组合典型例题解析

组合典型例题解析【例1】判断下列各事件是排列问题，还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数.（1）10个人相互各写一封信，共写了多少封信？（2）10个人规定相互通一次电话，共通了多少次电话？（3）10支球队以单循环进行比赛（每两队比赛一次），这次比赛需要进行多少场次？（4）10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠亚军获得者有多少种可能？（5）从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？（6）从10个人里选出3个不同学科的科代表，有多少种选法？解：（1）是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的•排列数为A：o=9O（种）.（2）是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别.组合数为C2=45（种）.10（3）是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别.组合数为C20=45（种）.（4）是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序区别的.排列数为A2=90（种）.10（5）是组合问题.因为三个代表之间没有顺序的区别.组合数为C3=120（种）.10（6）是排列问题.因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的.排列数为A3=720（种）.10点评：排列、组合是不同的两个事件，区分的办法是首先弄清楚事件是什么？区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果解出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题.【例2】写出从五个元素a，b，c，d，e中任取三个元素的所有组合，并求出其组合数.解：考虑画出如下树形图，按给出字母从左到右的顺序来考虑.bcd根据树形图，所有组合为abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde.组合数为C3=10（个）.点评：排列的树形图与组合的树形图是有区别的.排列的树形图中其元素不能重复出现但可任意排列，而组合的树形图中其元素也不能重复出现，但元素出现的次序必须按照从左到右的顺序（如元素b后面不能出现a，元素c后面不能出现a、b等）来考虑，否则就会出现重复或遗漏.

117【例3】已知丄一丄=丄，求Cn的值.TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\h\z45100(2)A2+A2+A2+・・・+A2.345100解:(1)C2+C2+C2+-+C2345100=(C3+C2)+C2+C2+-+C2-C333451003=(C3+C2)+C2+-+C2-C34451003=C3-C3=166649.1013(2)A2+A2+A2+・+A2345100=A2(C2+C2+—+C2)234100=2X166649=333298.点评：注意题中对公式Cm+Cm-1=Cm及Am=Cm•Am的应用.若逆用公式nnn+1nnmCm+Cm-1=Cm也可解决(1).即将公式变形,Cm-1=Cm-C”，则有C2+C2+C2+^+C2=nnn+1nn+1n345100TOC\o"1-5"\h\z(C3-C3)+(C3-C3)+(C3-C3)+•••+(C3-C3)=C3-C3=166649.354651011001013【例5】解下列方程：(1)C2=66；n(2)Cn=210；10

(3)Cn=C3n€6.1818解：(1)由原方程，得n(n€l)=66,2即n2－n－132=0.解得n=12或n=-11.三2,n=—11舍去.经检验n=12是原方程的解.根据性质Cm=Cn-m知，只需将n=1,2,3,4,5代入Cn=210中——验证，解nn10得C4=210,又C6=C6,101010.n=4或n=6.经检验,n=4,n=6都是原方程的解.由原方程得n=3n—6或18—n=3n—6,.得n=3或n=6.经检验,n=3,n=6都是原方程的解.点评：(1)解Cm=a型的方程有两类：一类已知m求n；另一类已知n求m.对于前者，n只需利用组合数公式转化为关于n的m次方程；对于后者，一般可将未知数的值用1,2,…依次代入验证求解•但在解这类方程时，必须注意检验，不仅要注意OWmWn,n>0,m,nWZ而且要注意组合数性质Cm=Cn-m的运用，以防止失根.nn解Cx=Cy型的方程，要注意两种情形，即x=y或x=n—y,同时要注意n三x±O,nnn三y±O,n>0,x,y,nWZ.例6例6】解方程组Cx…C2x,

nn解：VCx=Cn-x=C2X,nnn.n—x=2x..n=3x.又由Cx+1=11Cx-1得n3nn!(x+1)!(n-x-1)!11n!—•-3(x-1)!(n-x+1)「.3(x—1)!(n—x+1)!=11(x+1)!(n—x—1)!..3(n—x+1)(n—x)=11(x+1)x.将n=3x代入得6(2x+1)=11(x+1)..x=5,n=3x=15.

,x=5经检验，彳’是原方程组的解.In=15点评：本题也可利用组合数公式的变形式，将Cx„1,Cx-1都用Cx来表示，即CX„1=nnnnCxnCxCxnCx-1=nxn-x„1Cxn从而方程Cx+1=Ucx-1可化为xCx=耳XCxn3nx„1n3n-x„1n去Cx，可得解.n代入组合数公式，展开成阶乘形式直接求解，是解方程的基本方法，读者要好好掌握.而利用组合数的变形式，直接消去相同的非零公因式，则可以避免不必要的烦琐计算，可使计算简化，同时体现了数学中整体消元的思想方法.【例7】高二（1）班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中取出3名同学参加活动.（1）其中某一女生必须在内，不同的取法有多少种？（2）其中某一女生不能在内，不同的取法有多少种？（3）恰有2名女生在内，不同的取法有多少种？（4）至少有2名女生在内，不同的取法有多少种？（5）至多有2名女生在内，不同的取法有多少种？解：（1）从余下的34名学生中，选取2名有C2=561（种）.34答：不同的取法有561种.（2）从34名可选学生中，选取3名，有C3种.或者C3-C2=C3=5984（种）.TOC\o"1-5"\h\z34353434答：不同的取法有5984种.（3）从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有C1C2=2100（种）.2015答：不同的取法有2100种.（4）选取2名女生有C1C2种，选取3名女生有C315种，共有选取方式2015N=C1C2+C3=2100+455=2555（种）.201515答：不同的取法有2555种.（5）选取3名的总数有C3，因此选取方式共有N=C3-C3=6545—455=6090（种）.353515答：不同的取法有6090种.点评：（1）一般地说，从n个不同元素中，每次取出m个元素的组合，其中某一元素必须在内的取法有Cm-1组合.n-1（2）从n个不同元素里，每次取出m个元素的组合，其中某一元素不能在内的取法有Cm种.n-1（3）从n个元素里选m个不同元素的组合，限定必须包含（或不包含）某个元素（或p个元素）.解这种类型的题目，一般是将所给出的集合分成两个子集，一个是特殊元素的子集，另一类是一个非特殊元素组成的子集.在解题时，就把问题分解成两步：先在特殊元子集中组合，再从非特殊元子集中组合，最后根据乘法原理得整个问题的组合数.（4）正确理解“至少”“至多”“恰有”等词语的含义，要根据题设条件仔细研究，恰当分类，运用直接法或者运用间接法来求解.【例8】在一个圆周上有n个点（n±4）,用线段将它们彼此相连，若这些线段中的任意3条在圆内都不共点，那么这些线段在圆内共有多少个交点？解：虽然可以算出共有C2条线段，但这些线段在圆内不一定有交点，所以必须考虑怎n样的两条线段在圆内有交点？如图，交于圆内点P的两条线段AB与CD的端点必不重合，即每个圆内的交点取决于圆周上的四个点；反之，圆周上的每4个点，虽然可连成C2=64条线段，但它们在圆内的交点有且只有一个，这样，每个圆内的交点与圆周上每4个点之间建立了一一对应关系，所以这些线段在圆内共有交点个数为C4个.n【例9】10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果.（1）4只鞋子没有成双的；（2）4只鞋子恰成两双；（3）4只鞋子中有2只成双，另2只不成双.解：（1）从10双鞋子中选取4双，有C；0种不同选法，每双鞋子中各取一只，分别有2种取法.根据乘法原理，选取种数为N=C4・24=3360（种）.10答：有3360种不同取法.（2）从10双鞋子中选取2双有C2种取法，即45种不同取法.10答：有45种不同取法.（3）解法一：先选取一双有Ci种选法，再从9双鞋中选取2双有C2种选法，每双鞋109只取一只各有2种取法•根据乘法原理，不同取法为N=C1oC9乜二1140（种）•解法二：先选取一双鞋子有C1o种选法，再从18只鞋子中选取2只鞋有C28种，而其中成双的可能性有9种.根据乘法原理，不同取法为N=C1（C2—9）=1140（种）.1018答：有1140种不同取法.点评：本题解决的办法是将“事件”进行等价处理，如第一问“4只鞋子没有成双的”相当于这四只鞋子来自于4双.因此分两步完成，第一步取四双鞋，第二步从每双鞋中各取一只.希望同学们好好地体会这种思想方法.【例10】某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷.现从这11人中选出4人排版、4人印刷，有几种不同的选法？AB524解：设A=｛排版｝,B=｛印刷｝,如图.对BnA中的四人进行分类.4人全部选出，此时完成这件事还需从其余7人中选出2人排版.这相当于从4人中选出4人印刷，从7人中选出4人制版，故有C4C4=35种选法.474人中选出3人，此时还需从AnB中选出一人去印刷，然后再从剩下的6人中选出4人制版，故有C3・Ci・C4=120种取法.4264人中选出2人，此时还需从AnB中选出两人去印刷，然后再从AnB中选出4人制版，故有C2・C2・C4=30种取法.425根据分类计数原理，共有35+120+30=185种不同的选法.点评：(1)本题属于交叉问题(AQB有2个元素)，此类问题要借助集合知识按块进行分类讨论.也可按AnB分成三类，C4・C4+C3・C1・C4+C2・C2・C4=185.6525524还可按AnB分类，但较麻烦，同学们不妨试一试.【例11】有6本不同的书.分给甲、乙、丙三人，如果每人得2本有多少种方法？(2)分给甲、乙、丙三人，如果甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种分法？分给甲、乙、丙三人，如果1人得1本，1人得2本，一人得3本，有多少种分法？分成三堆，其中一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种分法？(5)平均分成三堆，有多少种分法？分成四堆，其中2堆各1本，2堆各2本，有多少种分法？(7)分给4人，其中2人各1本，2人各2本，有多少种分法？解：(1)甲先取2本有C2种方法，乙再从余下的4本书中取2本有C2种方法，丙取64最后2本书有C2种方法，因此总共有C2・C2・C2=90种方法.2642同(1)有C1・C2・C3=60种分法.653三人中没有指明谁是甲、乙、丙，而三人中谁是甲、乙、丙可有A3种方法，所3以共有C1・C2・C3・A3=360种分法.TOC\o"1-5"\h\z533同(2)有Ci・C2・C3=60种分法.653同(2)有C2・C2・C2种分法，下面对其正确性进行研究：设a,b,c,d,e,642f六本书，则C2中有可能为a、b,C2可能为c、d,C2可能为e、f即有一分堆方法：a、642b,c、d,e、f同时C2中也有可能为c、d,C2中可能为e、f,C2可能为a、b,显然这642种分组方法同上，故C2・C2・C2种方法中有重复，应剔除.注意到a、b,c、d,e、f的所642C2€C2€C2有排列只对应一种分堆方法，故分堆方法应为—42=15种方法.A33本题还可用下面的方法处理：设每堆2本的分法为x.分给甲、乙、丙每人两本，则可分步进行，先平均分成3堆，有x种方法，再将3堆不同的书送给3位同学，有A3种方法.所以x・A3=C2・C2・C2,33642•°.x=15.C1€C1€C2€C2同(5),有6°5°4匕=45种方法.A2€A222C1€C1€C2€C2同(5)(6)有亠5-4-2・A4=1080种万法.A2€A2422点评：(1)以“书”为主元素比以“人”为主元素考虑要方便.(2)平均分组应防止重复.平均(部分均匀)分成m组，则需除以Am，若有序，则再乘以全排列.m复杂问题(如(7))可先组合(分组)后排序.【例12】(1)12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，问每个盒子中至少有一个小球的不同放法有多少种？12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，每盒可空，问不同的放法有多少种？12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，要求每个盒子中的小球数不小于其编号数，问不同的放法有多少种？解：(1)将12个小球排成一排，中间有11个间隔，在这11个间隔中选出3个，放上“隔板”，若记作“|”看作隔板，则如图00|0000|0000|00隔板将一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即上图中1，2，3，4四个盒子相应放入2个，4个，4个，2个小球，这样每一种隔板的插法，就对应了球的一种放法，即每一种从11个间隔中选出3个间隔的组合对应于一种放法，所以不同的放法有C31=165种.答：每盒至少有一个小球，有165种不同放法.（2）因为每盒可空，所以隔板之间允许无球，那么插入法就无法应用，现建立如下数学模型.将三块隔板与12个球排成一排，则如图000||00000|0000中隔板将这一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即上图中1，2，3，4四个盒子相应放入3个，0个，5个，4个小球，这样每一种隔板与球的排列法，就对应了球的一种放法.排列的位置有15个，先从这15个位置中选出3个位置放隔板有C35个选法即排法，再在余下的位置放球,只有一种放法，所以隔板与球的排列法有C3种，即球的放法有C3=455（种）.1515答：允许空盒，有455种不同的放法.（3）解法一：用（1）的处理问题的方法.将1个，2个，3个小球分别放在编号为2，3，4的盒子中，将余下的6个小球分别放在四个盒子中，每个盒子至少一个小球，就确定了一种放法.将三块隔板放在6个小球的间隔中，有C53=10种插法，所以不同的放法总数等于余下的6个小球分别放入四个盒子（每盒至少1个）的不同放法总数为10种.解法二：用（2）的处理问题的方法.将1个，2个，3个，4个小球分别放在编号为1，2，3，4的盒子中，将余下的2个小球分别放在四个盒子中，每盒允许空盒，就确定了一种放法.将三块隔板加上2个小球排成一列，有C52种排列，即有C52种放法.所以不同的放法总数等于余下的2个小球分别放入四个盒子（允许空盒）的不同放法总数为10种.答：放球数不小于编号数的放法总数为10种.点评：这是一道有限制条件的“相异元素允许重复的组合”问题，上一道例题是一个有限制条件的“相异元素允许重复的排列”问题，它们的相同之处是“相异元素允许重复地选取”，不同之处是选取后一个是无序的组合，一个是有序的排列.尽管它们有着本质的区别，但类比于上述例题的数学模型，本例我们也可以建立相应的数学模型来处理.【例13】在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有多少种?解法一：首先考虑A、B两种作物的间隔不少于6垄的可能情况，间隔可以有6垄、7垄、8垄.间隔6垄时有3种位置，间隔7垄时有2种位置，间隔8垄时有1种位置，而对每一种位置有A2种种植方法，因而共有（3+2+1）A2=12种不同的选垄方法.22解法二：把6垄看作一个整体，从其余4垄中任取2垄种植A、B两作物，有A2种选4种方法，然后把那6垄插入A、B之间即可，因而不同的选种方法为A2=12种.4【例14】用0，1，2，3，…，9这十个数字组成五位数，其中含有三个奇数数字与两个偶数数字的五位数有多少个?解法一：考虑0的特殊要求，如果对0不加限制，应有C5C5A5种，其中0居首位的有C3C1A4种，故符合条件的五位数共有C3C2A5-C3CiA4=11040个.544555544解法二：按元素分类：奇数字有1，3，5，7，9；偶数字有