1、高中数学选修23题型总结1229155624高中数学选修2-3题型总结(重点)本书重点:排列组合、概率第一章计数原理第二章概率一、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
2、,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Anm 表示, Anm =n(n-1)n!(n-m+1)= ( nm)! ,其中 m,n N,m n,注:一般地A0Ann =1, 0! =1,n =n! 。Ann4 N 个不同元素的圆周排列数为n=(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
3、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C nm表示:C nmn( n1) ( nm 1)n!.m!m!( nm)!nk 1k6【了解】 组合数的基本性质: (1)C nmC nn m ;( 2)Cnm1 C nmC nn 1;( 3)kC n 1C n ;n( 4 ) C n0C n1C nnk 0 C nk2n;( 5 ) C kkCkk 1C kkmC kkm11 ;(6)C nk C kmC nn mk 。7定理 1:不定方程 x1+x2+ +xn=r 的正整数解的个数为Crn11。 证明 将 r 个相
4、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 C rn11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C nrr1.推论 2从 n 个不同元素中任
5、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C nm m 1 .8二项式定理:若nN+,则(a+b)n=C n0a nC n1 an 1b C n2 a n 2 b2C nr a n r brCnn b n.其中第r+1 项Tr+1= C nr a n r b r , C nr 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m一试验时,事件 A发生的频率 n 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
6、,其中事件A 包含的结m .果有 m 种,那么事件 A 的概率为 p(A)=n11.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 A 。由定义知 p(A)+p( A )=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
7、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)= C nk ?pk(1-p)n-k.1
8、7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就是一个随机变量,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,设离散型随机变量可能取的值为x1,x2, ,xi, ,取每一个值xi(i=1,2, )的概率p( =xi)=pi ,则称表x1x2x3xip p1 p2 p3 pi为随机变量的概率分布,简称的分布列,称 E =x1p1+x2p2+ +xnpn+ 为的数学期望或平均值、均值、简称期望,称 D =(x1-E )2?p1+(x2-E )2?p2+ +(xn-
9、E )2pn+ 为的均方差,简称方差。 D 叫随机变量的标准差。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( =k)= C nk p k qn k , 的分布列为01xiNpC n0 p 0q nC n1 p1q n 1C nk p k q n kC nn p n此时称服从二项分布,记作 B(n,p). 若 B(n,p) ,则 E =np,D =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(=k)=qk-1p
10、(k=1,2, ),的分布服从几1q何分布, E = p,D = p 2(q=1-p).二、基础例题【必会】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)! .n(2n-1) (2n-3) 3 1= 2 (n! )2加法原理。例 2 图 13-1 所示中没有电流通过电流
11、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 C42-1=5 种可能; 3) 3 个电阻断路,有 C 43=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 310 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 A6种排法,再从演唱节目之间和前后一共7 个位先将 6 个演唱节目任意排成一列有6置中选出 4 个安排舞蹈有 A74种方法,故共有A66A74=604800 种方式。4映
12、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-a23,那么所有符合要求的不同取法有多少种? 解 设 S=1,2, ,14 , S =1 , 2, , 10 ; T=(a1,a2,a3)|a1,a2,a3 S,a2-a1 3,a3-a23,T =(a1 ,a2, a3) S | a1, a2 , a3S , a1a2a3, 若 (a1 , a2 , a3 )T,令a1a , aa2, a3a 4,则 (a1,a2,a3) T,这样就建立了从 T 到 T 的映射, 它显然1223是单射,其次若 (a1,a2,a3)T,令a1a
13、, aa2, a3a4,则(a ,a , a) T ,从1223123而此映射也是满射,因此是一一映射,所以|T|= | T | C103=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C10k个, k=1,2, ,10,因此, A的子集的元素个数之和为C 12C 210C 1010(C 0C1C 9 )10101099910
14、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 。3| Ai | AiAj | | A1A2 A3|所以由容斥原理|A1A2A3|= i1i j=3 2n-3. 所以满足条件的
15、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
16、 x1=1+ 3 ,x2=1- 3 ,故 an=c1(1+ 3 )n+c123 , c232c2(1+3)n, 由a1=3,a2=8得232 3,所以an1 (13)n 2(13)n 2 .4 38算两次。例 8m,n,r N+,证明: C nrmCn0CmrCn1 Cmr 1Cn2 Cmr 2Cnr Cm0 .证明 从 n 位太太与 m 位先生中选出r 位的方法有 Cnrm 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Cnk C mr k 种, k=0,1, ,r。所以从这 n+m 人中选出 r 位的方法有C 0C rC 1 C r 1C rC0nmnmnm 种。
17、综合两个方面,即得式。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+x2 0)2 ?(1+ x21)3 ? ?(1+x 210)3 的 展 开式 中 xn的系 数( 约 定 |x|1 ),由于11211f(x)=1x(1+x20)(1+x 21)?(1+x 21
18、0)3=(1 x)(1 x) 3 (1 x)3= (12 12 (1x 211)x)(1x)3。1而 0 2004211 , 所 以 an等于 (1x2 )(1 x) 2的 展 开 式 中 xn 的 系 数 , 又 由 于111(1x2 )(1x) 2= 1x 2? (1x) 2=(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 Cnk 的性质。k例 10 证明: C2m 1 是奇数
19、 (k 1).(2m1)( 2m2) (2m1 k 1) 2m1 2m22mk证明C2km 1 =1 2k12k令2mi2m2ti pi 2m t ipiti?pi(1 i k), pi 为奇数,则i2t i pipi,它的分子、分母均i= 2为奇数,因 C2km 1 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: 2nC 2nn4n.证明 1)当 n=2 时, 22C 42C 2kk=642 ; 2)假设 n=k 时,有 2k4k, 当 n=k+1 时,因为C 2k(k11) 2(k 1)!2(2k 1)!2( 2k1) C 2kk .(k 1)! (k 1)!(k1
20、)! k!k12( 2k1)2k又k12C2 k4,所以 2k+1所以结论对一切 n2 成立。11二项式定理的应用。C2k( k1 1) 4C2kk4k 1.n2 1例 12 若 n N, n 2,求证:1n3.1 1nCn1 1 Cn211Cn0Cnn2,证明首 先nnn 2nn其次因为nC nk 1n(n 1) ( n k 1)1111 (k 2)1 1nknkk!k! k( k 1)k 1 k, 所 以n21n111111112+C nn 2C nnn21223n1n 3n3.得证。nm hhm 1( h m n).例 13C n kC kCn 1证明: k 0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 Cnm kh 是(1+x)n-k 的展开式中 xm-h的系数。
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