第10章排列组合二项式知识点+例题.doc

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排列组合基本问题教案

1．排列的概念：

从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列

2．排列数的定义：

从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示

3．排列数公式：

（）

4阶乘：

表示正整数1到的连乘积，叫做的阶乘规定．

5．排列数的另一个计算公式：

=

6组合概念：

从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合

7．组合数的概念：

从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．

8．组合数公式：

或

9.组合数的性质1：

．规定：

；

10.组合数的性质2：

＝+Cn0+Cn1+…+Cnn=2n

11.二项式展开公式：

（a+b）n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn

12.通项公式：

二项式展开式中第k+1项的通项公式是Tk+1=Cnkan-kbk

题型讲解

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）

解：

（1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为

（2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有种选法，然后其他5人选，有种选法，故排法种数为

（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：

①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为；

②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有种选法，其余两棒次不受限制，故有种排法，

由分类计数原理，共有种排法

（4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4人一起作全排列共有种排法

（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、右及之间的空挡插位，共有（或用6人的排列数减去问题

（2）后排列数为）

（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人在3个位置上全排列，故有排法种

　　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

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？

（1）没有次品；

（2）恰有两件是次品；（3）至少有两件是次品

　　解：

（1）没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法，共有种

（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，共有种

（3）至少有2件次品的抽法，按次品件数来分有二类：

第一类，从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有种

第二类从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有种

按分类计数原理有种

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，那么所得结果是种，其结论是错误的，错在“重复”：

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（或B、C），第二步再抽B（或A）和其余2件正品是同一种抽法，但在算式中算作3种不同抽法

例3求证：

①　；②

证明：

①利用排列数公式左右

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：

①第一类不含某特殊元素的排列有

　第二类含元素的排列则先从个元素中取出个元素排列有种，然后将插入，共有m个空档，故有种，因此

②利用组合数公式

左

右

另法：

利用公式推得左右

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

例4已知是集合到集合的映射

（1）不同的映射有多少个？

（2）若要求则不同的映射有多少个？

分析：

（1）确定一个映射，需要确定的像

（2）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，各方案独立且并列需要分类计算

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，共有个不同映射

（2）根据对应的像为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；

第二类：

一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映射有个；

第三类：

二个元素的像是2，另两个元素的像必为0，这样的映射有个

由分类计数原理共有1+12+6=19（个）

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　种方法；问题

（2）的关键结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏

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？

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A共面，共有种取法

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

根据分类计数原理和点A共面三点取法共有种

（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（种取法）减去4点共面的取法

取出的4点共面有三类：

第一类：

从四面体的同一个面上的6点取出4点共面，有种取法

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

第三类：

从6条棱的中点取4个点共面，有3种取法

根据分类计数原理4点共面取法共有

故取4个点不共面的不同取法有（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共线，点共面与不共面，线共面与不共面等

小结：

⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有种“捆绑”方法

⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有种不同的“插入”方法

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，有种不同的“插入”方法

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

【例题解析】

例1完成下列选择题与填空题

（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有种。

A.81 B.64 C.24 D.4

（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

（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，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，则四张贺年卡不同的分配方式有（）

A.6种 B.9种 C.11种 D.23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。

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