两个计数原理与排列组合知识点及例题

1、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：完成一件事，有 n类办法，在第1类办法中有mi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m“种不同的方法，那 么完成这件事共有N=mi +m2 +mn种不同的方法.2、分步计数原理：完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有im种不同的方法，做第2 步骤有种不同的方法 做第n步骤有m.种不同的方法，那么完成这件事 共有N=miXm2 X X m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。问可以配制岀多少种不同的品种？分析：1、完成的这件事是什么？2 、如

2、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种选择共有 N=3X 5X 2=30 （种）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

3、？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=5X4=20 （种）例3、有1、2、3、4、5五个数字.（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？（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=5X 5X 5 = 125 （个）【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?例2 有一个

4、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、有一个班级共有46名学生，其屮男生有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?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

5、概念:从n个不同元素中，任取m (ntn)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n个不同元素中取出 m个元素的一个排列 2排列数的定义:从n个不同元素中，任取m (mn)个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m元素的排列数，用符号AF表示3排列数公式：Anm n(n l)(n 2)L(n m 1) ( m, n N,m n )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! 1.5 排列数的另一个计算公式:AFi(n m)!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7.组合数的概念：从n个不同元素

6、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.用符号C表示.8.组合数公式:Cn5 n（nl）（n2）L（n ml）wccnmn! （n,m N,且 n. n）Amm!m!（ n m）!9 组合数的性质1：Cnm Cnnm 规定：CnCnCn1+ +CJ 二 210组合数的性质2: Cnmi =Cnm+Cnm 1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名运动员屮选出4人参加4 X 100米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6人排成一排

7、，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A66 720（2） 甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有 皿种选法，然后其他5人选，有A5：种选法，故排法种数为A? A55480（3）有两棒受限制，以第一-棒的人选来分类： 乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为A5?; 乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有A*种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有a*4种选法，其余两棒次不受限制，故有 A41 A41 A22种排法，由分类计数原理，共有 A3 A1

8、A1 A2 252种排法54 44（4） 将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4人一起作全排列共有 A22 As5 240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 A44 A52 （或用6人的排列数减去问题（2）后排列数为A66240 480 ）（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

9、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 C 975 64446024种（2）恰有2件是次品的抽法就是从 97件正品屮抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法，共有 C973C32442320 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件正品屮抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有C973 C32种第二类从97件正品屮抽取2件，并将3件次品全部抽取，有C972C33种按分类计数原理有C973 C32C972C 33 4 4 6 9 7 6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

10、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C32C 983 4 6 6 2 8 8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 C32 C983中算作3 种不同抽法mm 1mm 1m 1mm 1c例 3 求证： An 1 ITlAn 1 An ; C n C n 2Cn n -证明：利用排列数公式左 n 1 !m n 1 !n m n 1

11、! m n 1 ! rH Anm 右n m 1 ! n m !n m !n m !另一种证法：（利用排列的定义理解）从 n个元素屮取m个元素排列可以分成两类:AnFi种，然后将a插入, 第一类不含某特殊元素a的排列有1第二类含元素a的排列则先从n 1个元素中取出 m 1个元素排列有共有m个空档，故有m AF种，因此Anmi m Anm i1 Anm 利用组合数公式2n !in n 2另法:点评:mmc利用公式CnCn】ni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推得左 Cn CnCn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?2)若

12、要求 f a fb f c f d4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（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 3 3 3 33个不同映射（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；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c p 12个：第三类：二个元素的像是 2,另

13、两个元素的像必为 0,这样的映射有C 42 6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 m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点必与点共面，共有3C 53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

14、3种取法根据分类计数原理和点 A共面三点取法共有3C533 33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 ,（Cio4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4C6种取法第二类：每条棱上的3个点与所对棱的屮点共面，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4C 66369故取4个点不共面的不同取法有Cio4 4C646 3141 （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

15、面与不共面等小结:m个不同的元素必须相邻，有Pm,n种“捆绑”方法m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PF 种不同的“插入”方法m个相同的元素互不相邻，分别“插入”到n个“间隙”屮的m个位置，有CJ种不同的“插入”方 法若干个不同的元素“等分”为nr个组，要将选取出每一个组的组合数的乘积除以PJ【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。B.64（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（）B.64（3）有四位学生参加三项不同的竞赛， 每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有； 每项竞赛只许

16、有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 : 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=3X 3X3X 3=34=81,故答案选 A。本题也可以这样分类完成，四封信投入一个信箱中，有C3 投法；四封信投入两个信箱屮，2 I2 ,（2）种投法；四封信投入三个信箱，有两封信在I可一信箱中，有2 3种投34律C2424312122223C 0,即a、b异号。b（1）若 c=0, a、b 各有 3 种

17、取法，排除 2 个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0）,故有 3X 3-2=7（条）。一（2）若cHO, 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 3X3X 4=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43条。注:本题是1999年全国高屮数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有。错误原因没有对c=0与cHO正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。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，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1 ）这些直线所交成的点的个数（除原 10点外）。（

18、2）这些直线交成多少个三角形。解法一 （1）由题设这10点所确定的直线是C.o =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IOC?亦叫.9所以这些直线交成新的点是：C45 L10C92=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

19、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：3C J”10（2）同解法一。注 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 考虑实际几何意义。例6 （1）如果（X+ 1 ） 2n展开式中，第四项与第六项的系数相等。求 n,并求展开式中的常数X项；（2）求（x1） *展开式中的所有的有理项。24x解 (1 )由 C2n3=C2n5,可得 3+5=2“ n=4 o设第k+l项为常数项k 8-k -k k 82k贝ij T k+i=Cs x x =Cs x8-2k=0 ,即k=4常数项为T5=C84=70o(2)设第k

20、+l项有理项，则8 kITk 1 Q? 厂(-x)k216 3kC8k -( L216 3k因为0WkW8,要使 丘乙 只有使k分别取0, 4, 84所以所求的有理项应为：丄 351Ti=x4,T 5= x,T 9 x 8256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+l项。例7( 1 )求4X 6n+5n+1被20除后的余数；nl n-12n-2n-1(2) 7 +Cn 7 +Cn 7 + +Cn X 7除以9,得余数是多少？(3) 根据下列要求的精确度，求的近似值。精确到；精确到。解 (1)首先考虑4 6n+5n+,被

21、4整除的余数。n+1n+1n+11 n2n-1n.5 =(4+1)=4+Cn+l4+Cn+14+ +Cn+1 4+1其被4整除的余数为1被20整除的余数可以为1, 5, 9, 13, 17然后考虑4 6n+I+5n+1被5整除的余数。；nJ15+C2 n-2 + +C 卸 5 + 1)nnn被5整除的余数为4其被20整除的余数可以为 4, 9,14,19o综上所述，被20整除后的余数为9on1n-12n-2n-1 7nnn=(7 + 1)n-l=8 n-l=(9-l) n-lnln-12n-2n-1n-1nn=9Cn 9 4-Cn 9+(1)Cn 9+(-1) Cn-1(i) 当n为奇数吋原式

22、 9,vl +Cn2 9n2 + () nJ Cnn- 9-2 除以9所得余数为7O(ii) 当n为偶数时nln-12n-2n-1n-1聚斗“v今C9 c0nnn0,即被9整除。除以9所得余数为(3) 5=( 1 + ) 5= 1+C1. C5 x = C 5 X =8X 10当精确到时，只要展开式的前三项和，1+二，近似值为。当精确到时，只要取展开式的前四项和，1+=,近似值为。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 再按二项式定理展开推得所求结论。（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。例8证明下列不等式：q

23、 n u nh（1）2 a（ 2 ）n （a、be xlx 是正实数,n e N）;(2)已知 a、b 为正数，且 J. +=1，则对于 ne N 有(a+b) n-a n-b n22n -2 n+,o证明 (1)令 a=x+ 5 , b=x- 62an+bn=(x4- 6)n+(x- 6)nn I n-1n n n1 n-1n nn=X +Cn X 6 + +Cn 6 +X -Cn X +(-1 ) Cn 6=2(x n+Cn2xn-2 5 2+Cn4xn-4 5 4+)2xn即型2 (4)2 2(2) (a+b)(a+b)n=bn+CnIbn-1 a+ +Ca 上述两式相加得：2(a+b)

24、 nn n “J 叫且a、b为正数a b/. ab=a+b 2%/ab labM 4 (a+b) n-a n-b2 (C 12+ +C n-1) n2 (2 n-2) 2n22n2 n+l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6奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题(2)屮，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 题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。例9已知(1-ax) 11展开式的第p,p+l,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项

25、的系数之和为0,而(lax )叶|展开式的第p+i与p+2项的二项式系数之比为1 ：2。(1 )求(lax ) n+,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：2CnP C nP 1 CnP 1Cn11 P( a)n p Cnn 1 P( a)n i p 0p p 12Cn 1 C n 1n p由得，2CnP=p 6卩+ Cn Pn 1 p p 1两边约去CnP,可得：n2=P+P n 1 p p 1p n 1 p P由得，2Cn+l =Cn+1P 1约去C p可得，n=3p+ln+lP 11 p 2解方程组 n 1 p p 1 n 3 p 1得：n=7,p=2.将p=2,n=7代入得：5566C MJ*C -077解之得：a=0或3。若a=0 ,则(1-0 x) *的中间项T5=0,( 1-0 x) 7展开式中系数最大的项是 Ti=lo&的屮间项(-3X )47的展廿式