一类才是我们应该着眼的个体。要求本质不同的构形数，即求划分得到的类的个数。于是引出群作用在集合上的概念。

定义 1.3.1（群在集合上的作用）

设 $\displaystyle G$ 是一个群，$\displaystyle S$ 是一个集合，对任意 $\displaystyle g\in G,s\in S$，设$\displaystyle g*s$规定二者结合产生某个 $\displaystyle S$ 的元，记作 $\displaystyle g*s$。这种结合关系满足以下两个条件：对 $\displaystyle G$ 中元 $\displaystyle g,h$ 和 $\displaystyle S$ 中元 $\displaystyle s$，有 $\displaystyle g*(h*s)=(gh)*s$；对 $\displaystyle S$ 中元 $\displaystyle s$，有 $\displaystyle \mathrm{e}*s=s$。这个 $\displaystyle g*h$ 表示 $\displaystyle g$ 和 $\displaystyle h$ 在 $\displaystyle G$ 里的乘积，而 $\displaystyle \mathrm{e}$ 表示 $\displaystyle G$ 的单位元。我们把这样的结合关系叫做 $\displaystyle G$ 在 $\displaystyle S$ 上的作用。

熟悉高等数学名词的读者，都知道这等于说 $\displaystyle G$ 在 $\displaystyle S$ 上的作用是个从 $\displaystyle G\times S$ 至 $\displaystyle S$ 的映射，满足条件(1)和(2)。

定义 1.3.2（轨）

定义集合$\displaystyle \{g*s \mid g\in G\}$为 $\displaystyle s$ 的轨，记作 $\displaystyle G(s)$。

不同的 $\displaystyle s$ 可能产生不同的轨，但不同的轨必不相交.

证明

若不然，则存在$\displaystyle t\in G(s_1),G(s_2)$，其中$\displaystyle G(s_1)$ 和 $\displaystyle G(s_2)$ 分别是 $\displaystyle s_1$ 和 $\displaystyle s_2$ 的轨，$\displaystyle s_1\neq s_2$，据轨的定义，存在$\displaystyle g_1,g_2\in G$使得$\displaystyle t=g_1*s_1=g_2*s_2$，所以$\displaystyle s_1=g_1^{-1}*t=g_1^{-1}*(g_2*s_2)=(g_1^{-1}g_2)*s_2$，于是$\displaystyle s_1\in G(s_2)$，从而$\displaystyle G(s_1)\subseteq G(s_2)$，同理可证$\displaystyle G(s_2)\subseteq G(s_1)$，所以 $\displaystyle G(s_1)=G(s_2)$。

每一个 $\displaystyle S$ 的元必落在某个轨，具体地说，$\displaystyle s$ 落在 $\displaystyle s$ 的轨 $\displaystyle G(s)$，这是因为 $\displaystyle s=\mathrm{e}*s$。于是，我们知道 $\displaystyle S$ 给划分为若干个轨，即是若干个互不相交的子集合并而成 $\displaystyle S$，我们要数的正是轨的个数。

在前面的例子里，有3个轨，每个轨有8个元。这样整齐的现象可不是常规，一般而言，轨的大小并非个个相同，看下面这个例子，$\displaystyle G$是正方形的对称群，$\displaystyle S$ 是所有在正方形的四个角上各放一个黑球或白球的摆法组成的集合。这些摆法共有 $\displaystyle 2^4=16$ 个，可写作 (黑黑黑黑),(黑黑黑白),(黑黑白黑),$\displaystyle \cdots$。

问题

求$\displaystyle G$在$\displaystyle S$上作用导致的轨的个数。

Burnside引理

现在可以把问题表述成以下的形式：已知一个群 $\displaystyle G$ 在一个集合 $\displaystyle S$ 上的作用，试计算轨的个数。如果每个轨的大小一样，设有 $\displaystyle k$ 个元，容易得出轨的数量就是 $\displaystyle \frac{|S|}{k}$，$\displaystyle |S|$。但上一节里第二个例子说明了一般情况并非如此：轨的大小可能不一样，那是因为可能存在 $\displaystyle G$ 中元 $\displaystyle g_1$ 和 $\displaystyle g_2$，$\displaystyle g_1\ne g_2$，但 $\displaystyle g_1*s=g_2*s$。对某些特殊的例子，不存在这样的群的元，即$\displaystyle g$ 走遍群 $\displaystyle G$ 时，$\displaystyle g*s$ 个个不相同，于是每个轨都有 $\displaystyle |G|$ 个元。而将等势$\displaystyle g_1*s=g_2*s$两边同时左乘$\displaystyle g_2^{-1}$时，得到$\displaystyle g_2^{-1}g_1s=s$，可知$\displaystyle g_2g_1^{-1}$等于群$\displaystyle G$中的某个元，于是以上的说法等同于存在 $\displaystyle G$ 中元 $\displaystyle g$，$\displaystyle g$ 不是单位元，但 $\displaystyle g*s=s$。我们把全部满足 $\displaystyle g*s=s$ 的 $\displaystyle g$ 收集在一起，称其为$\displaystyle s$的稳定子群。

定义 1.3.3（稳定子群）

称$\displaystyle G_s=\{g\in G \mid gs=s\}$为$\displaystyle s$的稳定子群，记作$\displaystyle G_s$。

稳定子群是指在群作用下，保持某个元素$\displaystyle s$不变的群元素的集合。可以验证$\displaystyle G_s$是$\displaystyle G$的子群，可知$\displaystyle G_s\subseteq G$，任取$\displaystyle g_1,g_2\in G_s$，对$\displaystyle g_2s=s$左右同乘$\displaystyle g_1,g_2^{-1}$得到$\displaystyle g_1g_2g_2^{-1}s=(g_1g_2^{-1})s$，即$\displaystyle g_1g_2^{-1}=g_1 s=s$，于是$\displaystyle g_1g_2^{-1}\in G_s$，于是证明了$\displaystyle G_s$是$\displaystyle G$的子群.

设 $\displaystyle G$ 是一个 $\displaystyle n$ 阶群，有元 $\displaystyle g_1,g_2,\ldots,g_n$，$\displaystyle S$ 是一个有限集，且 $\displaystyle G$ 作用于 $\displaystyle S$ 上。记 $\displaystyle X(g)=\{s\mid g*s=s\}$，$\displaystyle |X(g)|$ 就是被 $\displaystyle g$ 保持不动的元的个数。若作用产生的轨共有 $\displaystyle r$ 个，则伯氏引理断言 $\displaystyle r$ 满足 $$\displaystyle r=\frac{1}{n}\bigl(|X(g_1)|+|X(g_2)|+\cdots+|X(g_n)|\bigr).$$

证明

用“算两次”的方法证明。考虑所有满足 $\displaystyle g*s=s$ 的序偶 $\displaystyle (g,s)$，一方面，先固定 $\displaystyle g$ 来数，所得总数是 $\displaystyle |X(g_1)|+\cdots+|X(g_n)|$。另一方面，先固定 $\displaystyle s$ 来数，所得数是稳定子群 $\displaystyle G_s$ 的阶 $\displaystyle |G_s|$。

再把 $\displaystyle S$ 按轨分成若干个互不相交的部分。设一条轨 $\displaystyle G(s)$ 有 $\displaystyle k$ 个元，而轨上每个元的稳定子群的阶数都相同，于是$\displaystyle k=\frac{|G|}{|G_s|}$。所以这一条轨对总数 $\displaystyle \sum_{s\in S}|G_s|$ 的贡献是 $\displaystyle k|G_s|=|G|=n$。每条轨贡献 $\displaystyle n$，若共有 $\displaystyle r$ 条轨，总贡献就是 $\displaystyle nr$。将两种数法相等，便得到上式。这也说明了伯氏引理的本质：固定点总数的平均值，恰好等于轨的个数。

A 组习题

习题

A组

【2015湖北理3】已知$\displaystyle (1+x)^n$的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，求奇数项的二项式系数和；
【1993旧高考理15】【2000新课标卷文12】二项式$\displaystyle (\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}x)^{50}$的展开式中系数为有理数的项共有多少项？
【2006江西理8】在 $\displaystyle (x - \sqrt{2})^{2006}$ 的二项展开式中, 含 $\displaystyle x$ 的奇次幂的项之和为 $\displaystyle S$, 当 $\displaystyle x = \sqrt{2}$ 时, 求$\displaystyle S$。
答案

\par 新答案（来源：1.34 二项式定理.md）： B

【解题思路】$\displaystyle \left(x-\sqrt{2}\right)^{2006}=a_0x^{2006}+a_1x^{2005}+\cdots+a_{2005}x+a_{2006}$．令$\displaystyle x=\sqrt{2}$与$\displaystyle x=-\sqrt{2}$，可得

\[\displaystyle 0=a_0\left(\sqrt{2}\right)^{2006}+a_1\left(\sqrt{2}\right)^{2005}+\cdots+a_{2005}\sqrt{2}+a_{2006}\]

\[\displaystyle 2^{3009}=a_0\left(\sqrt{2}\right)^{2006}-a_1\left(\sqrt{2}\right)^{2005}+\cdots-a_{2005}\sqrt{2}+a_{2006}\]

两式相减除以$\displaystyle 2$，可得$\displaystyle a_1\left(\sqrt{2}\right)^{2005}+a_3\left(\sqrt{2}\right)^{2003}+\cdots+a_{2005}\sqrt{2}=-2^{3009}\div2=-2^{3008}$．
```
\par
 新答案（来源：1.34 二项式定理.md）：
```
$\displaystyle \frac{1}{6}\left(7^n-1\right)$

【解题思路】思路1：将原式转换成二项式定理的形式，利用二项式定理求解．

\[\displaystyle \text{原式}=\frac{1}{6}\left[\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1 6+\mathrm{C}_n^2 6^2+\cdots+\mathrm{C}_n^n 6^n\right]-\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\left(1+6\right)^n-\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\left(7^n-1\right)\]

思路2：观察所求，发现其与二项展开式之间的关系，从而解决问题．

记$\displaystyle A=\mathrm{C}_n^1+\mathrm{C}_n^2 6+\mathrm{C}_n^3 6^2+\cdots+\mathrm{C}_n^n 6^{n-1}$，

则$\displaystyle 6A+1=\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1 6+\mathrm{C}_n^2 6^2+\cdots+\mathrm{C}_n^n 6^n=7^n$，故$\displaystyle A=\frac{7^n-1}{6}$．

【实测数据】本题满分$\displaystyle 4$分，平均得分$\displaystyle 1.35$分（难度$\displaystyle 0.34$）
```
\par
 新答案（来源：1.34 二项式定理.md）：
```
$\displaystyle \frac{63\sqrt{2}}{2}$

【解题思路】思路1：可不妨令$\displaystyle x>0$，利用

\[\displaystyle \left(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x}+\sqrt{\frac{2}{x}}\right)^2\]

化三项式为二项式，再用二项式定理写出展开式的通项，从而求出展开式的常数项．

当$\displaystyle x>0$时，

\[\displaystyle \left(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2}\right)^5=\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{x}+\sqrt{\frac{2}{x}}\right)^2\right]^5=2^{-5}\left(\sqrt{x}+\sqrt{\frac{2}{x}}\right)^{10}\]

则$\displaystyle \left(\sqrt{x}+\sqrt{\frac{2}{x}}\right)^{10}$的二项展开式的通项为$\displaystyle T_{r+1}=\mathrm{C}_{10}^r\cdot x^{\frac{r}{2}-\frac{10-r}{2}}\cdot2^{\frac{10-r}{2}}$，

常数项所对应的$\displaystyle r$满足$\displaystyle \frac{r}{2}-\frac{10-r}{2}=0$，得$\displaystyle r=5$．

所以所求常数项为$\displaystyle 2^{-5}\cdot\mathrm{C}_{10}^5\cdot2^{\frac{5}{2}}=\frac{63\sqrt{2}}{2}$．

思路2：也可通过先通分化简后，化三项式为二项式，再用二项式定理求出展开式中的常数项．

\[\displaystyle \left(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2}\right)^5=\left(\frac{x^2+2\sqrt{2}x+2}{2x}\right)^5=\frac{\left[\left(x+\sqrt{2}\right)^2\right]^5}{\left(2x\right)^5}=\frac{\left(x+\sqrt{2}\right)^{10}}{\left(2x\right)^5}\]

对于二项式$\displaystyle \left(x+\sqrt{2}\right)^{10}$，其通项$\displaystyle T_{r+1}=\mathrm{C}_{10}^r\cdot x^{10-r}\cdot2^{\frac{r}{2}}$．要得到原展开式的常数项，则需$\displaystyle 10-r=5$，即$\displaystyle r=5$．

所以所求常数项为$\displaystyle \frac{\mathrm{C}_{10}^5\cdot2^{\frac{5}{2}}}{2^5}=\frac{63\sqrt{2}}{2}$．

思路3：若未能直接看出上述化三项式为二项式的特征，则可将三项式中的前两项先组合起来，再用二项式定理直接展开，解法如下：

\[\displaystyle \left(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2}\right)^5=\left[\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}\right)+\sqrt{2}\right]^5=\sum_{k=0}^{5}\mathrm{C}_5^k\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}\right)^k2^{\frac{5-k}{2}}\]

注意其中常数项只出现在$\displaystyle k=0,2,4$中，合并可得常数项为

\[\displaystyle 2^{\frac{5}{2}}+\mathrm{C}_5^2\cdot2^{\frac{3}{2}}+\mathrm{C}_5^4\mathrm{C}_4^2\left(\frac{1}{2}\right)^2\cdot2^{\frac{1}{2}}=\frac{63\sqrt{2}}{2}\]

【实测数据】．
```
\par
 新答案（来源：1.34 二项式定理.md）：
```
$\displaystyle 45$

【解题思路】将$\displaystyle 1+x$看作一个整体，则

\[\displaystyle \left(1+x+\frac{1}{x^{2015}}\right)^{10}\]

的展开式的通项为$\displaystyle T_{r+1}=\mathrm{C}_{10}^r\left(1+x\right)^{10-r}\left(\frac{1}{x^{2015}}\right)^r\left(r=0,1,2,\cdots,10\right)$，其中只有$\displaystyle T_1$中含$\displaystyle x^2$项，$\displaystyle x^2$项的系数为$\displaystyle \mathrm{C}_{10}^0\mathrm{C}_{10-0}^2$，即$\displaystyle 45$．

【实测数据】本题理科难度为$\displaystyle 0.66$，区分度为$\displaystyle 0.46$．
1. 设$\displaystyle (1+2x)^k=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_kx^k(k\geqslant 2,k\in\mathbb{N}^*)$，若$\displaystyle \frac{a_4}{a_6}=\frac{3}{8}$，求$\displaystyle k$
2. 【2005天津11】设 $\displaystyle n \in \mathbb{N}^{*}$，化简 $\displaystyle \mathrm{C}_{n}^{1} + \mathrm{C}_{n}^{2}6 + \mathrm{C}_{n}^{3}6^2 + \cdots + \mathrm{C}_{n}^{n}6^{n-1}$
3. 【上海10】已知$\displaystyle x\in\mathbb{R}$，$\displaystyle (1+2023x)^{100}+(2023-x)^{100}=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_{100}x^{100}$，当$\displaystyle a_k<0(k\in \left\{ 0,1,2,\cdots,100 \right\})$时，求整数$\displaystyle k$的最大值。 \iffalse \answer{由展开式可得 $$\displaystyle a_k=\mathrm{C}_{100}^k\left(2023^k+(-1)^k2023^{100-k}\right).$$ 当$\displaystyle a_k<0$时，$\displaystyle k$必为奇数。解不等式$\displaystyle 2023^{100-k}>2023^k$ 可得解集中的最大奇数为49。} \fi
4. 【2005湖北14】求$\displaystyle (\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2})^5$的展开式中的常数项。
  
  答案
  
  $\displaystyle 63\sqrt{2}/2$ 方法一：从 $$\displaystyle \underbrace{(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2})(\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2})\cdots (\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2})}_{5\text{个}}$$
  
  的每一个因式中取一项相乘，即得到原式的展开式中的一项，设取出$\displaystyle a$个$\displaystyle \frac{x}{2}$，$\displaystyle b$个$\displaystyle \frac{1}{x}$，$\displaystyle c$个$\displaystyle \sqrt{2}$，要得到常数项，$\displaystyle a,b,c$必须满足： $$\displaystyle a+b+c=5,a=b$$ 解得$\displaystyle (a,b,c)=(2,2,1),(1,1,3)\text{或}(0,0,5)$, 故常数项为 $$\displaystyle (\sqrt{2})^5+\mathrm{C}_5^3\mathrm{C}_2^1\cdot \frac{1}{2}\cdot (\sqrt{2})^3+\mathrm{C}_5^2\mathrm{C}_3^2\cdot (\frac{1}{2})^2\cdot \sqrt{2}=\frac{63\sqrt{2}}{2}$$
  
  方法二：$\displaystyle (\frac{x}{2}+\frac{1}{x}+\sqrt{2})^5=((\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{1}{x})^2)^5=(\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{1}{x})^{10}$，后略。 \iffalse \extra{【2015上海11】求$\displaystyle (1+x+\frac{1}{x^{2015}})^{10}$的展开式中$\displaystyle x^2$的系数。} \fi 8. 已知$\displaystyle f(x)=(2x-1)^{18}=\sum_{k=0}^{18}a_kx^k=\sum_{k=0}^{18}b_k(x+1)^k$。
  1. \footnote{第4个表达式的求解取自【1999全国卷理8】}求$\displaystyle \sum_{i=0}^{18}a_i,\sum_{i=0}^{18}|a_i|,\sum_{i=0}^{18}\frac{a_i}{2^i},(\sum_{k=0}^{9}a_{2k})^2-(\sum_{k=0}^{8}a_{2k+1})^2$；
    1. 用含$\displaystyle k$的式子表示$\displaystyle b_k(k=0,1,\cdots,18)$；
    2. 求$\displaystyle f(5)$除以11的余数；
    3. 若$\displaystyle a_t$是$\displaystyle a_0,a_1,\cdots,a_{18}$中的最大值，求$\displaystyle t$；
  答案
  
  （1）$\displaystyle \sum_{i=0}^{18}a_i=f(1)=1,\sum_{i=0}^{18}|a_i|=f(-1)=3^{18},\sum_{i=0}^{18}\frac{a_i}{2^i}=f\left(\frac12\right)=0$
  
  设$\displaystyle E=\sum_{k=0}^9 a_{2k},O=\sum_{k=0}^8 a_{2k+1}$。则$\displaystyle E+O=f(1)=1,E-O=f(-1)=(-3)^{18}=3^{18}$，可得
  
  \[\displaystyle (\sum_{k=0}^{9}a_{2k})^2-(\sum_{k=0}^{8}a_{2k+1})^2=E^2-O^2=(E+O)(E-O)=3^{18}\]
  
  （2）令$\displaystyle y=x+1$，则 $$\displaystyle f(x)=f(y-1)=(2y-3)^{18}=\sum_{k=0}^{18}\mathrm{C}_{18}^k2^k(-3)^{18-k}y^k.$$ 故 $$\displaystyle b_k=\mathrm{C}_{18}^k2^k(-3)^{18-k}\qquad (k=0,1,\cdots,18)$$
  
  （3）$\displaystyle f(5)=(2\times 5-1)^{18}=9^{18}=(11-2)^{18}$，可得$$\displaystyle 9^{18}\equiv 2^{18}\pmod {11}$$
  
  可直接计算$\displaystyle 2^{18}=262144$，其除以11的余数为3，或利用费马小定理，先得到$\displaystyle 2^{10}\equiv 1\pmod{11}$，则$\displaystyle 2^{18}\equiv 2^8\pmod{11}$，求$\displaystyle 2^{8}$除以11的余数是容易的。
  
  （4）可知 $$\displaystyle a_k=\mathrm{C}_{18}^k2^k(-1)^{18-k}=\mathrm{C}_{18}^k\,2^k(-1)^k.$$
  
  当 $\displaystyle k$ 为偶数时，$\displaystyle a_k>0$；当 $\displaystyle k$ 为奇数时，$\displaystyle a_k<0$，最大值一定出现在某个偶数指标上，设$\displaystyle c_k=|a_k|=\mathrm{C}_{18}^k\,2^k$，可求得$\displaystyle \frac{c_{k+1}}{c_k}=\frac{2(18-k)}{k+1}$，据此可得 $$\displaystyle c_1<c_2<\cdots<c_{12}>c_{13}>\cdots c_{18}$$
  
  $\displaystyle \{c_k\}$ 的最大值取在$\displaystyle k=12$，而 $\displaystyle a_{12}=c_{12}>0$，所以 $\displaystyle a_{12}$是 $\displaystyle a_0,a_1,\cdots,a_{18}$ 中的最大值，$\displaystyle t=12$ 9. 【2019江苏22】设 $\displaystyle (1+x)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$, $\displaystyle n\geqslant 4,n\in\vv{N}^*$. 已知 $\displaystyle a_3^2=2a_2a_4$。
（1）求 $\displaystyle n$ 的值；

（2）设 $\displaystyle (1+\sqrt{3})^n=a+b\sqrt{3}$, 其中 $\displaystyle a,b\in\mathbb{N}^*$, 求 $\displaystyle a^2-3b^2$ 的值。
答案

（1）$\displaystyle n=5$；
```
（2）可知$\displaystyle a+b\sqrt{3}=(1+\sqrt{3})^5$，故
```
\[\displaystyle a^2-3b^2=(a+b\sqrt{3})(a-b\sqrt{3})=(1+\sqrt{3})^5(1-\sqrt{3})^5=(1-3)^5=-32\]

B 组习题

C 组习题

杂$\displaystyle \quad$题

1. 12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人抽2人调到前排，若其他人的相对顺序不变，则有$\displaystyle (\triangle)$种不同的调整方式.
        ??? answer "答案"

    840.

【2011安徽理8】设集合 $\displaystyle A=\{1,2,3,4,5,6\},B=\{4,5,6,7,8\}$, 则满足 $\displaystyle S \subseteq A$ 且 $\displaystyle S \cap B \neq \varnothing$ 的集合 $\displaystyle S$ 的个数是$\displaystyle (\triangle)$。 ??? answer "答案"

56.

    \par
     新答案（来源：1.33 排列与组合.md）：
B

【解题思路】思路1：由题设条件知，满足$\displaystyle S\subseteq A$且$\displaystyle S\cap B\ne\varnothing$的集合$\displaystyle S$的个数是$\displaystyle 2^8-2^3=56$．

思路2：由题设条件知，满足$\displaystyle S\subseteq A$且$\displaystyle S\cap B\ne\varnothing$的集合$\displaystyle S$的个数是$\displaystyle 3\times2^3+3\times2^3+2^3=56$．

思路3：由题设条件知，满足$\displaystyle S\subseteq A$且$\displaystyle S\cap B\ne\varnothing$的集合$\displaystyle S$可由$\displaystyle \left\{1,2,3\right\}$的任何子集与$\displaystyle \left\{4,5,6\right\}$的任何非空子集作并集得到，故满足$\displaystyle S\subseteq A$且$\displaystyle S\cap B\ne\varnothing$的集合$\displaystyle S$的个数是$\displaystyle 2^3\times\left(2^3-1\right)=56$，故选$\displaystyle B$．

【实测数据】本题理科难度为$\displaystyle 0.58$．

    \par
     新答案（来源：1.33 排列与组合.md）：
$\displaystyle 36$

【解题思路】思路1：根据要求选出$\displaystyle 4$个不同的子集，由于$\displaystyle \varnothing$，$\displaystyle U$都要选出，所以只要考虑任意两个不相交的非空集合$\displaystyle A$、$\displaystyle D$的不同选法，然后取$\displaystyle B=A\cup D$即可满足题意．

若子集$\displaystyle A$为$\displaystyle 1$个元素的集合（不同选法是$\displaystyle \mathrm{C}_4^1$），子集$\displaystyle D$可以是余下的$\displaystyle 1$个元素的集合（不同选法是$\displaystyle \mathrm{C}_3^1$）；也可以是余下的$\displaystyle 2$个元素的集合（不同选法是$\displaystyle \mathrm{C}_3^2$），则子集$\displaystyle A$、$\displaystyle D$的不同选法有$\displaystyle \mathrm{C}_4^1\cdot\mathrm{C}_3^1+\mathrm{C}_4^1\cdot\mathrm{C}_3^2$．

若子集$\displaystyle A$为$\displaystyle 2$个元素的集合（不同选法是$\displaystyle \mathrm{C}_4^2$），子集$\displaystyle D$是余下的$\displaystyle 2$个元素的集合，则子集$\displaystyle A$、$\displaystyle D$的不同选法有$\displaystyle \mathrm{C}_4^2\times2$．综合上述分类情况，合计起来便是要求的结论．

思路2：当然本题也可以列表枚举，在$\displaystyle U=\left\{a,b,c,d\right\}$中，要使子集$\displaystyle A$、$\displaystyle B$有$\displaystyle A\subseteq B$或$\displaystyle A\supseteq B$，可以分以下情况讨论：

$$\displaystyle \begin{array}{c|c|c} A & B & \text{关系}\\ \hline \left\{a\right\} & \left\{a,b\right\}，\left\{a,c\right\}，\left\{a,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{b\right\} & \left\{a,b\right\}，\left\{b,c\right\}，\left\{b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{c\right\} & \left\{b,c\right\}，\left\{a,c\right\}，\left\{d,c\right\} & A\subseteq B\\ \left\{d\right\} & \left\{a,d\right\}，\left\{c,d\right\}，\left\{b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{a\right\} & \left\{a,b,c\right\}，\left\{a,c,d\right\}，\left\{a,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{b\right\} & \left\{a,b,c\right\}，\left\{b,c,d\right\}，\left\{a,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{c\right\} & \left\{a,b,c\right\}，\left\{a,c,d\right\}，\left\{c,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{d\right\} & \left\{d,b,c\right\}，\left\{a,c,d\right\}，\left\{a,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{a,b\right\} & \left\{a,b,c\right\}，\left\{a,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{a,c\right\} & \left\{a,b,c\right\}，\left\{a,c,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{a,d\right\} & \left\{a,c,d\right\}，\left\{a,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{b,c\right\} & \left\{a,b,c\right\}，\left\{b,c,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{b,d\right\} & \left\{b,c,d\right\}，\left\{a,b,d\right\} & A\subseteq B\\ \left\{c,d\right\} & \left\{a,c,d\right\}，\left\{c,b,d\right\} & A\subseteq B \end{array}$$

【实测数据】本题理科难度为$\displaystyle 0.24$，区分度为$\displaystyle 0.42$．

【易错警示】要能分清楚上述各类情况，需要有一定的抽象思维能力和对子集、包含等概念的深刻理解．不少学生在分类分析中，往往会遗漏某种情况，如考虑在集合$\displaystyle A$中取单元素时，只算了集合$\displaystyle B$中取两个元素，遗漏了取三个元素的情况；考虑了在集合$\displaystyle A$中取单元素后，遗漏了在集合$\displaystyle A$中取两个元素的情况，因此结论为$\displaystyle 24$的很多．还有一些其他部分遗漏的情况得到结论为$\displaystyle 30$．更有分不清各种情况的学生的答案为$\displaystyle 16$，$\displaystyle 50$，$\displaystyle 80$等等．

【2010上海理14】从集合 $\displaystyle U=\{a,b,c,d\}$ 的子集中选出 $\displaystyle 4$ 个不同的子集, 需同时满足以下两个条件：

（1） $\displaystyle \varnothing,U$ 都要选出；

（2）对选出的任意两个子集 $\displaystyle A$ 和 $\displaystyle B$, 必有 $\displaystyle A \subseteq B$ 或 $\displaystyle A \supseteq B$。那么, 共有$\displaystyle (\triangle)$对。

答案

36. 4. 已知非空集合$\displaystyle S$满足$\displaystyle S\subseteq \mathbb{N}$：且对任意$\displaystyle x\in S$，都有$\displaystyle 8-x\in S$，则这样的集合有$\displaystyle (\triangle)$个.

答案

31. 5. 从正方体的8个顶点中任取4个，并依次标记为$\displaystyle A,B,C,D$，则$\displaystyle AB\perp CD$的概率为$\displaystyle (\triangle)$

答案

$\displaystyle 2/5.$ 6. 【南京大学《概率论与数理统计》第一章习题8】从$\displaystyle 1\sim 30$中任选3个不同的整数，则3数之和能被3整除的概率为$\displaystyle (\triangle)$

答案

$\displaystyle (3\mathrm{C}_{10}^3+10^3)/\mathrm{C}_{30}^3=68/203$ 7. 【南京大学《概率论与数理统计》第一章习题7】从$\displaystyle 1,2,\cdots,9$这9个数字中有放回地取出$\displaystyle n$个数，则这$\displaystyle n$个数乘积能被10整除的概率为$\displaystyle (\triangle)$（用含$\displaystyle n$的式子表示）

答案

$\displaystyle 1-(8/9)^n-(5/9)^n+(4/9)^n$ 8. 【2008天津理10】有 $\displaystyle 8$ 张卡片分别标有数字 $\displaystyle 1,2,3,4,5,6,7,8$, 从中取出 $\displaystyle 6$ 张卡片排成 $\displaystyle 3$ 行 $\displaystyle 2$ 列, 要求 $\displaystyle 3$ 行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为 $\displaystyle 5$, 则不同的排法共有$\displaystyle (\triangle)$种. ??? answer "答案"

1248. 9. 【2010天津理10】 如图, 用四种不同颜色给图中的 $\displaystyle A,B,C,D,E,F$ 六个点涂色, 要求每个点涂一种颜色, 且图中每条线段的两个端点涂不同颜色, 则不同的涂色方法有$\displaystyle (\triangle)$种. 10. 某家庭共6个人（4个大人，2个小孩）计划去漂流，景点有3只不同的船只可供选择，每船最多可乘3人，小孩必须要大人陪同，则不同的乘船方式共有$\displaystyle (\triangle)$种. ??? answer "答案"

348. 11. 让 5 个男生和 5 个女生进入三个不同的教室, 满足每个教室内必有女生, 有男生的教室至少有 2 个女生, 那么满足条件的分配方式共有$\displaystyle (\triangle)$种. ??? answer "答案"

2940. 12. 设 $\displaystyle m$ 位男同学, $\displaystyle n$ 位女同学, 1 位老师, 共 $\displaystyle m+n+1$ 个人参加两个活动: 活动 A 与活动 B. 要求老师参加活动至少带上一位男同学和一位女同学, 每个人恰好参加其中一个活动, 每个活动至少一人参加.若$\displaystyle m=3,n=2$,则参与活动方法共有$\displaystyle (\triangle)$种.若只知$\displaystyle m,n$是大于1的正整数，参与活动方法共有$\displaystyle (\triangle)$种。（用含$\displaystyle m,n$的式子表示） 13. 有编号为1，2，3的三个盒子，将$\displaystyle k$个不同的小球全部放入盒子，若每个盒子中所放球数不大于其编号的不同放法有$\displaystyle a_k$种，求$\displaystyle a_k$的最大值（$\displaystyle k\in\mathbb{N^*}$）。 14. 【2012江苏23】 设集合 $\displaystyle P_n = \{1, 2, \dots, n\}, n \in \mathbb{N}^*$，记 $\displaystyle f(n)$ 为同时满足下列条件的集合 $\displaystyle A$ 的个数： $$\displaystyle (a).A \subseteq P_n\quad (b).\text{若}x \in A,\text{则}2x \notin A\quad (c).\text{若}x \in \complement_{P_n} A,\text{则}2x \notin \complement_{P_n} A$$ 1. 求 $\displaystyle f(4)$； 2. 求 $\displaystyle f(n)$ 的解析式（用 $\displaystyle n$ 表示）。

9.4拓展阅读：群的计数

讲义正文

拓展阅读：群的计数

群在集合上的作用

Burnside引理

A 组习题

习题

B 组习题

C 组习题

杂\(\displaystyle \quad\)题

D 组习题