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两个计数原理与排列组合知识点及例题


两个计数原理与排列组合知识点及例题
两个计数原理内容
1、分类计数原理:

共有 N=3×5×2=30(种)

完成一件事,有 n 类办法,在第 1 类办法中有 m1 种不同的方法,在第 2 类办法中有 m2 种不同的方法……在第 n 类办法中有 mn 种不同的方法, 那么完成这件事共有 N=m1 +m2 +……+mn

种不同的方法.
2、分步计数原理:

例 2 有一个书架共有 2 层,上层放有 5 本不同的数学书,下层放有 4 本不同的语文书。 (1)从书架上任取一本书,有多少种不同的取法? (2)从书架上任取一本数学书和一本语文书,有多少种不同的取法? (1)分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事? 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算。 解:属于分类:第一类 从上层取一本书 有 5 种选择 第二类 从下层取一本书 有 4 种选择 共有 N=5+4=9(种) (2)分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事? 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算. 解:属于分步:第一步 从上层取一本书 有 5 种选择 第二步 从下层取一本书 有 4 种选择 共有 N=5×4=20(种) 例 3、 有 1、2、3、4、5 五个数字.
1

完成一件事,需要分 n 个步骤,做第 1 步骤有 m1 种不同的方法,做第 2 步骤有 m2 种不同的方法……做第 n 步骤有 mn 种不同的方法,那么完成 这件事共有 N=m1×m2 ×……×mn 种不同的方法. 例题分析
例 1 某学校食堂备有 5 种素菜、3 种荤菜、2 种汤。现要配成一荤一素一汤的套餐。问可以配 制出多少种不同的品种? 分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事?(配一个荤菜、配一个素菜、配一汤) 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算. 解:属于分步:第一步 配一个荤菜 有 3 种选择 第二步 配一个素菜 有 5 种选择 第三步 配一个汤 有 2 种选择

(1)可以组成多少个不同的三位数? (2)可以组成多少个无重复数字的三位数? (3)可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数? (1)分析: 1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事?(配百位数、配十位数、配个位数) 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算. 略解:N=5×5×5=125(个) 3、有 0、1、2、3、4、5 六个数字. (1)可以组成多少个不同的三位数? (2)可以组成多少个无重复数字的三位数? (3)可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数?

排列与组合
1.排列的概念:从 n 个不同元素中,任取 m( m ? n )个元素(这里的被取元素各不相同)

【例题解析】
1、某人有 4 条不同颜色的领带和 6 件不同款式的衬衣,问可以有多少种不同的搭配方法?

按照一定的顺序 排成一列,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列 ..... ....
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2.排列数的定义:从 n 个不同元素中,任取 m( m ? n )个元素的所有排列的个数叫做从
m 表示 n 个元素中取出 m 元素的排列数,用符号 An m 3.排列数公式: An ? n(n ?1)(n ? 2)
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(n ? m ?1) ( m, n ? N ? , m ? n )
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4.阶乘: n ! 表示正整数 1 到 n 的连乘积,叫做 n 的阶乘 规定 0! ? 1 .
2、有一个班级共有 46 名学生,其中男生有 21 名. (1)现要选派一名学生代表班级参加学校的学代会,有多少种不同的选派方法? (2)若要选派男、女各一名学生代表班级参加学校的学代会,有多少种不同的选派方法?
m 5.排列数的另一个计算公式: An =

n! (n ? m)!

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6.组合概念:从 n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中 取出 m 个元素的一个组合
2
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7. 组合数的概念: 从 n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素的所有组合的个数, 叫做从 n
m 个不同元素中取出 m 个元素的组合数 .用符号 C n 表示. ...

3 ①乙跑第一棒,其余棒次则不受限制,排法数为 A5 ;
1 1 ②乙不跑第一棒,则跑第一棒的人有 A4 种选法,第四棒除了乙和第一棒选定的人外,也有 A4 1 1 2 种选法,其余两棒次不受限制,故有 A4 A4 A2 种排法,

8.组合数公式: Cnm ?

n! Anm n(n ? 1)(n ? 2) (n ? m ? 1) 或Cm (n, m ? N ? , 且m ? n) ? n? m m!(n ? m)! Am m!

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m n ?m 0 9.组合数的性质 1: Cn .规定: Cn ? Cn ? 1; m m m?1 10.组合数的性质 2: Cn ?1 = C n + C n

3 1 1 2 由分类计数原理,共有 A5 ? A4 A4 A4 ? 252种排法 2 5 (4)将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他 4 人一起作全排列共有 A2 A5 ? 240种排法

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Cn0+Cn1+…+Cnn=2n

(5)甲乙不相邻,第一步除甲乙外的其余 4 人先排好;第二步,甲、乙选择已排好的 4 人的左、右
4 2 6 及之间的空挡插位,共有 A4 A5 (或用 6 人的排列数减去问题(2)后排列数为 A6 ? 240 ? 480)

题型讲解

(6)三人的顺序定,实质是从 6 个位置中选出三个位置,然后排按规定的顺序放置这三人,其余 3
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例 1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数 (1)6 名学生排 3 排,前排 1 人,中排 2 人,后排 3 人; (2)6 名学生排成一排,甲不在排头也不在排尾; (3)从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛,甲不跑第一棒,乙不跑第四棒; (4)6 人排成一排,甲、乙必须相邻; (5)6 人排成一排,甲、乙不相邻; (6)6 人排成一排,限定甲要排在乙的左边,乙要排在丙的左边(甲、乙、丙可以不相邻)
6 解: (1)分排坐法与直排坐法一一对应,故排法种数为 A6 ? 720 5 (2)甲不能排头尾,让受特殊限制的甲先选位置,有 A4 种选法,然后其他 5 人选,有 A5 种选法,
1
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3 3 人在 3 个位置上全排列,故有排法 C6 A3 ? 120种

点评:排队问题是一类典型的排列问题,常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻

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例 2 假设在 100 件产品中有 3 件是次品,从中任意抽取 5 件,求下列抽取方法各多少种? 故排法种数为 A A ? 480
1 4 5 5

(1)没有次品; (2)恰有两件是次品; (3)至少有两件是次品 (3)有两棒受限制,以第一棒的人选来分类:
3

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5 解: (1)没有次品的抽法就是从 97 件正品中抽取 5 件的抽法,共有 C97 种 ? 64446024

m?1 m m?1 m 共有 m 个空档,故有 m ? An ?1 种,因此 An?1 ? m ? An?1 ? An

(2)恰有 2 件是次品的抽法就是从 97 件正品中抽取 3 件,并从 3 件次品中抽 2 件的抽法,共
3 2 有 C97 种 C3 ? 442320

②利用组合数公式 左?
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(3)至少有 2 件次品的抽法,按次品件数来分有二类:
3 2 第一类,从 97 件正品中抽取 3 件,并从 3 件次品中抽取 2 件,有 C97 种 C3
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n! n! 2n ! ? ? ?m ? 1? !?n ? m ? 1? ?m ? 1? ?n ? m ? 1? ! m ?n ? m? !

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第二类从 97 件正品中抽取 2 件,并将 3 件次品全部抽取,有 C C 种
2 97 3 3


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n! ? ??n ? m??n ? m ? 1? ? m?m ? 1? ? 2?m ? 1??n ? m ? 1?? ?m ? 1? !?n ? m ? 1? !

3 2 2 3 按分类计数原理有 C97 C3 ? C97 C3 ? 446976种

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?

?n ? 2? ! n! m ?1 ?n ? 2??n ? 1? ? ? Cn ?2 ? 右 ?m ? 1? !?n ? m ? 1? ! ?m ? 1? !?n ? m ? 1? !

点评:此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题,附加的条件是从不同种类的元素中抽取, 应当注意:如果第(3)题采用先从 3 件次品抽取 2 件(以保证至少有 2 件是次品) ,再从余下的 98 件产品中任意抽取 3 件的抽法,那么所得结果是 C C
2 3 3 98

m?1 m m m?1 m?1 n m?1 m m m?1 另法: 利用公式 Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? Cn ?1 ? Cn?1 ? Cn?2 ? 右 ?1 ? Cn?1 推得 左 ? Cn

?

? ?

?

点评:证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质 : ? 466288种,其结论是错误的,错在“重复” 例 4 已知 f 是集合 A ? ?a, b, c, d ?到集合 B ? ?0,1,2?的映射 (1)不同的映射 f 有多少个? (或 B、C) ,第二步再抽 B(或 A)和其余 2 件正品是同一种抽法,但在算式 C C 中算作 3 种不 同抽法
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假设 3 件次品是 A、B、C,第一步先抽 A、B 第二步再抽 C 和其余 2 件正品,与第一步先抽 A、C
2 3 3 98

(2)若要求 f ?a ? ? f ?b? ? f ?c ? ? f ?d ? ? 4 则不同的映射 f 有多少个? 分析: (1)确定一个映射 f ,需要确定 a, b, c, d 的像

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例 3 求证:① A

m n?1

? mA

m?1 n?1

?A

m n

;② C

m?1 n

?C

m?1 n

? 2C ? C
m n

m?1 n? 2

(2) a, b, c, d 的象元之和为 4,则加数可能出现多种情况,即 4 有多种分析方案,各方案独立且 证明:①利用排列数公式 左? 并列需要分类计算
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m ? ? n ? 1? ! ? n ? m ? 1? ! ? n ? m? ! ?

? n ?1? !

?

? n ? m?? n ?1? !? m ? ? n ?1?! ? n ? m? !

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?

n! ? Am ? 右 ?n ? m? ! n

解: (1)A 中每个元都可选 0,1,2 三者之一为像,由分步计数原理,共有 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 个不同
4

另一种证法: (利用排列的定义理解)从 n 个元素中取 m 个元素排列可以分成两类:
m ①第一类不含某特殊元素 a 的排列有 An ?1 m?1 第二类含元素 a 的排列则先从 ?n ? 1? 个元素中取出 ?m ? 1? 个元素排列有 An ?1 种,然后将 a 插入,

映射

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(2)根据 a, b, c, d 对应的像为 2 的个数来分类,可分为三类: 第一类:没有元素的像为 2,其和又为 4,必然其像均为 1,这样的映射只有一个;
4

1 1 第二类:一个元素的像是 2,其余三个元素的像必为 0,1,1,这样的映射有 C4 P3 ? 12 个;
2 第三类:二个元素的像是 2,另两个元素的像必为 0,这样的映射有 C 4 ? 6个

3 根据分类计数原理和点 A 共面三点取法共有 3C5 ? 3 ? 33 种

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(2)取出的 4 点不共面比取出的 4 点共面的情形要复杂,故采用间接法:先不加限制任取 4 点
4 ( C10 种取法)减去 4 点共面的取法
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由分类计数原理共有 1+12+6=19(个)

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点评:问题(1)可套用投信模型:n 封不同的信投入 m 个不同的信箱,有 m 题(2)的关键结合映射概念恰当确定分类标准,做到不重、不漏
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n

种方法;问

取出的 4 点共面有三类:
4 第一类:从四面体的同一个面上的 6 点取出 4 点共面,有 4C6 种取法

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第二类:每条棱上的 3 个点与所对棱的中点共面,有 6 种取法 例 5 四面体的顶点和各棱的中点共 10 个点 (1)设一个顶点为 A,从其他 9 点中取 3 个点,使它们和点 A 在同一平面上,不同的取法有多 少种? (2)在这 10 点中取 4 个不共面的点,不同的取法有多少种?
E D P B M G N C A

第三类:从 6 条棱的中点取 4 个点共面,有 3 种取法
4 根据分类计数原理 4 点共面取法共有 4C6 ? 6 ? 3 ? 69 4 4 故取 4 个点不共面的不同取法有 C10 ? 4C6 ? 6 ? 3 ? 141(种)

?

?

点评:由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题,附加的条件是点共线与不
F

共线,点共面与不共面,线共面与不共面等 小结 :

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m ⑴m个不同的元素必须相邻,有 Pm 种“捆绑”方法

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⑵m个不同元素互不相邻,分别“插入”到n个“间隙”中的m个位置有 Pnm 种不同的“插入” 方法
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⑶m个相同的元素互不相邻,分别“插入”到n个“间隙”中的m个位置,有 C n 种不同的“插 入”方法
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m

⑷若干个不同的元素“等分”为 m个组 ,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以 Pm

m
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解: (1)如图,含顶点 A 的四面体的三个面上,除点 A 外都有 5 个点,从中取出 3 点必与点
3 A 共面,共有 3C5 种取法
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【例题解析】
例 1 完成下列选择题与填空题

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含顶点 A 的棱有三条,每条棱上有 3 个点,它们与所对棱的中点共面,共有 3 种取法

(1)有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有
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种。 D.4

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A.81
5

B.64

C.24

(2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( A.81 B.64 C.24

) D.4

共有 N=43=64(种) ; ③等价于从 4 个学生中挑选 3 个学生去参加三个项目的竞赛,每人参加一项, 故共有 C43·A33=24(种) 。 ; ; 注: 本题有许多形式,一般地都可以看作下列命题: 设集合 A={a1,a2,…,an},集合 B={b1,b2,…,bm},则 f:A→B 的不同映射是 mn,f:B→A 的不同映射 是 nm。 若 n≤m,则 f:A→B 的单值映射是:Amn。 例 2 同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡,则四 ) C.11 种 D.23 种

(3)有四位学生参加三项不同的竞赛, ①每位学生必须参加一项竞赛,则有不同的参赛方法有 ②每项竞赛只许有一位学生参加,则有不同的参赛方法有

③每位学生最多参加一项竞赛,每项竞赛只许有一位学生参加,则不同的参赛方法 有 解析 。 (1)完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行,是选用基本原理的关键。将“投四封信”

这件事分四步完成,每投一封信作为一步,每步都有投入三个不同信箱的三种方法,因此:N=3×3 ×3×3=34=81,故答案选 A。 本题也可以这样分类完成,①四封信投入一个信箱中,有 C31 种投法;②四封信投入两个信箱 中,有 C32(C41·A22+C42·C22)种投法;③四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱中,有 C42·A33 种投法、 ,故共有 C31+C32(C41·A22+C42C22)+C42·A33=81(种) 。故选 A。 (2)因学生可同时夺得 n 项冠军,故学生可重复排列,将 4 名学生看作 4 个“店” ,3 项冠军看 作“客” , 每个“客”都可住进 4 家“店”中的任意一家, 即每个“客”有 4 种住宿法。 由分步计数原理得: N=4 ×4×4=64。 故答案选 B。 (3)①学生可以选择项目,而竞赛项目对学生无条件限制,所以类似(1)可得 N=34=81(种) ; ②竞赛项目可以挑学生,而学生无选择项目的机会,每一项可以挑 4 种不同学生,
6

张贺年卡不同的分配方式有( A.6 种 B.9 种

解法一 由于共四人(用 1,2,3,4 代表甲、乙、丙、丁四人) ,这个数目不大,化为填数问 题之后,可用穷举法进行具体的填写:

再按照题目要求检验,最终易知有 9 种分配方法。 解法二 记四人为甲、乙、丙、丁,则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到,故有 3 种分配方式;以乙收到为例,其他人收到卡片的情况可分为两类: 第一类:甲收到乙送出的卡片,这时丙、丁只有互送卡片 1 种分配方式;

第二类: 甲收到的不是乙送出的卡片, 这时,甲收到卡片的方式有 2 种 (分别是丙和丁送出的) 。 对每一种情况,丙、丁收到卡片的方式只有一种。 因此,根据乘法原理,不同的分配方式数为 3×(1+2)=9。 解法三 给四个人编号:1,2,3,4,每个号码代表 1 个人,人与号码之间的关系为一对一的 关系;每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表,这样,贺年卡的分配问题可抽象为 如下“数学问题” :将数字 1,2,3,4,填入标号为 1,2,3,4 的 4 个方格里,每格填写一个数字, 且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种(也可以说成:用数字 1,2,3,4 组成没有 重复数字的 4 位数,而且每位数字都不等于位数的 4 位数共有多少个)? 这时,可用乘法原理求解答案: 首先,在第 1 号方格里填写数字,可填上 2、3、4 中的任一个数,有 3 种填法; 其次,当第 1 号方格填写的数字为 i(2≤i≤4)时,则填写第 i 种方格的数字,有 3 种填法; 最后,将剩下的两个数填写到空着的两个空格里,只有 1 种填法(因为剩下的两个数中,至少 有 1 个与空着的格子的序号相同) 。 因此,根据乘法原理,得不同填法:3×3×1=9 注: 本题是“乱坐问题” ,也称“错排问题” ,当元素较大时,必须用容斥原理求解,但元素较小时, 应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解,或可以穷举。 例 3 宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排 8 盏,为节约用电又不影响照明,要求同时熄掉其 中 3 盏,但不能同时熄掉相邻的灯,问熄灯的方法有多少种? 解法一 我们将 8 盏灯依次编号为 1,2,3,4,5,6,7,8。
7

在所熄的三盏灯中,若第一盏熄 1 号灯,第二盏熄 3 号灯,则第 3 盏可以熄 5,6,7,8 号灯 中的任意一盏,共有 4 种熄法。 若第一盏熄 1 号灯,第 2 盏熄 4 号灯,则第 3 盏可以熄 6,7,8 号灯中的任意一盏。 依次类推,得若 1 号灯熄了,则共有 4+3+2+1=10 种熄法。 若 1 号灯不熄,第一盏熄的是 2 号灯,第二盏熄的是 4 号灯,则第三盏可以熄 6,7,8 号灯中 的任意一盏,共有 3 种熄法。 依次类推得,若第一盏灯熄的是 2 号灯,则共有 3+2+1=6 种熄法。 同理,若第一盏熄的是 3 号灯,则共有 2+1=3 种熄法。 同理,若第一盏熄的是 4 号灯,则有 1 种熄法。 综上所述共有:10+6+3+1=20 种熄法。 解法二 我们可以假定 8 盏灯还未安装,其中 5 盏灯是亮着的,3 盏灯不亮。这样原问题就等 价于:将 5 盏亮着的灯与 3 盏不亮的灯排成一排,使 3 盏不亮的灯不相邻(灯是相同的) 。5 盏亮着 的灯之间产生 6 个间隔(包括两边) ,从中插入 3 个作为熄灭的灯——就是我们经常解决的“相邻不 相邻”问题,采用“插入法” ,得其答案为 C63=20 种。 注 解法一是穷举法,将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清晰,但有时较繁。方

法二从另外一个角度审题,认清其数学本质,抽象成数学模型,解题时有一种豁然开朗的感觉。 例 4 已知直线 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的 3 个不同的元素,并且 该直线的倾斜角为锐角,求符合这些条件的直线的条数。 解 设倾斜角为θ,由θ为锐角,得 tanθ=-

a >0,即 a、b 异号。 b

(1)若 c=0,a、b 各有 3 种取法,排除 2 个重复(3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0) ,故有 3×3-2=7 (条) 。 (2)若 c≠0,a 有 3 种取法,b 有 3 种取法,而同时 c 还有 4 种取法,且其中任两条直线均不 相同,故这样的直线有 3×3×4=36 条,从而符合要求的直线共有 7+36=43 条。 注 : 本题是 1999 年全国高中数学联赛中的一填空题,据抽样分析正确率只有 0.37。错误原 因没有对 c=0 与 c≠0 正确分类;没有考虑 c=0 中出现重复的直线。

3C104=630。

(2)同解法一。 例 5 平面上给定 10 个点,任意三点不共线,由这 10 个点确定的直线中,无三条直线交于同 注 一点(除原 10 点外) ,无两条直线互相平行。 考虑实际几何意义。 求: (1)这些直线所交成的点的个数(除原 10 点外) 。 例 6 (1)如果(x+ (2)这些直线交成多少个三角形。 数项; 解法一 (1)由题设这 10 点所确定的直线是 C102=45 条。 这 45 条直线除原 10 点外无三条直线交于同一点, 由任意两条直线交一个点, 共有 C452 个交点。 而在原来 10 点上有 9 条直线共点于此。所以,在原来点上有 10C92 点被重复计数。 所以这些直线交成新的点是:C452-10C92=630。 (2)这些直线所交成的三角形个数可如下求:因为每个三角形对应着三个顶点,这三个点来自 上述 630 个点或原来的 10 个点。所以三角形的个数相当于从这 640 个点中任取三个点的组合,即 C6403=43 486080(个) 。 解法二 (1)如图对给定的 10 点中任取 4 个点,四点连成 6 条直线,这 6 条直线交 3 个新的 点。故原题对应于在 10 个点中任取 4 点的不同取法的 3 倍,即这些直线新交成的点的个数是:
8

用排列、组合解决有关几何计算问题,除了应用排列、组合的各种方法与对策之外,还要

1 2n ) 展开式中,第四项与第六项的系数相等。求 n,并求展开式中的常 x

(2)求( x -

1 2 x
4

)8 展开式中的所有的有理项。

解 (1)由 C2n3=C2n5,可得 3+5=2n ∴ n=4。 设第 k+1 项为常数项 则 Tk+1=C8k·x8-k·x-k=C8k·x8-2k ∴8-2k=0,即 k=4 ∴常数项为 T5=C84=70。 (2)设第 k+1 项有理项,则

Tk ?1 ? C 8

k

8? k · x 2

1 ? · (? x 4 ) k 2
16 ? 3k 4

1

综上所述,被 20 整除后的余数为 9。 (2) 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9+(-1)nCnn-1 (i)当 n 为奇数时 原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9-2 ∴除以 9 所得余数为 7。

1 k ? C8 · (? ) k · x 2

16 ? 3k 因为 0≤k≤8,要使 ∈Z,只有使 k 分别取 0,4,8 4
所以所求的有理项应为: T1=x4,T5=

35 1 -2 x,T9= x 8 256

注 (1)二项式展开中,要注意“系数”与“二项式系数”的区别; (2)在二项展开式中求得 k 后,对应的项应该是 k+1 项。 (ii)当 n 为偶数时 原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9 例 7 (1)求 4×6n+5n+1 被 20 除后的余数; ∴除以 9 所得余数为 0,即被 9 整除。 (2)7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7 除以 9,得余数是多少? (3)(1.02)5≈(1+0.02)5 (3)根据下列要求的精确度,求 1.025 的近似值。①精确到 0.01;②精确到 0.001。 =1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025 解 (1)首先考虑 4·6n+5n+1 被 4 整除的余数。 ∵C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5 ∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·4+1 ∴①当精确到 0.01 时,只要展开式的前三项和,1+0.10+0.004=1.104,近似值为 1.10。 ∴其被 4 整除的余数为 1 ②当精确到 0.001 时,只要取展开式的前四项和,1+0.10+0.004+0.0008=1.10408,近似值为 ∴被 20 整除的余数可以为 1,5,9,13,17 1.104。 然后考虑 4·6n+1+5n+1 被 5 整除的余数。 注 (1)用二项式定理来处理余数问题或整除问题时,通常把底数适当地拆成两项之和或之差 ∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+…+Cnn-1·5+1) 再按二项式定理展开推得所求结论。 ∴被 5 整除的余数为 4 (2)用二项式定理来求近似值,可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。 ∴其被 20 整除的余数可以为 4,9,14,19。
9

例 8 证明下列不等式: (1 )

∴(a+b)n-an-bn ≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)( · ab )n ≥(2n-2)·2n =22n-2n+1 注 利用二项式定理的展开式,可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题(1)中的换元法 称之为均值换元(对称换元) 。这样消去δ奇数次项,从而使每一项均大于或等于零。题(2)中,由 由称位置二项式系数相等,将展开式倒过来写再与原来的展开式相加,这样充分利用对称性来解题

a?b n an ? bn ≥( ) ,(a、b∈{x|x 是正实数},n∈N); 2 2

1 1 (2)已知 a、b 为正数,且 + =1,则对于 n∈N 有(a+b)n-an-bn≥22n-2n+1。 a b
证明 (1)令 a=x+δ, b=x-δ 则 x=

a?b 2

an+bn=(x+δ)n+(x-δ)n =xn+Cn1xn-1δ+…+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+…(-1)nCnnδn 的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。 =2(xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+…) 例 9 已知(1-ax)n 展开式的第 p,p+1,p+2 三项的二项式系数构成等差数列, 第 n+1-p 与第 n+2-p ≥2xn 项的系数之和为 0,而(1-ax)n+1 展开式的第 p+1 与 p+2 项的二项式系数之比为 1∶2。 即

a?b n a ?b ≥( ) 2 2
n n

(1)求(1-ax)n+1 展开式的中间项; (2)求(1-ax)n 的展开式中系数最大的项。 解 由题设得:
?2C np ? C np ?1 ? C np ?1    ① ? ? n? p n? p n ?1? p n ?1? p ? Cn (?a ) ? 0  ② ?C n (?a) ? p p ?1 ③ ? ?2C n ?1 ? C n ?1   

(2)(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn (a+b)n=bn+Cn1bn-1a+…+Cnnan 上述两式相加得: 2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn) ∵ (*)

1 1 + =1,且 a、b 为正数 a b
∴ab≥4

由①得,2Cnp=

p n? p p Cnp+ Cn n ?1? p p ?1

∴ab=a+b≥2 ab

两边约去 Cnp,可得: 又∵ an-kbk+bn-kak≥2 a n ? b n =2( ab )n(k=1,2,…,n-1) ∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12( 2=

ab

)n+Cn22(

ab

)n+…+Cnn-12(

ab

)n
10

p n? p + n ?1? p p ?1

由③得,2Cn+1p=

n ?1? p Cn+1p p ?1

求出 k 的取值范围,从而确定第几项最大。

约去 Cn+1p 可得,n=3p+1

p n? p ? ? ?2 ? 解方程组 ? n ? 1 ? p p ?1 ?n ? 3 p ? 1 ?
得:n=7,p=2.

例 10 求证下列各式 (1)Cnk+Cnk-1=Cn+1k; (2)Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np。 证明 (1)对于给定的 n+1 个元素,从 n+1 个元素中任意选出 k 个元素的不同组合有 Cn+1k。

将 p=2,n=7 代入②得: 另一方面,设 a 是 n+1 个元素中的一个。对于 a 我们这样分类。 C57(-a)5+C76·(-a)6=0 (i)若 a 不选,则在 n 个元素中选 k 个,有 Cnk 种不同的选法。 解之得:a=0 或 3。 (ii)若 a 选,则在 n 个元素中再选 k-1 个,有 Cnk-1 种不同的选法。 若 a=0 ,则(1-0·x)8 的中间项 T5=0, (1-0·x)7 展开式中系数最大的项是 T1=1。 故从 n+1 个元素中选 k 个元素组成一组的不种选法是:Cnk+Cnk-1。 若 a=3,则(1-3x)8 的中间项 T5=C84( · -3x)4=5670x4, (1-3x)7 的展开式中,奇数项系数为 所以,Cnk+Cnk-1=Cn+1k。 正, 令

C 7k ·?- 3?

k

(2)仿(1)我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边 Cm+np,可看作下列命题: ≥1 从 m 个红球,n 个白球中,任选 p 个球的不同选法是 Cm+np 种。 另一方面, 我们按选红球的个数分类: (i) 取 p 个红球, 0 个白球; (ii)取 p-1 个红球, 1 个白球, …, 取 0 个红球,p 个白球,这样的每类选法数为:Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,…,CnpCm0 ∴由分类计数原理可得:Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np (2)另证:∵(1+x)n(1+x)m≡(1+x)m+n 左边展开式中 xp 的系数是:Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0 右边展开式中 xp 的系数是:Cm+np
11

C 7k ? 2 ·(?3) k ? 2

解之得:k≤6。 故(1-3x)7 展开式中系数最大的项为 T7=C76( · -3)6·x6=5103x6。 注 一般地,求(a+bx)n 展开式中系数绝对值最大的项的方法是: 设第 k+1 项为系数绝对值最大的项,则由
k n?k k k ?1 n ? k ?1 ? ·b k ?1 ?C n a ·b ? C n a ? k n?k k k ?1 n ? k ?1 ·b k ?1 ? ?C n a b ? C n a

由多项式恒等条件可知 Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np 注 本题的证明方法称之为算两次,对一个数学模型从不同角度去解,得出两个结果,将这两

个结果综合起来,得到我们所需证明的结论。

12


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