高中数学竞赛讲义(13)排列组合与概率.doc
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高中数学竞赛讲义（十三）
──排列组合与概率
一、基础知识
1．加法原理：
做一件事有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，那么完成这件事一共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法。
2．乘法原理：
做一件事，完成它需要分n个步骤，第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，……，第n步有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。
3．排列与排列数：
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素的所有排列个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用表示，=n（n-1）…（n-m+1）=,其中m,n∈N,m≤n,
注：
一般地=1，0！
=1，=n!
。
4．N个不同元素的圆周排列数为=（n-1）!
。
5．组合与组合数：
一般地，从n个不同元素中，任取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，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。
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个不同元素中取出m个元素的组合数，用表示：
6．组合数的基本性质：
（1）；
（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。
7．定理1：
不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为。
[证明]将r个相同的小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A，不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解构成的集合为B，A的每个装法对应B的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。
反之B中每一个解（x1,x2,…,xn）,将xi作为第i个盒子中球的个数，i=1,2,…,n，便得到A的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n份，共有种。
故定理得证。
推论1 不定方程x1+x2+…+xn=r的非负整数解的个数为
推论2 从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组合，其组合数为
8．二项式定理：
若n∈N+,则（a+b）n=.其中第r+1项Tr+1=叫二项式系数。
9．随机事件：
在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。
在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作p（A）,0≤p（A）≤1.
10.等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事件A包含的结果有m种，那么事件A的概率为p（A）=
11.互斥事件：
不可能同时发生的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。
如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么A1，A2，…，An中至少有一个发生的概率为
p（A1+A2+…+An）=p（A1）+p（A2）+…+p（An）.
12．对立事件：
事件A，B为互斥事件，且必有一个发生，则A，B叫对立事件，记A的对立事件为。
由定义知p（A）+p（）=1.
13．相互独立事件：
事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。
14．相互独立事件同时发生的概率：
两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。
即p（A?
B）=p（A）?
p（B）.若事件A1，A2，…，An相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p（A1?
A2?
…?
An）=p（A1）?
p（A2）?
…?
p（An）.
15.独立重复试验:
若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试验是独立的.
16.独立重复试验的概率:
如果在一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,这个事件恰好发生k次的概率为pn（k）=?
pk（1-p）n-k.
17．离散型随机为量的分布列：
如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫随机变量，例如一次射击命中的环数ξ就是一个随机变量，ξ可以取的值有0,1,2,…,10。
如果随机变量的可能取值可以一一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。
一般地，设离散型随机变量ξ可能取的值为x1,x2,…,xi,…,ξ取每一个值xi（i=1,2,…）的概率p（ξ=xi）=pi，则称表
ξ
x1
x2
x3
…
xi
…
p
p1
p2
p3
…
pi
…
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望或平均值、均值、简称期望，称Dξ=（x1-Eξ）2?
p1+（x2-Eξ）2?
p2+…+（xn-Eξ）2pn+…为ξ的均方差，简称方差。
叫随机变量ξ的标准差。
18．二项分布：
如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率为p（ξ=k）=,ξ的分布列为
ξ
0
1
…
xi
…
N
p
…
…
此时称ξ服从二项分布，记作ξ～B（n,p）.若ξ～B（n,p），则Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p.
19.几何分布：
在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随机变量，若在一次试验中该事件发生的概率为p，则p（ξ=k）=qk-1p（k=1,2,…），ξ的分布服从几何分布，Eξ=，Dξ=（q=1-p）.
二、方法与例题
1．乘法原理。
例1 有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？
[解] 将整个结对过程分n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，有2n-1种选则；这一对结好后，再从余下的2n-2人中任意确定一个。
第二步考虑他的配对者，有2n-3种选择，……这样一直进行下去，经n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有
（2n-1）×（2n-3）×…×3×1=
2．加法原理。
例2 图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种？
[解] 断路共分4类：
1）一个电阻断路，有1种可能，只能是R4；2）有2个电阻断路，有-1=5种可能；3）3个电阻断路，有=4种；4）有4个电阻断路，有1种。
从而一共有1+5+4+1=11种可能。
3．插空法。
例3 10个节目中有6个演唱4个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱，有多少种不同的安排节目演出顺序的方式？
[解] 先将6个演唱节目任意排成一列有种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个安排舞蹈有种方法，故共有=604800种方式。
4．映射法。
例4 如果从1，2，…，14中，按从小到大的顺序取出a1,a2,a3使同时满足：
a2-a1≥3,a3-a2≥3，那么所有符合要求的不同取法有多少种？
[解] 设S={1,2,…,14}，={1，2，…，10}；T={（a1,a2,a3）|a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},={（）∈},若，令，则（a1,a2,a3）∈T,这样就建立了从到T的映射，它显然是单射，其次若（a1,a2,a3）∈T,令，则，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|==120，所以不同取法有120种。
5．贡献法。
例5 已知集合A={1，2，3，…，10}，求A的所有非空子集的元素个数之和。
[解] 设所求的和为x，因为A的每个元素a，含a的A的子集有29个，所以a对x的贡献为29，又|A|=10。
所以x=10×29.
[另解] A的k元子集共有个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为10×29。
6．容斥原理。
例6 由数字1，2，3组成n位数（n≥3），且在n位数中，1，2，3每一个至少出现1次，问：
这样的n位数有多少个？
[解] 用I表示由1，2，3组成的n位数集合，则|I|=3n，用A1，A2，A3分别表示不含1，不含2，不含3的由1，2，3组成的n位数的集合，则|A1|=|A2|=|A3|=2n，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。
|A1A2A3|=0。
所以由容斥原理|A1A2A3|==3×2n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=3n-3×2n+3个。
7．递推方法。
例7 用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：
能构造出多少个这样的n位数？
[解] 设能构造an个符合要求的n位数，则a1=3，由乘法原理知a2=3×3-1=8.当n≥3时：
1）如果n位数的第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1；2）如果n位数的第一个数字是1，那么第二位只能是2或3，这样的n位数有2an-2，所以an=2（an-1+an-2）（n≥3）.这里数列{an}的特征方程为x2=2x+2，它的两根为x1=1+,x2=1-,故an=c1（1+）n+c2（1+）n,由a1=3,a2=8得，所以
8．算两次。
例8 m,n,r∈N+，证明：
①
[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种；另一方面，从这n+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有种，k=0,1,…,r。
所以从这n+m人中选出r位的方法有种。
综合两个方面，即得①式。
9．母函数。
例9 一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1，2，…，10，另有大、小王各一张，编号均为0。
从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值：
每张编号为k的牌计为2k分，若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌”组，求好牌组的个数。
[解] 对于n∈{1,2,…,2004},用an表示分值之和为n的牌组的数目，则an等于函数f（x）=（1+）2?
（1+）3?
?
?
?
…?
（1+）3的展开式中xn的系数（约定|x|<1），由于f（x）=[（1+）（1+）?
…?
（1+）]3=3=3。
而0≤2004<211，所以an等于的展开式中xn的系数，又由于=?
=（1+x2+x3+…+x2k+…）[1+2x+3x2+…+（2k+1）x2k+…],所以x2k在展开式中的系数为a2k=1+3+5++（2k+1）=（k+1）2,k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个数为a2004=10032=1006009.
10．组合数的性质。
例10 证明：
是奇数（k≥1）.
[证明] =令i=?
pi（1≤i≤k），pi为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。
例11 对n≥2,证明：
[证明] 1）当n=2时，22<=6<42；2）假设n=k时，有2k<<4k,当n=k+1时，因为
又<4，所以2k+1<.
所以结论对一切n≥2成立。
11．二项式定理的应用。
例12 若n∈N,n≥2，求证：
[证明] 首先其次因为，所以2+得证。
例13 证明：
[证明] 首先，对于每个确定的k，等式左边的每一项都是两个组合数的乘积，其中是（1+x）n-k的展开式中xm-h的系数。
是（1+y）k的展开式中yk的系数。
从而?
就是（1+x）n-k?
（1+y）k的展开式中xm-hyh的系数。
于是，就是展开式中xm-hyh的系数。
另一方面，==?
=（xk-1+xk-2y+…+yk-1），上式中，xm-hyh项的系数恰为。
所以
12．概率问题的解法。
例14 如果某批产品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品，问：
恰好有k件是次品的概率是多少？
[解] 把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为（a+b）n（即所有的可能结果）。
设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A所包含的基本事件总数为?
akbn-k，故所求的概率为p（A）=
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