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排列、组合和二项式定理1


一排列和组合的基本内容 (一)排列 I. 排列的定义 我们用两个例子来引出排列的概念 例 1 从三位先进工作者张、王、李里面选出一个人当组长,一个人当副组长,可有几种 选法? 从张、王、李三个人里面选一个人当组长的方法有三种,而不论选谁当组长后,再选 另一个人当副组长的方法就有 2 种,例如选张当组长后再选另一个人当副组长的方法就有 2 种,就是选王或者选李,所以,选一个人当组长

,一个人当副组长的方法共有 3×2=6 种。 为了清楚说明问题起见,我们可以把这些选法列成下表 组长 副组长 张 王 张 李 王 张 王 李 李 张 李 王

从表里可以看出,第一个选法和第三个选法,选出的两个人是一样的,但是指定他们担 任的职务却不同,第一个选法是选张当组长,而选王当副组长,第三个选法是选王当组长, 而选张当副组长, 故这是两种不同的选法。 这一点反应在表上, 就是他们排列的顺序不一样: 张王和王张。同理可以说明第二个选法和第五个选法是两种不同的选法,就是张李和李张。 第四个选法和第六个选法是两种不同的选法, 就是王李和李王。 如果我们把当组长的姓写在 前面,当副组长的姓写在后面,那么这 6 种选法就是: 张王、张李、王张、王李、李张、李王 例 2.从三个不同的数字 4,7,9 里每次取出两个不同的数字排列起来, 一共可以组成多少 个两位数? 从三个不同的数字里选出一个数字排在十位上有 3 种方法,每次选定一个数字排在十 位上后,再选一个数字排在个位上有 2 种方法,故可以组成 3×2=6 个两位数 ,就是 47,49,74,79,94,97 上面两个例子所研究的事物是不同的,例 1 是张、王、李三个人,例 2 是 4、7、9 三 个数字(以后我们都称为元素) ,它们研究的问题也一样,例 1 是要知道不同的选法有几种, 例 2 是要知道不同的两位数字有几个。但是我们可以看到,这两个问题的共同特点,它们 都是研究“从三个不同的元素里每次取出 2 个不同的元素,按照一定的顺序摆成一排,一 共有多少种不同的摆法?” “从三个不同的元素里每次取出 2 个不同的元素,按照一定的顺 序摆成一排” ,对例 1 来说,就是表示“从三个人里每次取出 2 个人,一个人当组长一个人 当副组长”的一种选法;对例 2 来说,就是表示“从三个不同的数里,每次取出 2 个不同 的数字组成两位数”的一种选法,而且从“从三个不同的元素里每次取出 2 个不同的元素, 按照一定的顺序摆成一排”还可以在其他问题里得到他的具体内容。 上面“3 个”或“两个”在实际中还可以推广到“m 个”和“n 个” ,一般来说:从 m 个元素里,每次取出 n 个元素,按照一定的顺序摆成一排,叫做从 m 个元素里每次取出 n 个元素的排列。 根据上面的定义,在例 1 的每一种选法,在例 2 的每一个两位数,都是从 3 个 元素 里每次取出 2 个元素的一个排列。 上面的排列的定义,其中 m 个元素,n 个元素都不一定是各不相同的。而在这一部分 里,我们只研究从 m 个不同的元素里每次取出 n 个(1≤n≤ m)各不相同的元素的排列,以 后所说的从 m 个元素里每次取出 n 个元素的排列都是指这样的排列。 从 m 个元素里每次取出 n 个元素得到的一个排列,根据排列的定义,必须完成以下两 点: 1.取出 n 个各不相同的元素;2.按照一定的顺序摆成一排。

因此,若两种排列所含的元素不完全一样,那么就是不同的排列;若两种排列所含的元 素虽然完全一样,但摆的顺序不同,那么也是不同的排列。只有当两个排列所含的元素完全 一样,并且摆的顺序有完全相同,这两个排列才算是相同的排列。例如,排列 79 和排列 74 是两个不同的排列,排列 47 和排列 74 也是两个不同的排列,而排列 47 和排列 47 是两个 相同的排列。 上面定义的排列,如果 m>n,这样的排列就叫做选排列。例 1 和例 2 都是选排列问题。 如果 m=n 这样的排列(也就是每次取出所有的元素的排列)叫做全排列。全排列所有不同 的是排列含有的元素完全一样只是元素的排列顺序不完全相同。 下面我们讨论有关选排列全排列的问题。 II. 计算排列的种数
n 1.符号 Am 、 Pm 从 3 个不同元素 a、b、c 里每次取出 2 个不同元素的所有不同的排列

有 6 种:ab、ac、ba、bc、ca、cb。也就是说,从 3 个不同元素里,每次取出 2 个不同的 元素的所有不同的排列种数有 6.从 m 个不同的元素里每次取出 n 个元素所有不同的选排列
n 的种数,通常用符号 Am 表示。 n (也记作 P(n, r ) )是一个数,是从 m 个不同的元素里每次取出 n 个元素所有不同 Am

的选排列的种数。必须注意,要把它和“排列”区分清楚,而且也要把它和“从 m 个不同 的元素里每次取出 n 个元素所有不同的选排列”区分清楚。例如,从 3 个不同元素 a、b、c 里每次取出 2 个不同元素的所有不同的排列是指“从 3 个不同元素 a、b、c 里每次取出 2 个不同元素按着一定的顺序摆成一排”这一事件;从 3 个不同元素 a、b、c 里每次取出 2 个元素的所有不同排列是 ab、ac、ba、bc、ca、cb,而 A23 是从 3 个元素 a、b、c 里每次 取出 2 个元素所有不同的排列种数,A23 =6,就是 A23 表示的是 6。当然,如果能够把从 3 个元素 a、b、c 里每次取出 2 个元素所有不同的排列都表示出来,也就知道 A23 =6 了。 m 个元素所有的全排列的种数通常用符号 Pm 表示,就是 Pm =Amm 2.写出所有不同排列的方法: 在实际工作中常常要求写出某个排列问题里所有的不同的 排列,所以必须学会怎样写,而且这对指导计算排列的种数 Amm 的公式也有帮助。 写出某个排列问题里所有不同的排列,必须做到不重复不遗漏。如果不掌握写的方法, 常常不能达到这个要求。例如,要我们写出四个元素 a、b、c、d 里每次取出 3 个元素的的 所有不同排列, 怎样才能做到不重复不遗漏呢?关于这一点, 我们从外文字典的排法和查法 得到启发。 写出这样一个排列要从左到右顺次写出三个元素, 第一个位置上的元素的写法有 四种 a、b、c、d;每次把第一个位置上的元素写好后,第二个位置上的写法就有三种了。 例如,第一个位置上的元素写的是 b,那么,第二个位置上就只能是写元素 a、c、d 三种情 况,即 ba、bc、bd。第一个、第二个位置上的元素写好后,第三个位置上的元素的写法只 有二种。把上面的过程列出来,可以比较清楚地看出写的方法。 ab ac abc abd acb acd adb ad adc bd b ba bc bac bad bca bcd bda bdc cd c ca cb cab cad cba cbd cda cdb dc d da db dab dac dba dbc dca dcb

a

上表的最右边的 4×3×2=24 个排列, 就是要求写出的所有排列。 首先, 这样写不会遗漏, 因为任意一个合乎题意的排列,都可以用查字典的方法在所写的排列里找到。其次,最后写 出 24 个排列里不会有相同的,也就是这样写不会重复。例如,第一个位置上是 a 的 6 个排 列和其他的 18 个排列第一个位置上的元素就不同,而第一个位置上是 a 的 6 个 排列里, 开头是 ab 的两个排列和开头是 ac、ad 的四个排列,第二个位置上的又不相同,开头是 ab 的二个排列,第三个位置上的元素又不同。 如果能够从 4 个元素里每次取出 3 个元素的所有不同的排列写出来就很容易算出 3 A 4=4×3×2=24 了。 同样我们可以写出全排列的所有排列。
n III. 计算 Am 、 Pm 的公式 n 首先, 我们来研究怎样推出 Am 公式。 上面虽然介绍了写出从 m 个元素里每次取出 n

个元素的所有不同的排列的方法 ,但是当 m 和 n 比较大的时候要把所有的排列都写出来 就困难了。 例如, 从 11 个不同元素里每次取出 10 个不同的元素的所有不同排列有 39116800 种。这么多的排列,不可能在短时间内把他们都写出来。而在一般的情况下,常常只要求出
n 所有不同的排列种数,却不要写出所有的排列来。所有推导计算 Am 的公式是十分必要的。

现行代数课本里推到计算 Amm 的公式按照下列方法进行: (1)当 n=1 时,很明显 A1m=m (2)当 n=2 时,因为,A1m = m,把从 m 个元素里每次取出 1 个元素所有不同的排列 写成 m 列[(m-1)行],然后在每一种这样的排列的后面写上其余的(m-1)个元素里的每 一个元素,就得到(m-1)种从 m 个元素每次取出 2 个元素的排列,所以 m 列就一共可以 得到 m(m-1)个排列,就是 A2m =m(m-1) 例如,从四个元素 a、b、c、d 里每次取出 2 个元素的排列,先把 a、b、c、d 写成四 列三行的形式,然后在每个元素后面写出其余 3 个元素,如下 ab ba ca da ac bc cb db ad bd cd dc (3) 当 n=3 时,把上面 n=2 时的 m(m-1)个排列写成 m(m-1)列[(m-2)行],然 后在每一种这样的排列的后面写上其余的(m-2)个元素里的每一个元素,就得到(m-2) 种从 m 个元素里每次取出 3 个元素的排列, 所以 m (m-1) 列就一共可以得到 m (m-1) (m-2) 个排列。就是 A3m =[m(m-1)](m-2)=m(m-1) (m-2) 譬如,从四个元素 a、b、c、d 里每次取出 3 个元素的排列,先把上面的排列写成 12 列 4-2=2 行的形式,再在每个元素后面写出其余 2 个元素,如下 abc acb adc bac bca bda cab cba cda dac dba dca abd acd adb bad bcd bdc cad cbd cdb dab dbd dcb …… …… 一般地说
n =m(m-1)(m-2)· · · · · · · · · · · · (m-n+1) Am

这种推倒的方法是不完全归纳法 (也可用数学归纳法证明) 在研究这个公式时我们不能 满足于能够记住公式,而更重要的是要理解这种推导方法。不仅对以后解应用题有好处,就

是对记忆公式也有好处,所以在这个公式推导出来以后,应当想一想: (1)为什么要用乘法?(2) 为什么要有 n 个因数相乘? (3)为什么第一个因数是 m, 第二个因数是 m-1· · · · · · 第 n 个因数是 m-n+1?
n 计算 Pm 的公式可以从计算 Am 的公式里使 m=n 而推导出来就是:

(m-2)· · · · · · 4· 3· 2· 1 Pm =Amm=m(m-1) 这里需要 31 阶乘的概念,就是自然数 1 到 m 的乘积 1· 2· 3· · · · · · (m-2)(m-1)m 通常用 m!来表示,读作“m 的阶乘”这就是 Pm =m! IV. 有关的计算问题: (1)计算排列种数的公式有时需要反过来应用,这就要求我们把公式记得很熟。例如 式子(m-2) (m-3) (m-4)· · · · · · · · · · · · (m-n+2) ,就知道他是 Am ? 2 的展开式,这里,练习下 面的变形,对掌握公式会有帮助。
n =m(m-1)(m-2)· · · · · · (m-n+1) Am
n ?3

=m·Am ?1 =m(m-1) Am ? 2 =m(m-1)(m-2) Am ?3 =· · · · ·
1 n?1 2 n ?2 3 m?3 = AM ?1 ? Am?1 ? Am ? Am?2 ? Am ? Am?3 ? ? ? ? ? ? ? ·
n?1 n ?2 n ?3 =(m-n+1) Am =(m-n+2) (m-n+1) Am =(m-n+3) (m-n+2) (m-n+1) Am =?

n ?1

n?2

n ?3

(2)有关阶乘问题 自然数阶乘,如 5!=120,6!=720 有时会使计算迅速。例如 8!-7! =7· 7!=49×720=35280;遇到公式运算时,应先把分式约简,对形如 2· n!和(2n) !这类 式子要区分清楚。此外,还应当熟悉形如以下的一些形式 (k+1)!=(k+1)k!=(k+1)k(k-1)!=

(k ? 2)! (k ? 3)! ? k ?2 (k!3)(k ? 2)

(2n)! 2n(2n ? 1) ? ? ? 2 ? 1 = =2n(2n-1)· · · · · · (n+1) n! n!
n =m(m-1)(m-2)· · · · · · · · · · · · (m-n+1) Am

=

m(m ? 1)(m ? 2) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1)(m ? n)! (m ? n)!
m! (m ? n)! m! (m ? n)!
m! 0!

=

n 因此, Am =

这里,若 m=n 就得到,Amm=Pm=

n 但是, Pm =Amm=m! 。为了使 Am =

m! 在 m=n 的情况下也成立,我们规定 (m ? n)!

0!=1 我们还规定: (2n+1) ! !=

(2n ? 1)! =1 ? 3 ? 5 ? ? ? ? ? ?(2n ?1) (-1)!!=0 2 n n!
0!!=0

(2n)!!= 2n n !=2· 4· 6· · · · · · · (2n)
0 当 n=0 时, Am ?1

对 m>n 时,得到 a ? a = a
m n

m?n

,当 m=n 时,

an n?n n n 0 =1, a ? a = a = a 为了使这 n a

个运算法则能使用 m=n 的情况,我们就规定 a0=1,显然我们规定 0!=1 的情况是相似的。 V. 排列的应用问题 1.比较简单的应用题 慎重审题,是否能把它归为排列问题来求解,若能再考虑以下几 点: (1)在这个应用题里,m 个不同的元素指什么; (2)这里的 n 个元素是指什么? (3)从 m 个元素里每次取出 n 个元素的每一种排列对应的是什么事情。 例 1.用 1、2、3、4 四个数字可以组成多少个不重复的四位数? 解:用排列来求解。如果先写出几个符合条件的四位数,如 1234,3241 等,就可以想到 这里的 m 个和 n 个元素都是指数字 1、2、3、4,从这四个元素里每次取出 4 个元素一个排 列对应的是一个合乎条件的四位数。因此所求的四位数是从四个元素里每次取出 4 个元素 的全排列。 P4=4!=4×3×2×1=24 例 2.某人有 9 本不同的书籍,把其中的 5 本书排在书架上,一共有多少种不同的摆法? 解:这里的元素是书籍,从 9 个不同的元素里每次取出 5 个元素的一个排列对应的是把 其中的 5 本书排在书架上的一种排法。因此,书籍的排法的排列种数就是 A59=9×8×7×6×5=15120 上面的两个问题,比较容易的看出归为排列问题来解决,但是,有些问题能归结为排列 问题来解决不像这样明显,这就要求我们仔细分析。 例 3.一条铁路线上有 8 个车站,一共需要多少种普通的车票? 解:因为每种车票只能适用一个车站到另一个车站,例如,甲站到乙站的车票不同于乙 站到甲站的车票。这样,这个问题可以归结为从 8 个元素里每次取出 2 个元素的排列问题 来求解。这里,8 个车站是 8 个元素,从 8 个元素里每次取出 2 个元素的一种排列对应一种 车票,因此,要求的车票的种数就等于所有的排列种数 A28。 A28=8×7=56 当然, 这个题目也可以不把它归结为排列问题来解决, 而用一般的方法来考虑也很简便。 因为每个车站有 7 中车票,所以一共有 8×7=56 种车票 通过一些习题的练习, 可以看出解排列的应用问题主要是怎样把 “元素” 、 “排列” 和 “排 列种数” 这三个概念灵活运用到具体问题里去。 这三个概念之间的关系可以形象的用下面的 几句话来表达:

有 m 个不同的元素,又有一排 n 个位子(m>n)从这 m 个元素里一次摆在这 n 个位子 上组成的一种排列,一共有 Anm 种摆的方法。 在解决实际问题时,首先要弄清楚把什么当做“元素”把什么当做“位子” ,例如 “10 本不同的书籍,分配给 10 个人,每人一本,一共有多少种不同的分法?”在这个 问题里可以把书作为“元素”把人作为“位子”把书分配给人,或者把人作为“元素” ,把 书作为“位子” ,二人去取书,结果都得到 P10 种分法。 “3 个人从 10 本不同的书籍里,每人借一本,共有多少种不同的借法?”在这问里,
3 就把书作为“元素” ,人把人作为“位子” ,把书分配给人所以有 A10 种分法。

“有 10 本不同的书,有 12 个人去借,限定每人最多借一本,并且完全借出,一共有
10 多少种不同的借法”在这个问题中,把人并作为“元素” ,把书作为“位子” ,人去借书 A12

种借法。 例 4, (1)一排 10 个座位,有 5 个人去坐,一共有多少种不同的坐法?(2)一排有 10 个座位,从 15 个人里选 10 个去坐,一共有多少种不同的坐法? 分析: (1)如果把 10 个座位(可以编成 1 号、2 号,??,10 号)作为 10 个“元素” , 把 5 个人作为 5 个“位子” (位子以甲、乙、丙、丁、戊表示)从 10 个元素里每次取出 5 个元素的一种排列对应一种座法,例如,23517 表示甲坐在第二个座位上,乙坐在第三个座 位上等等,而其他没有选到的元素就表示这些坐位是空位,因此,一共有 A1 0 种坐法。 以上是把座位看作元素, 以座位为元素来考虑问题的。 我们也可以以人为主来考虑解法。 可以这样想:甲去坐一个座位,可以有 10 种坐法,甲不论用哪一种方法坐好后,乙再去坐 的方法有 9 种方法,甲乙不论用哪种方法坐好后丙再去坐都有 8 种方法,同理,丁去坐有 7 种方法,戊去坐有 6 种方法,这实际上就是计算 A1 0 的方法。由此可见,若掌握公式推导的 原理和问题分析方法,不硬套公式也可以把问题解出来。 (2)很明显这里可以把 15 个人当做 5 个元素,从 15 个元素里每次取出 10 个元素的 一种排列对应一种坐法,所以一共有 A1 5 种坐法。 2.比较复杂的应用题:对于简单的排列问题,只要能把问题正确的归结为排列问题来 求解就可以很快的得到答案。但是,在解比较复杂的问题时,还必须考虑限定条件(一般对 元素或者“位子”做些限定)在解题时,首先要对元素或者“位子”做些研究,然后再考虑 解法。下面我们研究限定条件比较简单的例子。 例 1.9 个人并排照相,如果一个人必须坐在中间,有多少种坐法? 分析:这里,一个人限定坐在中间,也就是 9 个人里面有一个人的位置固定了,而余 下的 8 个人可以互相调换位置,所以有 P8 种坐法。 这个例子可以推广到一般,就是:从 m 个元素里每次取出 n 个元素的排列,如果限定 某一元素必须在某一位置上那么就有 Am ?1 种排法。 例 2.用 0 到 9 这 10 个数,可以组成多少个没有重复的三位数? 分析 1.因为三位数的百位上的数字不能是 0,所以,百位上数字的选法有 9 种,而每 当百位上的数字选定后, 再选其余两个位上数字的方法有 A29 种。 因此所求的三位数有 9×A29 种。
n ?1
10 5 5

上面这个解法就是从顺次选定三位数各个数位上的数字来考虑的。它抓住了“百位上 的数字不能为零” 这一点, 把问题分析成了两步: 选百位上的数字和选其余两数位上的数字。 分析 2.从 10 个不同的数字里每次取数 3 个数字所有不同的排列种数为 A310 。 这些种 2 数的排列包括两类,一类是以 0 为排头的排列,有 A 9 种;另一类不是以 0 为排头的排列, 这些排列组成的三位数字是符合要求的三位数。因此,所求的三位数的个数是 A310 - A29 。 上面的分析方法是从“如果没有限定条件”出发考虑分类的。就是先考虑“百位上的数 字不能为零”这一点,求出所有排列的种数(如果很容易的话) ,而在这些排列里又符合条 件的也有不符合条件的;再求出不符合条件的所有排列的种数(如果也很容易的话) ,这就 可以间接地求出合乎条件的排列种数。 分析 3.因为百位上的数不能为 0, 把数字 0 先放在一边求出不含有数字 0 的三位数, 有
3 2 A9 个,这些是符合要求的三位数的一部分。因为不含有数字 0 的两位数有 A9 ,而每一个

这样的两位数,在她的两个数字中间或者末尾放上数字 0 就构成两个三位数,这样的三位 数也是符合条件的,有 2 A9 个。因此,所求的三位数一共有 A9 ? 2 A9 ? 9 A9 个。
3

3

2

2

上面这个解法是从直接求出符合条件的排列出发的,把符合条件的排列分成含有 0 和 不含有 0 的两类,而这两个排列的种数都是比较求出的。 上面这个例子三种解法是我们比较常用的方法。一般地说,从 m 个不同元素里,每次 取出 n 个不同的元素的排列,如果规定了其中一个元素不能排在某一位置上,那么所有排
n ?1 列的种数是(m-1) Am ?1 ,或 Am ? Am ?1 或 Am?1 ? (n ? 1) Am?1 。
n n n ?1 n ?1

例 3.6 个人站成一排,其中一人不站在排头,也不站在排尾,一共有多少种站法? 分析 1. 因为某人不站在排头也不站在排尾,站在这两个位子上的人就只能从其余 5 个 人里选出来,所以有 A5 种站法;而对其中的一种站法,站在中间位子上的 4 个人又有 P4 种 不同的站法,因此,一共有种 A5 P4 ? 4 P5 站法。
2
2

分析 2. 6 个人站成一排,如果没有限定什么条件,那么可以有 P6 种站法。这些站法里 有符合条件的也有不符合条件的。不符合条件的是某一个人站在排头的 P5 种站法和他站姿 排尾的 P5 种站法,一共有 2 P5 种站法。因此符合条件的站法一共有 P6 -2 P5 种站法。 分析 3.因限定某一人不站在排头也不站在排尾,如果除去这个人其余的人站成一排就 有 P5 种站法,而对每一种站法再让这个人站进去就有 4 种站法(不站在排头和排尾) ,所以 一共有 4 P5 种站法。 例 4. 班委 6 人,分工担任班长、副班长、学习委员、劳动委员、文娱委员、体育委员 六种职务,其中甲不担任班长,乙不担任劳动委员,一共有多少种不同的分工方法? 分析 1. 因为甲不担任班长乙不担任劳动委员可以有下面几种情况: (1)甲、乙二人都不担任班长和体育委员,这时,选班长和体育委员有 A4 种方法,
2 对其中的每一种选法,再分配其他的工作有 P4 种方法。所以,一共有 A4 P4 种分工方法。
2

(2)甲担任体育委员,乙不担任班长就有 4 P4 种分工方法。 (3)乙担任班长,甲不担任体育委员就有 4 P4 种分工方法。 (4)甲担任体育委员,乙担任班长就有 P4 种分工方法。
2 因此,一共有 A4 P4 +4 P4 +4 P4 + P4 =21 P4 种分工方法。

这种解法是从限定“甲、乙”的条件出发,把符合要求的分成四类来考虑的。这四类 选法是并列的,所以不会有重复的选法,也不会有其他选法被遗漏。 分析 2.若没限定什么条件,那么可以有 P6 种分工方法。其中不符合条件的有: (1)甲 担任班长的分工方法有 P5 种。 (2)乙担任体育委员的分工方法有 P5 种。但是,在这两种分 工方法里都包含甲担任班长,乙担任体育委员的分工方法,所以不符合条件的分工方法有 ( 2 P5 - P4 ) 种 。 因 此 , 甲 不 担 任 班 长 乙 不 担 任 劳 动 委 员 的 分 工 方 法 有 P6 (2 P5 - P4 )= P6 -2 P5 + P4 =21 P4 种。 同理,也可以把不符合条件的分工方法分成互相独立的三类出发来考虑,就是: (1) 甲担任班长,乙不担任体育委员有 4 P4 种方法; (2)甲不担任班长,乙担任体育委员有 4 P4 种方法; (3)甲担任班长,乙担任体育委员有 P4 种方法。因此,甲不担任班长乙不担任劳 动委员的分工方法有 P6 -(4 P4 +4 P4 + P4 )=21 P4 种 分析 3. 因为班长和体育委员的人员选有条件限定,先考虑分配担任班长和体育委员的 方法: (1)甲、乙二人都不担任班长和体育委员的分工方法有 A4 种; (2)甲担任体育委员, 乙不担任班长的方法有 A4 种分工方法; (3)甲不担任体育委员,乙不担任班长的方法有 A4
2 2

1

1

种分工方法; (4) 甲担任体育委员, 乙担任班长只有 1 种分工方法。 所以有 A4 + A4 + A4 +1=21 种方法。班长和体育委员人选定后,再分配其他工作就有 P4 种方法,因此一共有 21 P4 种分 工方法。 例 5. 用数字 0、1、2、3、4、5 组成没有重复数字的数: (1)能够组成多少个是 25 的倍数的四位数?(2)能够组成多少个比 240135 大的数? 分析: (1)没有重复数字的数,如果是 25 的倍数末尾两位上的数有两种情况:<i>末 尾是 25 有 A4 -3=9 个;<ii>末尾是 50 的有 A4 =12 个。所以,一共有 12+9=21 个四位数是 25 的倍数。 解这一类题目以前,要先复习因数的检验方法。一个数各位数字上的和,如果是 3 的 倍数,那么这个数是 3 的倍数;如果各位数字上的和是 9 的倍数,那么这个数是 9 的倍数;
2
2

1

1

一个数的奇数位上数的和等于偶数位上数的和,那么这个数是 11 的倍数。 (2)用这 6 个数字组成多少个比 240135 大而且没有重复的六位数,有:<i>首位上的 数字分别是 3、4、5 的 3 P5 个;<ii>首位上的数字是 2,第二位上的数字是 4、5 的一共有 2 P4 个, 包括 240135 这个数在内。 因此, 一共可以组成 (3 P5 +2 P4 -1) 个, 也就是 (17 P4 -1) 个比 240135 大的数。 这个解法是从符合条件的各种情况出发考虑的。但这里要特别注意,在 <ii>里要出去 “240135”这个排列。 这个题目也可以从反面来考虑,用这六个数字组成的不符合条件的六位数,有<i>首位 上数字是 0、1 的,有 2 P5 ;<ii>开头两位数是 20、21、23 的,有 3 P4 个;<iii>考虑六位 数字 240135,若没有限定什么条件那么可以有 P6 个六位数。所以符合条件的六位数有 P6 (2 P5 +3 P4 +1)=30 P4 -13 P4 -1=(17 P4 -1)个。 例 6. 有 m 个男同学和 n 个女同学站成一排, 如果女同学必须站在一起, 一共有多少种 不同的排法? 分析:这可以把 n 个女同学当做一个元素,这样,n 个女同学和 m 个男同学站成一排 就有 Pm ?1 种排法。而对于其中没一种排法,女同学还可以互相调换位置,有 Pn 种排法。所 以一共有 Pm ?1 Pn 种排法。 总之,排列的概念是具有广泛的实际意义的。有些问题的形式虽然不同,但是我们都可 以把他们归结为同一个排列问题来解决。例如: (1)用数字 1、2、3、4、5、6、7、8 可以组成多少个不重复的两位数? (2)8 个人里选出组长、副组长各一人,有多少种方法? (3)8 个人互相赠送照片一张,一共需要多少种照片? 这几个问题的形式虽然不同,但是我们可以把它们归结为从 8 个元素里,每次取出 2 个元素的排列问题来求解。 例 7.4 个学生 2 个教师站成一排,要求两位教师不相邻且不站在排头和排尾,不同的 排法有多少种? 分析:排头和排尾只能从 4 个学生里选 2 个站在排头和排尾,有 A4 种排法;中间 4 位有 2 位教师和 2 位学生,总共的排法有 P4 种,它包括 2 位教师相邻的排法。两位教师相 邻可以把两位教师看成是一个人,这样中间的 3 个人(实际 4 个人,即 2 个教师和 2 个学 生)的排法有 P3 种,如果两位教师互换位置,那么,中间的 3 个人(实际 4 个人,即 2 个 教师和 2 个学生)不符合要求的排法有 2 P3 种。因此,中间符合要求的排法有( P4 -2 P3 ) 种。所以,不同的排法有 A4 ( P4 ? 2P 3 ) ? 144种排法。
2
2

(二)组合 I. 组合的意义 要理解什么是组合,就必须和研究排列一样,先研究几个具体的例子,分析他们的共同 特点,然后再概括抽象出组合的意义。 例 1. 从 3 位先进工作者张王李里面,选出两位代表,一共有几种选法? 这里,很容易看出,选代表的方法有 3 种,就是;选张、王;选张、李;选王、李。 我们可以这样想,若选姓张的当代表,那么,选代表的的方法只有选张、王和张、李两种方 法;若若选姓张的不当代表,那么选代表的方法只有选王、李一种了。因此,一共有 3 种 选法。 现在我们来看,这个问题与上面讲过的“从张、王、李里面选一个人当组长一个人当副 组长,可有几种选法?”有什么区别?在后边这个问题里,若同样选出两人,张当组长王当 副组长和选王当组长张当副组长,这两种选法的顺序不同,是两种不同的选法 。事实上, 两次选出的人虽然都是张王两人但是他们的分工不同, 故事两种选法。 而现在的问题是选出 两人都代表,选张、王两人当代表和选王、张两人当代表实际上是相同的,是一种选法而不 是两种选法;也就是说“选张王两人党代表是不需要考虑顺序的。 ” 例 2. 从不在一条直线上的三点 A、B、C 里面每次取出两个点连成一条直线,可以得 到几条直线? 解:根据直线的性质,过任意两点可画一条直线,并且只能画一条直线。所以过点 A、

B 只能连接成一条直线;同样过点 A、 C 和点 B、C 也都只能连成一条直线。因此,可以得到三条直线 AB、BC、AC。也就是说 “把两点连结成直线”是不需要考虑顺序的。 以上两个例题所研究的问题是不相同的,例 1 是求代表的选法有几种,例 2 是求炼成 的直线有几条,但是他们也有共同点,就是两个例题都是: “从 3 个不同的元素里,每次取 出 2 个元素,不管怎样的顺序并成一组”对例 1 来说,就是表示“从 3 个人里每次取出 2 个人当代表”的一种选法;对例 2 来说,就是表示“从 3 个点里每次取出 2 个点连成一条 直线”的一种选法。 从 3 个不同的元素里,每次取出 2 个元素,不管怎样的顺序并成一组,加以推广,一 般说: 从 m 个元素里,每次取出 n 个元素,不管怎样的顺序并成一组,叫做从 m 个元素里每 次取出 n 个元素的组合。 同样的,上面的组合定义,其中“m 个元素、n 各元素”都不一定是各不相同的。而在 这部分里,我们只研究从 m 个不同的元素每次取出 n 个(1≤n≤m)各不相同的元素的组合, 以后所说的从 m 个元素里每次取出 n 个元素的组合,都是只这样的组合。 从上面所说的我们看到,在有些实际问题里,虽然都是“每次取出 n 个元素” ,但是, 有时考虑顺序问题(例如,从 3 个人里选一个人当组长和一个人当副组长) ,有时却不考虑 顺序问题(例如,从 3 个人里选出 2 人当代表) 。这一点反应在排列和组合的定义上,就是 前者里有“按着一定的顺序序排列” ,后这里有“不管怎样的顺序并成一组” 。这是必须去别 的。而且以后在各种实际问题中还必须注意这一点,这才会使我们深刻的理解这个概念。 根据组合的概念,两个组合所含有的元素完全一样,就是相同的组合。例如从 4 个元 素 a、b、c、d 里每次取出 3 个元素的组合 abc 和组合 bca 就是相同的组合。如果两个组合 里所含的元素不完全一样,就是不同的组合,例如 abc 和 abd 是不同的组合。 II. 计算组合的种数 1. 符号 Cm (也记作 C(n, r ) )根据上面所说的可以知道,从 3 个元素 a、b、c 里每次 取出 2 个不同的元素的组合有 3 种:ab、ac、bc。也就是说,从 3 各元素里每次取出 2 个 元素的组合数是 3. 从 m 个元素里每次取出 n 个元素, 所有不同的种数通常用符号 Cm 表示。Cm 是一个数, 要把它和“组合”区分清楚。例如 C3 =2,而从 3 个元素 a、b、c 里每次取出 2 个元素所有 不同的组合是 ab、ac、bc。 2. 写出所有不同的组合数的方法 有时我们需要把所有不同的组合都写出来。例如, (a+b+c+d)2 的时候就是要写出从 a、b、c 里每次取出 2 个元素的所有不同的组合。有如,
2 n n n

在应用 n 次方程根和系数关系时,也许要写出所有不同的组合。因此,应当学会怎样写出 不同的组合,而且做到不重复也不遗漏。下面就介绍写的方法。 例如,已知 6 个元素 a、b、c、d、e、f 要求写出每次取出 2 个、3 个、4 个、5 个元素 的所有不同的组合。 (1)从 6 个元素 a、b、c、d、e、f 要求写出每次取出 2 个元素的组合。 ab、ac、ad、ae、af;bc、bd、be、bf;cd、ce、cf;de、df;ef。 这里,先写出 6 个元素 a、b、c、d、e、f。然后从第一个元素 a 开始,依次写出 a 和 它后面的各个元素和组合;b 和它后面的各个元素的组合;· · · · · · ,这样写下去一直到最后两 个元素的组合 ef 为止。写的时候只要注意“和它后面的各个元素的组合”就不给重复也不 会遗漏。 (2)从 6 个元素 a、b、c、d、e、f 要求写出每次取出 3 个元素的所有不同的组合是: abc、abd、abe、abf;acd、ace、acf;ade、adf、aef;bcd、bce、bcf;bde、bdf; cde、cdf;cef、def。 上面的写法是以(1)为基础的。 (1)的第一个组合是 ab,写出 ab 和 b 后面的各个元素 的组合;写出 ac 和 c 后面的各个元素的组合;· · · · · · · 这样写下去一直到 de 和 f 的组合 def。 而(1)里最后两个含 f 的组合 af、bf 就乐意不考虑,因为 f 后面没有其他元素了。下面两 种写法的道理和前面的一样。 (3)从 6 个元素 a、b、c、d、e、f 要求写出每次取出 4 个元素的所有不同的组合是: abcd、abce、abcf;abde、abdf;abef;acde、acdf;acef;adef;bcde、bcdf;bcef; bdef;cdef。 (4)从 6 个元素 a、b、c、d、e、f 要求写出每次取出 5 个元素的所有不同的组合是: abcde、abcdf;abcef;abdef;acdef;bcdef。 当每次取出的元素每次超过全部元素的一半时, 可以用舍去元素的方法来写。 例如, ( 4) 里写出的是从 6 个元素里每次取出 5 个元素的组合。而这里的每个组合可以看成是从全部 元素里去掉一个元素所组成的组合。例如,abcde 是去掉 f 所成的组合;abcdf 是去掉 e 所 成的;abcef 是去掉 d 所成的组合等等。又如, (3)写出的是从 6 个元素里每次取出 4 个元 素的组合。这些组合可以看成是从全部元素里每次去掉 2 个元素所成的组合,而写出从 6 和元素里每次取出 2 个元素的组合是很容易的。这就比较方便的写出从 6 个元素里每次取 出 4 个元素的所有不同的组合(这种写法对以后理解组合的第一个性质也有帮助) 。 3. 计算 Cm 的公式 从排列和组合的定义知道, “从 m 个元素里每次取出 n 个元素的排 列” 、 “从 m 个元素里每次取出 n 个元素的组合”之区别,前者是“每次取出 n 个元素,还 要按照一定的顺序摆成一排” ,后者是“每次取出 n 个元素,不管怎样的顺序并成一组” 。 这样求排列的种数和求组合的种数之间就有一定关系。 因此, 如果我们能够把两者之间的关 系找出来,利用计算排列种数 Am 的公式就可以计算出 Cm 的公式来。我们来看一个具体的 例子。 例如,从 4 个元素 a、b、c、d 里每次取出 3 个元素的组合是:abc、abd、acd、bcd(这 就是说 C4 =4) 。 如果把一种组合里的 3 个元素摆不同的顺序可以得到 P3 种排列,现在有 C4 种组合,所
3 3 n

n

n

P3 种排列。就是 以一共有 C4 ·

3

Abc Acb Bac Bca Cab Cba

abd adb bad bad dab dba

acd adc cad cda dac dac

bcd bdc cbd cdb dbc dcb
3

而这些排列的种数, 恰好是从 4 个元素 a、 b、 c、 d 里每次取出 3 个元素所有的排列种数 A4 。 所以 A4 是 C4 的 P3 倍。 一般的说 Am 是 Cm 的 Pn 倍。这是因为,如果把这样的一种组合里的 n 个元素摆成不同
n 3 3

n

Pn 种排列。而这些排列 的顺序,可以得到 Pn 个排列,现在有 Cm 个组合,所以一共有 Cm ·
的种数恰好是 Am 。就是 Am ? Pn ? Cm 。
n
n n

n

n

有了这个关系,应用 Am 、 Pn 的计算公式可得到 Cm 的计算公式
n Cm ? n Am m(m ? 1)(m ? 2) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1) ? Pn n!

n

n

n ? Am ?

m! (m ? n)! m! n!(m ? n)!
n

?

Cn m ?

如果对排列的计算较熟,计算含有 Cm 的式子就容易得多了。但是要是运算达到熟练的 程度,就必须做一定数量的练习,并且熟练下面的变形。
n Cm =

m(m ? 1)( m ? 2) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1) 1? 2 ? 3 ? ? ? ? ? ? ? n

=

m (m ? 1)(m ? 2) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1) m n?1 = Cm?1 ? n 1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? ? ? ?(n ? 1) n
n

∴ Cm =
n Cm =

m n?1 Cm?1 n

n ? 1 (m ? 1)m(m ? 1)(m ? 2) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1) n ? 1 n?1 · = Cm?1 1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? ? ? ?n(n ? 1) m ?1 m ?1
n

∴ Cm =
n Cm =

n ? 1 n?1 Cm?1 m ?1

n ? 1 m(m ? 1) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1)(m ? n) n ? 1 n ?1 · = Cm 1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? ? ? ?n ? (n ? 1) m?n m?n

n ? 1 n ?1 Cm m?n m (m ? 1)( m ? 2) ? ? ? ? ? ?(m ? n ? 1)( m ? n) m n n = · = Cm Cm ?1 1 ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? ? ? ? n m?n m?n m n n ∴ Cm = Cm ?1 m?n
∴ Cm =
n

通过上面这些变形的练习,我们初步掌握了变形的方法,就可以根据需要,把计算 Cm 的公式变成其他形式。 例 1. 已知

n

1 1 7 - n ? n n C5 C6 C7

求 C8

n

? ? 8 - n) 解: C7 = 7 ? 6 ? ? ? ? ( =
n

1? 2 ? ? ? ? ? ?n

7 6 ? 5 ? ?( ? 8 - n)(7 - n) 7 C 6n ? = 7-n 7-n 1? 2 ? ? ? n

(1)

同理得, C5 ?
n

6-n n C6 6 6 7 7-n -1 ? 6-n 10 7

(2)

把(1) (2)代入原式,得

2 化简,得 n ? 23n ? 42 ? 0 ,∴n=2,n=21(不合题意,弃之)

所以, C8 ? C8 ? 28
n 2

1 1 1 2 1 1 n 1 2 n ?1 Cn ? Cn ? ? ? ? ? ? ? ? Cn (Cn = ?1 ? C n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ?C n ?1 ) 2 3 n ?1 n ?1 1 1 证明: 因为 1= Cn ?1 n ?1 1 1 1 1 (n ? 1)n 1 2 Cn ? n ? ? Cn ?1 2 2 n ? 1 1? 2 n ?1 1 2 1 n(n ? 1) 1 (n ? 1)n(n ? 1) 1 3 Cn ? ? ? Cn ?1 3 3 1? 2 n ? 1 1? 2 ? 3 n ?1
例 2. 求证 1 ?

1 k ?1 1 n(n ? 1) ? ? ? (n ? k ? 2) 1 k Cn ? ? Cn ?1 k k 1 ? 2 ? ? ? (k ? 1) n ?1
………… …………

所以

1 1 n n ?1 Cn ? Cn ?1 n ?1 n ?1 1 1 1 2 1 1 n 1 2 n ?1 1 ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? ? ? ? Cn (Cn = ?1 ? C n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ?C n ?1 ) 2 3 n ?1 n ?1

III. 组合的性质 1.组合的第一个性质
n m?n Cm ? Cm

证明:这个性质利用计算组合的种数的公式来证明,是非常简便的。

n ∵ Cm ?

m! m! m?n , Cm ? n!(m ? n)! (m ? n)!n!
m?n

∴ Cm ? Cm
n

我们也可以根据组合的定义直接推的这个性质。首先,从 m 个元素里每次取出 n 个元 素后还余下 m-n 个元素。其次,因为每次取出的元素不完全相同,所以余下的元素也各不相 同。也就是,每次取出的取法各不相同,余下的方法也各不形同。反过来也是一样。也就是
m-n 说,取的方法和余下的方法一一对应。第三,因为取法有 Cm 种,余下的方法有 Cm 种,所
n

以, Cm ? Cm
n

m?n



组合的这个性质,我们可以用具体例子来验证。例如,从 4 个同学 a、b、c、d 里面选 出 3 个去打扫大礼堂,和选出一个人整理图书的方法分别是: Abc abd acd bcd D c b a 这就是说,从 4 个人里选出 3 个人的方法种数,和从 4 个人里选出 1 个人的方法的种
3 1 数是相等的,即, C4 ? C4 。

在前面写出的所有不同的组合时,实际上用过这个性质,当 n> 算 Cm 比较方便。例如:
97 3 C100 ? C100 ?

m 时,利用这个性质计 2

n

100 ? 99 ? 98 ? 161700 1? 2 ? 3
n ?1 2 n n ?1

在解题时经常利用组合的地提个性质。如: (1)当 n 为奇数时,求证: 证明 ∵ Cn 2 ? Cn
n ?1 n? n ?1 2

C

?C

n ?1 2 n n ?1

∴ Cn 2 ? Cn 2

(2)求证 证明 (3)已知

m?2 3 Cm ?1 ? Cm ?1

∵ Cm?1 ? Cm?1

m?2

m ?1?( m ? 2 )



m?2 3 Cm ?1 ? Cm ?1

4 6 Cm ? Cm ,求 m 4 m?4

解: ∵ Cm ? Cm

∴ Cm

m?4

6 ? Cm ,m-4=6 ,m=10
n

n 0 另外这个性质可以证明 Cm ? 0。 ? 1 , Cn ?1 ? 0 ,当 n>m 时, Cm

2.组合的第二个性质,杨辉恒等式 Cm ? Cm ? Cm?1
n n

n ?1

证明 ∵ Cm ? Cm =
n

n ?1

m! m! m!(m ? n ? 1) ? m!n ? = n!(m ? n)! (n ? 1)![m ? (n ? 1)]! n![(m ? 1) ? n]!

=

(m ? 1 ) ! n ? Cm ?1 n![(m ? 1) ? n]!
n ?1 n

∴ Cm ? Cm ? Cm?1
n

我们也可以根据组合的定义直接得出这个性质。 首先, 从 m+1 个元素里每次取出 n 个元
n 素所有不同的组合数是 Cm ?1 。其次,这些组合对某一个元素 a 来说,可以分成两类:一类
n ?1 是不含 a 的组合,共有 Cm 种;一类是含 a 的组合,共有 C m 种。所以
n
n n n ?1 Cm ?1 ? Cm ? Cm

组合的这个性质,我们可以用具体例子来验证。例如:从一个有 10 个成员的小组里,
3 选出 3 个代表有 C1 0 =120 中选法。这些选法力包括:小组长被选在内的选法有 C9 ? 36 种;
2
3 3 3 2 小组长没有被选在内的选法有 C9 ? 84 种。这里 C10 ? C9 ? C9 。

这个证法的特点, 是把所有不同的组合的种数分成: “不含有某元素 a 的组合数” 和 “含 有某元素 a 的组合数”两类。这个特点,对我们掌握组合的第二个性质有帮助。例如
4 3 C84 ? C7 ? C7
4 k ?1

k ?1 k ?1 k ?2 Cn ?1 ? Cn?2 ? Cn?2
3 k ?2

这里 C7 和Cn ?2 都可以看成不含某一元素 a 的所有不同的组合的种数; C7 和Cn ?2 都可 以看成含某一元素 a 的所有不同的组合的种数。 学习二项式定理时,若应用数学归纳法来证明,其过程就用到组合的第二个性质。就是 假设当 n=k 时,
1 l l k ?l ( x ? a)k ? xk ? Ck axk ?1 ? Ck2a2 xk ?2 ? ? ? ? ? Ck a x ? ? ? ? ? Ckk ?1ak ?1x ? ak

当 n=k+1 时,

( x ? a) k ?1 ? ( x ? a) k ( x ? a)
1 l l k ?l = (xk ? Ck axk ?1 ? Ck2a2 xk ?2 ? ? ? ? ? Ck a x ? ? ? ? ? Ckk ?1ak ?1x ? ak) ( x ? a) 1 1 l ?1 l = xk ?1 ? (1 ? Ck )axk ? (Ck ? Ck2 )a2 xk ?1 ? ? ? ? ? (Ck ? Ck )al xk ?1?l ? ? ? ? ? ak ?1

在研究二次展开式里各项的系数时,有下面的表(杨辉三角) :

(a ? b)0 (a ? b)1
2 ( a ? b)

1 1 1 1 3 2 3 1 1 1 m+1=1 m+1=2 m+1=3

(a ? b)3

(a ? b)4 (a ? b)5 (a ? b)6
1 1

1 5 6

4 10 15

6 10 20

4 5 15

1 1 6 1

m+1=4 m+1=5 m+1=6

这个表里除“1”以外的每个数都等于它偏上两个数之和。关于这一点,利用组合的第 二个性质很容易说明。如,20=10+10,也就是 C6 ? C5 ? C5 ,这里 m+1=6(横看) ,n=3(斜
3 2 3

看) 利用这个性质,还可以证明等式:
n n n n n?1 Cn ? Cn ?1 ? Cn?2 ? ? ? ? ? Cn?m ? Cn?m?1

证明:

∵ ∴

n ?1 n ?1 n Cn ? k ?1 ? Cn ? k ? Cn ? k n n ?1 n ?1 Cn ? k ? Cn ? k ?1 ? Cn ? k

用 k=1,2,3,??m 分别代入上式:
n n ?1 Cn ? Cn ?1

n n ?1 n ?1 Cn ?1 ? Cn ? 2 ? Cn ?1 n n ?1 n ?1 Cn ? 2 ? Cn ?3 - Cn ? 2

?????
n n ?1 n ?1 Cn ? m ? Cn ? m ?1 ? Cn ? m

把上面这些等式的两边相加,得
n n n n n?1 Cn ? Cn ?1 ? Cn?2 ? ? ? ? ? Cn?m ? Cn?m?1

(I)

以后我们还要证明一个计算组合总和的公式,就是
0 2 3 n Cn ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ? 2n

(II)

比较(I)和(II)可以看出它们的特点。 (I) (II)分别可以写成

?C
k ?0 n k ?0

m

k n? k

n ?1 ? Cn ? m ?1

?C

k n

? 2n

利用(I)和(II)有时可以使得计算比较简便,如:
5 5 5 5 6 C5 ? C6 ? C7 ? ? ? ? ? C14 ? C15 0 1 2 5 C5 ? C5 ? C5 ? ? ? ? ? C5 ? 25

又如,求和

(m ? 1)! (m ? 2)! (m ? n)! ? ? ??? ? 1! 2! n! (m ? 1)! (m ? 2)! (m ? n)! ? ? ??? ? ] ∵S= m![1 ? m!1! m!2! m!n! S ? m!?
m m m m = m![Cm ? Cm ?1 ? Cm? 2 ? ? ? ? ? Cm?n ]

m?1 = m!Cm ? n ?1 ?

(m ? n ? 1)! (m ? 1)n!

∴ S?

(m ? n ? 1) ! (m ? 1 )n!

组合性质二的另一种形式
m m m?1 Cm ? n ? Cm? n ?1 ? Cm? n ?1

3.组合的性质 3
r r r ?1 r ?2 1 0 Cn ? r ?1 ? Cn? r ? Cn? r ?1 ? Cn? r ?2 ? ? ? ? ? Cn?1 ? Cn

证明 ∵ Cn ? Cn?1 ? Cn?1
r r

r ?1

∴ Cn?1 ? Cn ? Cn?1
r r

r ?1

r r r ?1 Cn ? r ? Cn ? r ?1 ? Cn ? r r ?1 r ?1 r ?2 Cn ? r ?1 ? Cn ? r ? Cn ? r ?1 r ?2 r ?2 r ?3 Cn ? r ? 2 ? Cn ? r ?1 ? Cn ? r ? 2

??????
1 1 0 Cn ?1 ? Cn ? 2 ? Cn ?1 0 0 Cn ? Cn ?1

把以上诸式相加,得
r r r ?1 r ?2 1 0 Cn ? r ?1 ? Cn? r ? Cn? r ?1 ? Cn? r ?2 ? ? ? ? ? Cn?1 ? Cn

组合的意义:等式左端是从 n+r+1 个元素 a1 , a2 ,??, a n ? r ?1 中取出 r 个做不允许 重复的组合,结果有以下几种情形: (1) r 个组合元素中不含有 a1 的相当于从 n+r 个元素 a2 , a3 ,??, a n ? r ?1 中取 r 个
r 组合,其组合数为 Cn ?r 。

(2) r 个组合元素中含有 a1 ,但不含有元素 a2 的。即对含有元素 a1 的组合中依 a2 元

素重新分类,含 a1 而不含 a2 的组合,相当于从除去元素 a1 、 a2 后的 n+r-1 个元素 a3 ,
r ?1 a4 ,??, a n ? r ?1 中取 r ?1 个组合,然后加上元素 a1 而成,其组合数为 Cn ? r ?1 。

(3) r 个组合元素中含元素 a1 , a2 ,但不含元素 a3 ,相当于从除去 a1 , a2 , a3 三元 素后的 n ? r ? 2 个元素中, 取 r ? 2 个元素组合, 然后加上 a1 ,a2 而成; 其组合数为 Cn ? r ? 2 。 其他以此类推。
r ?2

a n ? r ?1 取出的 r 个组合元素中 a1 ,a2 , ?,ar ?1 , 但不含有元素 ar 的, 相当于从 ar ?1 , ?,
1 中取一个元素与 a1 , a2 ,?, ar ?1 组合,其组合数为 Cn ?1 。

(4)由 a1a2 ? ? ? ar 组成的组合数为 C(n,0)=1. 现在举例说明:从 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 , a1 0 10 个人员中选 4 个人员当代表,其选法有 C10 ? 210种选法。这些选法力包括:
4

(1)4 个人中不含 a1 的选法,从余下的 9 个人 a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 ,

a1 0 当中选 4 个人即可,其组合数位 C(9,4)=126 种。
(2)4 个人当中含 a1 但不含 a2 。相当于从除去 a1 , a2 后,从余下的 8 个人当中选 3 个人,然后再把 a1 加进去即可。其选法有 C(8,3)=21 种。 (3)4 个人当中含 a1 和 a2 ,但不含 a3 ,相当于从 10 个人当中去掉 3 个人 a1 , a2 ,

a3 ,然后从 7 个人当中选出 2 个人,再把 a1 , a2 加进去,有 C72 ? 21 种选法。
(4) 4 个人当中含 a1 ,a2 ,a3 但不含 a4 , 相当于从 10 个人当中去掉 4 个人 a1 ,a2 ,
1 =6 种选法。 a3 , a4 ,然后再在余下的 6 个人中选 1 个人,再把 a1 , a2 , a3 ,加进去有 C6

(5)4 个人当中含 a1 , a2 , a3 , a4 的选法只有一种,即从余下的 5 个人当中选 0
0 4 4 3 2 1 0 个人,选法有 C5 ? 1 种。也就是 C10 ? C9 ? C8 ? C7 ? C6 ? C5

实际上性质 3 又可用递推法得出: ∵ Cn? r ?1 ? Cn? r ? Cn? r (性质 2)
r r r ?1 r ?1 r ?2 Cn ? r ? Cn ? r ?1 ? Cn ? r ?1 r ?1

??
1 0 0 1 0 Cn ? 2 = Cn?1 + Cn?1 ( Cn ?1 ? Cn ? 1 )

∴ Cn? r ?1 ? Cn? r ? Cn? r
r r r

r ?1

= Cn? r ? (Cn? r ?1 ? Cn? r ?1 )
r C C C = Cn ?r + n ? r ?1 +( n ? r ? 2 + n ? r ? 2 ) r C C C = Cn n+r-3 ) ?r + n ? r ?1 + n ? r ? 2 +( n ? r ?3 + C
r ?1 r ?2 r ?3 r ?1 r ?2 r ?3

r ?1

r ?2

r-4

????
r 1 0 C C C = Cn ?r + n ? r ?1 + n ? r ? 2 + n ? r ?3 +??+ Cn?1 + Cn
r ?1 r ?2 r ?3

从性质 3 可得到下列级数的和 (1) S1=1+2+3+??+n=C(1,1)+C(2,1)+??+C(n,1) ∵ C(n,1)=C(n,n-1) ∴ S1=C(1,0)+C(2,1)+C(3,2)+??+C(n,n-1) 相当于性质 3 中 n=1,r=n-1 ∴ S1=C(n+1,n-1)=

1 n(n ? 1) 2

(2) S2 ? 1? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ? 4 ? ? ? ? ? n(n ? 1) =2+2C(3,2)+2C(4,2)+??+2C(n+1,2) =2[C(2,0)+C(3,1)+C(4,2)+??+C(n+1,n-1)]
相当于性质 3 中 n=2,r=n-1. S2=2C(n+2,n-1)= n(n ? 1)(n ? 2) (3) S3 ? 1? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? ? ? n(n ? 1)(n ? 2) =3![C(3,3)+C(4,3)+??+C(n+2,3)] =3![C(3,0)+C(4,1)+C(5,2)+?+C(n+2,n-1)] =3!C(n+3,n-1)

1 3

1 ? n(n ? 1)(n ? 2)(n ? 3) 4
4.组合的性质 4 CnCl ? Cn Cn?r (l≥r)
l r r l ?r

组合的意义:等式左端可以看作是先从 n 个元素中取 l 个组合,从所得的每个组合的 l 个元 素中取 r 个组合。由此所得的全部结果相当于从 n 个元素中直接取 r 个组合,但有重复,其
l ?r 重复度为 Cn ?r 。

例如,从 1,2,3,4,5 中取 4 个的组合得 1234,1235,1245,1345,2345, 再从每个组合中取 2 个组合。所得的 12,13,14,15,23,24,25,34,35,45 各重复 3 次。即

2 2 4? 2 C54C4 ? C5 C5?2

5.组合的性质 5

0 2 3 n Cn ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ? 2n

证明:根据二项式定理
m 1 m?1 2 m?2 2 (x ? y) ? xm ? Cm x y ? Cm x y ? ? ? ? ? ym

令 x ? y ? 1 代入上式便得证明。 6.组合的性质 6
0 1 2 n Cn ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ?0

证明:根据二项式定理
m 1 m?1 2 m?2 2 (x ? y) ? xm ? Cm x y ? Cm x y ? ? ? ? ? ym

令 x=1、y=-1 代入上式便得证明。 7.组合的性质 7
r 0 r 1 r ?1 r 0 Cm ?n ? CmCn ? CmCn ? ? ? ? ? CmCn

r ? min(m, n)

证明从略。 8.最大组合数
1 0 2 m 我们看到,当 m 为定值时, C m 、 Cm 、 Cm 、??、 C m 这里(m+1)个数,哪一个最大,

用比较的方法看这些数的变化情况。
n n ?1 = Cm ? Cm

m! m! (n=1,2,3,??,m) ? n!(m ? n)! (n ? 1)!(n ? m ? 1)!
m! m!(m ? n ? 1) ? m!n = ? (m ? 2n ? 1) n!(m ? n ? 1)! n!(m ? n ? 1)!

=

如果 m 是偶数, 当 n≤
m ?1

m 0 1 2 n m ?1 Cm Cm Cm 时, m-2n+1>0, 这时, 所以, 、 、 、 ??、 Cm ? Cm ? 0, 2
m m n n ?1 2 、 <0 ,所以, Cm ? Cm ? 1 时, m-2n+1<0 ,这时 Cm 2 m 2 m

2 是递增的;当 C m2 、 Cm n?
m ?1 2 、??、 m

m

C

C 是递减的。因此,当 m 是偶数时,中间的一个 C 的值最大。
m ?1

m m

m ?1 0 1 2 n m ?1 如果 m 位奇数,当 n ? 时,Cm ? Cm ? 0 ,所以,C m 、C m 、C m 、??、C m 2 2
是递增的;当 n ?

m ?1 m ?1 n n ?1 时, Cm 2 ? Cm 2 ;当 n ? 时, Cm ? Cm <0,所以,C m 2 2 2

m ?1

m ?1

m ?1



m ?3

m ?5
m

m ?1

m ?1

Cm 2

、Cm 2 、??、C m 是递减的,因此,当 m 为奇数时,中间相等的两个 C m 2 和 C m 2

的值最大。 上面的结论,也可以用
n Cm m ? n ?1 ? (n=1,2,??,m) n ?1 Cm n

IV.组合的应用问题 1.简单的应用问题:用组和解题需研究一下为何这个问题应当归结为组合来求解。 例 1.学校开运动会,一共有 8 个篮球队参加比赛,如果每队都要和其他队比赛一次, 那么全校一共要比赛多少次? 分析:因为篮球比赛每次需要两个队,而这两个队的选择与顺序无关,所以,这个问题 可以把它归结为组合来求解。 这里的元素指篮球队, 从 8 各元素里每次取出 2 个元素的一种 组合对应一种比赛。因此组合的种数 C 8 就是比赛的次数。 为了与排列区别, 这里有提出一个问题: 如果 8 个篮球队比赛的结果可以得到冠军和亚 军的锦标赛,那么,一共有多少种可能得奖的方法? 这里, 甲得冠军乙得亚军与乙得冠军甲得亚军是两种可能结果。 所以这问题就归为排列 问题来求解。从 8 个元素里每次取出 2 个元素的一个排列,对应一种可能的得奖方法。因此 一共有 A8 种可能的得奖的方法。 例 2.平面内有 12 个点,没有 3 个点在一条直线上,以每三个点为顶点做三角形,一共 可以得到多少个三角形? 分析:从这 12 个点里任意取 3 个点做三角形, 与三个点的顺序无关, 所以可以归结为组 合问题来解。因此一共可以得到 C132 个三角形。 现在来看:若有红、黄、绿三种颜色的旗子各一面,把这三面旗子插在 12 点店里面的 三个点上,一共有多少种不同的插法? 这里,从这 12 个点里任意取 3 个点,把红、黄、绿三面旗子分别插在这三个点上,这 就有不同的插法,所以,这个问题就应当归为排列问题来求解。从 12 个元素里每次取出 3 个不同的元素的一种排列对应一种插法,所以一共有 A132 (或者从一共有 C12 P3 种插法来考 虑)种插法。 下面把内容类似而一个用排列一个用组合来解决的两个问题,并列起来加以分析对比, 从而提高识别能力。 (1)10 个人互相写一封信一共要写几封?(a 写给 b 的一封信和 b 写给 a 的一封信是 不同的两封信,每人写 9 封,10 人写 90 封即 A10 封) (1)ˊ10 个人互相打一次电话,一共打几次?(a 打电话给 b,b 打电话给 a 只能算一 次,所以共有 C10 种) (2)从 10 人里选出一个组长、一个副组长和一个干事一共有 A10 方法。 (2)ˊ从 10 个人里选出 3 个代表,一共有 C10 选法。
3 3 2 2
2 2

3

(3)有 m 个数 a,b,c??k,l,每次取出两个数相减,一共有 Am 不相等的差。 (3)ˊ有 m 个数 a,b,c??k,l,每次取出两个数相乘,一共有 C m 不相等的积。 (4)从 5 本不同的书里选 2 本分配给甲、乙两人,一共有 A5 种分配方法。 (4)ˊ从 5 本不同的书里选 2 本,一共有 C 5 种不同的选法。 2.比较复杂的应用问题 在比较复杂的组合应用问题里,一般只对选取元素做某些限 定,下面来研究这方面的例题。 例 1. 从 3 个女同学和 4 个男同学里选出 2 个女同学,一个男同学组成 3 人小组,一共 有多少种选法? 分析: 选出的 3 个人要有 2 个女同学一个男同学, 仅就选出 2 个女同学来说, 就有 C 3 种
1 选法,而无论用哪种方法选出 2 个女同学后再选一个男同学有 C4 种方法,所以选出 3 个人 1 组成小组的方法有 C 3 C4 中选法。
2 2 2 2 2

2

这里卫生么用乘法,关于这一点必须彻底弄懂,否则,在解更复杂的组合问题时,会感 到更困难。关于这一点可以利用下图来说明。图里 a,b,c,d 代表女同学,A,B,C,D 代表
1 男同学,在每次选出 2 个女同学后,再选一个男同学都有 C 4 种方法;一条表是一种选法,

一共有 C3 C4 条线,所以一共有 C3 C4 种选法。

2

1

2

1

一般的说,有 m 个不同元素,其中甲类元素 m1 个,乙类元素有 m2 个,丙类元素有 m3 个,??,要从 m 个元素里每次取出 n 个元素,包括甲类元素 n1 个,乙类元素 n2 个,丙类 元 素 有 n3 个 , ? ? ( m1 ? m2 ? m3 ? ? ? ? ? m , n1 ? n2 ? n3 ? ? ? ? ? n ) 那 么 一 共 有
n3 n1 n2 Cm Cm Cm · · ??种取法。 1 2 3

例 2.课外科学小组共有 13 个人,其中男同学 8 个女同学 5 人,从这 13 个人里选出 3 个人准备报告,在选出的 3 个人当中至少要有一个女同学,一共有多少种不同的选法? 分析 1.这里,要从这 13 个人里选出 3 个人,而限定的条件是, “选出的 3 个人当中至 少要有一个女同学。 ”这就首先要考虑选出几个女同学才符合条件?因为“至少要有一个女 同学” ,选出的 3 个人就可以有以下三种情况: 1 个女同学,2 个男同学,这种情况有 C5C8 种选法。 2 个女同学,1 个男同学,这种情况有 C5 C8 种选法。 3 个女同学,没有男同学,这种情况有 C 5 种选法。 这三种情况互相独立,每一种情况都符合要求,而且除这三种情况外,再也没有符合的 条件。所以,在选出 3 个人至少要有一个女同学的选法有 C5C8 + C5 C8 + C 5 种。 上面这个解法是从“限定的条件”出发分类的。在分类时要注意以下三点:首先,各类 情况应当相互独立没有重复部分;其次,每类都必须符合题目的逃求;第三,必须没有遗漏 部分。 如果我们把例 2 的条件改为“再选出的 3 个人,至多有 2 个女同学” ,那么,就可以分 为:有 2 个女同学,有一个女同学,没有女同学,三类情况。 分析 2.如果没有限定条件,从 13 个人里选出 3 个人一共有 C13 种选法。这些选法可分 为两类:一类是至少有一个女同学的选法,一类是没有女同学就是全是男同学的选法。而 3 个人都是男同学的选法有 C 8 。因此,3 个人里至少有一个女同学的选法有 C13 ? C8 种。
3 3
3

1

2

2

1

1

2

2

1

3

3

3

上面这个解法是“没有限定什么条件”出发分类的。先不考虑所限定的条件,求出所有 不同的组合数, 而这些组合数理包括符合条件的和不符合条件的两类。 不符合条件的一类就 是属于“所限定的条件的相反的一面”的情况;选出 3 个人里“至少有一个女同学”相反的 一面是“3 个人都是男同学” 。从所有不同的组合的种数里减去不符合条件的一类的种数, 就可以得到所要求的组合的种数。 例 3.平面内有 9 个点,其中有 4 个点在一条直线上,此外没有 3 点在一条直线上。过 这 9 个点里的每两个点可以连接成多少条直线?以这 9 点里的每三个不在一条直线上的点为 顶点,可意做出多少个三角形? 分析 1.(1)把 9 点分为两类:在一条直线上的 4 个点作为第一类,另外 5 个点作为第 二类。从第二类里任意取出 2 个点连成一条直线,一共可以得到 C 5 条直线;从第二类里任 意取出一点,从第一类里任意取出一点,也可以连成一条直线,一共有 C5C4 条直线。第一 类 4 个点,只能连成一条直线。所以,一共可以连成( C 5 + C5C4 +1)条直线 (2)从第二类里任意取出 3 个点, 一这三个点为顶点做一个三角形, 一共可以做出 C 5 个 三角形;从第二类里任意取出 2 个点,从第一类里任意取出 1 个点,以这三点为顶点可以做 出 C5 C4 个三角形;从第二类里任意取出 1 个点,从第一类里任意取出 2 个点,以这三点为
2 1
3 2 2

1

1

1

1

顶点可以做出 C5C4 个三角形;第一类里的 4 个点不能做出三角形。所以,一共做出 ( C 5 + C5 C4 + C5C4 )个三角形。 分析 2: (1)若没有三点在一条直线上,就一共可以做出 C 9 条直线,若在第一类的 4 个点里没有 3 个点在一条直线上,就可以连成 C 4 条直线;但是,这 4 点在一条直线上,只 能连成一条直线,因此,这 9 个点一共连成( C 9 — C 4 +1)条直线。 (2)同理一共可以做出( C9 - C4 )个三角形。 例 4.平面内有 9 条直线,其中没有互相平行的直线,也没有三条交于一点的。这 9 条 直线可以构成多少个不同的三角形?若其中有 4 条直线互相平行, 可以构成多少个不同的三 角形?若其中没有互相平行的直线,但有 4 条直线交于一点,可以构成多少个不同的三角 形? 分析: (1)没有互相平行也没有三条直线交于一点,可以构成 C 9 个三角形。 (2)若其中有 4 条直线互相平行, 那么, 从另外 5 条直线里任意取出 3 条可以构成 C 5
3 3 2
2 2

1

2

3

2

1

1

2

2

3

3

个不同的三角形;从 4 条平行线里任意取出 1 条,从另外 5 条直线里任意取出 2 条直线,可 以构成 C4C5 个不同的三角形。所以,一共组成( C 5 + C4C5 )个三角形。 也可以反过来考虑,从 4 条平行线里任意取 3 条;从 4 条平行线里任意取 2 条,从另外 5 条直线里取 1 条直线都不能构成三角形。所以,一共构成( C 9 - C 4 - C4 C5 )个三角形。 (3)若没有相互平行的直线而有 4 条直线交与一点,可以构成( C9 - C4 )个不同的三 角形。也可以从算式 C5 ? C5 C4 ? C5C4 来分析。
3 2 1 1 2
3 3
3
3

1

2

3

1

2

2

1

例 5.凸五边形的边和对角线所在的直线,最多可以构成多少个不同的三角形?(包括 延长线相交构成的三角形) 分析:凸五边形的边和对角线一共有 C 5 =10 条,过每个顶点都有四条直线。因为要求 出最多可以构成个三角形, 我们可以假设对角线里没有互相平行的, 也没有三条直线交与一 点的。因此可以构成( C10 - 5C4 )个不同的三角形。 例 3 到例 5 都是形式不同的几何问题,但解题思路却和例 1 例 2 相类似。 例 6.
3 3
2

如图,共有几个长方形?横线取 2 条共有 C 4 种取法, 竖线取 2 条有 C 3 种取法,共组成 C 4 C 3 =18 个长方形。 例 7.有 4 本不同的书籍,一个人去借有多少种不同的借法? 分析 1.这里要求回答一个人去借有多少种不同的借法, 但是这个人每次借几本书却没有 规定。所以,这个人每次借书的本书可以是 1 本、2 本 3 本、4 本。这四种情况相互独立的, 而且除这四种外,再也没有符合条件的其他情况。而借 1 本、2 本 3 本、4 本的方法依次分 别是 C 4 、 C 4 、 C 4 、 C 4 种。所以,一共有( C4 ? C4 ? C4 ? C4 ? 2 -1 )种不同的借法。
1 2 3 4

2

2

2

2

1

2

3

4

4

分析 2.对第一本书籍可以有借和不借两种处理方法, 不论采用哪一种方法后, 对第二本 也有借和不借两种方法,一直到第四本。所以,这四本书的处理方法一共有
4 2×2×2×2= 2 ? 16 种方法。 而这 16 种处理方法里有一种方法全不借, 这个方法不符合题意,

4 应当舍去。所以,一共有 2 - 1 ? 15 种借法。

分析 1 是从一个人去借书的角度出发,把所有不符合条件的借法分成 4 种独立情况。 而分析 2 是从“每本都有借和不借”两种处理方法出发,把解法分成四步。对比这两种解 法可以清楚的看到什么情况下相加,什么情况下相乘。 若把例 7 改为:有 n 本不同的书籍,一个人去借有多少种不同的借法?用分析 1 的方
n 1 2 n 法就有( Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn )种方法。用分析 2 的方法就有( 2 - 1 )种方法。因此,

1 2 n Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ? 2n ?1 ?C0 n ?1 0 2 3 n ∴ Cn ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ? 2n

这就证明了计算组合的总公式。 (这个公式利用二项式定理也可以证明) 利用上面的分析 2 的思考方法还可以解答下面这类问题。 1.有 3 本书其中 2 本是相同的,一个小组去借有几种借法? 分析: 这里,对 2 本相同的书有不借,借一本,借 2 本三种方法,而对另一本则有借 和不借两种方法。所以,一共有 2×3-1=5 种借法。若用 a 代表相同的书,b 代表另一本书, 容易看出,这 5 种借法是 a,aa,ab,aab,b。 2.有 8 本书,其中有三本是相同的,其余是不同的一个小组去借有多少种借法? 分析:那相同的 3 本有借 0、1、2、3 本四种情况,其余不同的 5 本有 25 种借法,一 共有 4×25 -1=127 种解法。 例 8. 有一元币、五角币、二角币、一角币、五分币、二分币、一分币各一张,可以组

成多少种不同的币值? 分析:这里可以看出任何一张纸币的值比所有小于它的纸币的值的和都大。如,从一分 加到二角币为止,币值的总和小于五角的币值。这就是说,任何一张纸币的值不能用几张小 于它的值来代替。所以,从这 7 张纸币里每次取 1 张、2 张、3 张、??、7 张一共有多少
1 2 3 7 种不同的取法就对应多少种不同的币值。因此一共组成( C7 )种不同 ? C7 ? C7 ? ? ? ? ? C7

的币值 例 9.用 5、3、2、1 四个数,可以组成多少种不同的和? 分析:这个题目可以用组合的知识来求解。容易看出,用这四个数组成的和有 3、4、5、 6、7、8、9、10、11 所以一共组成 9 个不同的和。 若用组合可以这样想:从这四个数里每次取出不同数的方法,有 C4 + C4 + C4 =11 种。 但这些不同的取法里,有些取出的数组成的和是相同的这些取法有四种。就是“取 5、3” 与“取 5、2 和 1” ; “取 5 和 1”与“取 3、2 和 1” 。所以一共有 11-2=9 个不同的和。
2 3 4

(三)对应用题解的分析 下面几个例题是从两个方面进行讨论的。一是介绍正确思考方法,从而探讨解题规律; 二是对一些错误的解法进行分析研究,从而了解产生错误的原因。 例 1. 从 6 个男同学和 4 个女同学里, 选出 3 个男同学和 2 个女同学担任组长、 副组长、 学习干事、文艺干事、体育干事,一共有多少分配工作的方法? 分析:要完成分配工作这一事件,根据题目条件,必须一次完成“选出 3 个男同学” , “选出 2 个女同学” , “对选出的人再进行分配”等事件。选出 3 个男同学的方法有 C6 种方 法,不论用哪种方法选出男同学后再选出 2 个女同学有 C4 种方法,所以,选出合乎条件的 5 个人就有 C6 C4 种方法。而对每种方法选出的 5 个人在分配工作就有 P5 种方法。因此,一 共有 C6 C4 P5 =20 P6 种方法。 上面这个问题,有时会被错误的解成 A6 A4 种选法。认为从 6 个男同学里选出 3 个人, 担任 3 种不同的工作有 A6 种方法; 从 4 个女同学里选出 2 个人, 担任 2 种不同的工作有 A4 种方法。因此,一共有 A6 A4 中分配方法。 上面的解法错在哪里呢? 从 6 个男同学里选出 3 个人,担任 3 种不同的工作是有 A6 种方法,但是,现在要从 6 个男同学里选出 3 人,他们将在 5 种不同的工作里担任 3 种工作。因为从 5 种不同的工作 里任意选出 3 种工作有 C5 种方法,把每一种方法选出的三项工作分配给 6 个男生里的 3 个 就有 A6 种方法。所以,从 6 个男同学里选出 3 个人,担任 5 种不同的工作里的 3 种工作有
3 3 3 3
2 2

3

3

2

3

2

3

2

3

2

2 3 3 而对这些方法里的每一种, 再从 4 个女生选出 2 个担任所余下的工作就有 A4 C5 A6 种方法;

种方法,因此,一共有 C5 A6 A4 =20 P6 种方法。 如果先完成“分配给女同学工作”的事件,在完成“分配给男同学工作”的事件,那么 可以得到 C5 A4 A6 =20 P6 种分配工作的方法。 以上三种解法的思考方法是一致的,由于考虑问题的出发点不同,得到的解法不同,但 得到的计算结果还是一样的。 例 2.有不同的书籍 6 本,分给甲乙丙三人: (1)如果每人的 2 本,有多少种分法? (2)若甲得 1 本,乙得 2 本,丙得 3 本,有多少种分法? (3)若一个人得 1 本,一个人得 2 本,一个人得 3 本,有多少种分法? 分析(1)这里,要求出有多少种分法,首先要考虑完成“把 6 本书分给 3 个人”的 事件,需要依次完成哪些部分事件。若以书籍为主来考虑,把 6 本书一本一本的分出去, 那么,第一本书有 3 种分发(分给甲或分给乙或分给丙) ,无论用哪种方法分了后,再分第 二本书也有 3 种方法;但是第三本书籍有几种分法就不肯定了。如果前面 2 本不是分给一 个人的,那么,第三本也有 3 种分法;如果前面 2 本是分给一个人的,那么,第三本只有 2 种分法;至于第四、第五、第六本书的分法就更复杂了。因此,这个问题按照这个思考方法 是行不通的。 反过来,如果以人为主来考虑,3 个人一个一个的来取书,那么,甲从 6 本不同的书籍 里选出 2 本有 C6 种选法。 甲不论用哪一种方法取得 2 本书籍后, 乙再去取 2 本书籍就有 C4
2

3

3

2

2

2

3

2

2

种方法。而甲乙不论用哪种方法各取得 2 本书籍后,丙再去取 2 本书籍就只有 C2 种方法。 所以,一共有 C6 C4 C2 种方法。
2 2 2 上面这个问题,有时被错误的解成共有 C6 C4 C2 P3 种分法。认为,甲乙丙三人来取书, 2 2 2

谁先谁后与总得分法有关,而三个人的排法有 P3 种,所以还要乘上 P3 ;也认为,每次分好 后,再应当互相交换,这就是 P3 种方法。所以还要乘上 P3 。这两种错误的实质是一样的。 下面用一个比较简单的例子来说明这种解法的错误。 有 2 本书籍 A、B 分给甲、乙各一本,有几种分法? 这里,如果甲先取就有 2 种方法(取 A 或取 B)每次甲取完后余下的就是乙的了。反 过来,如果乙先取也有 2 种方法(取 A 或取 B)每次乙取完后余下的就是甲的了。我们把 这两种分书籍的方法列出: 甲先取乙后取的方法 乙先取甲后取的方法 甲 乙 乙 甲 (1) A B A B (2) B A B A
1 1 1 1 可以看出,这两个分配方案实际上是一样的,也就是有 C2C1 种分法,而不是 C2C1 P2

种分法。 上面这个问题有时会被错误的解成:先求得“把 6 本书籍分成每堆 2 本”有 C6 ? 15 种
2

不同的分法,然后再把这 15 堆书籍分给 3 人就有 A15 种分法。但是如果用 a、b、c、d、e、 f 表示书,取出 2 本的方法有取 ab,ac,ad,ae,af;bc,bd,be,bf;cd,ce,cf;de, df;ef,计 C6 ? 15 种方法。显然,我们不能把 ab,ac,ad 同时分给甲乙丙三人,所以,
2

3

这种解法是错误的。 (2)要使甲得 1 本, 乙得 2 本, 丙得 3 本, 就有 C6C5 C3 种分法。 也可以有 C6 C3 C1 或 者 C6 C4 C1 种分法。 (3)这里没有指明谁得 1 本谁得 2 本谁得 3 本。 而要确定甲乙丙三人里一人得 1 本一 人得 2 本一人得 3 本的方法有 P3 种方法。不论用哪种好方法确定每人分得的本数后,再去
1 2 3 1 2 3 分书,那么,从(2)可以知道有 C6C5 C3 种分法,所以,一共有 C6C5 C3 P3 种分法。 2 3 1 1 2 3 3 2 1

例 3.从 4 个女同学和 5 个男同学里选出 4 个人当代表,在选出的 4 个人里至少有 1 个 女同学,2 个男同学,一共有多少种不同的选法? 解 1:这里符合条件的有,选 1 个女同学,3 个男同学有 C4C5 种选法;选 2 个女同学, 2 个男同学有 C4 C5 种选法。其他的选法都不合适。因此,至少有 1 个女同学,2 个男同学, 一共有( C4C5 + C4 C5 =40+60=100)种不同的选法。 解 2: 这个题目也可以从不符合条件的选法来考虑。 如果没有限定什么条件, 就有 C9 种 选法;选出 4 个女同学有 C4 种选法;选出 4 个男同学有 C5 种选法;选出 3 个女同学 1 个 男同学有 C4 C5 种选法。所以,一共有( C9 - C5 - C4 - C4 C5 =126-26=100)种选法。 上面这个问题有时被错误的解成 C4C5 C6 ? 240种选法。 认为题目里要求至少有 1 个女
1 2 1
3 1
4 4
4 4

1

3

2

2

1

3

2

2

4

4

3

1

同学,2 个男同学,而选出 1 个女同学有 C4 种选法,选出 2 个男同学有 C5 种方法。所以选 出 1 个女同学 2 个男同学有 C4C5 种选法; 然后再在余下的 3 个女同学 3 个男同学任意选出 1 个有 C6 种方法。因此,一共有 C4C5 C6 ? 240种选法。
1

1

2

1

2

1

2

1

现在看这解法究竟错在哪里。 如果用 a、b、c、d 代表女同学 A、B、C、D、E 代表男同学。在选出 1 个女同学 3 个 男同学的每一种选法里,例如选出 a 和 B、C、D 在上面的解法里先后计算过 3 次: (1)选 出 a 再选出 B、C,最后选出 A; (2)选出 a 再选 B、D 最后选出 C; (3)选出 a 再选出 C、

D,最后选出 B。同理选出 2 个女同学 2 个男同学的每一种选法,在上面的解法里先后计算 过两次,我们可以验证: 3 C4C5 +2 C4 C5 =3×40+2×60=240 所以这个解法犯了重复计算的错误。其原因是对于划分步骤应用乘法的条件没弄清楚。 而只是形式的把完成“选出 4 个代表至少要有 1 个女同学,2 个男同学”这一事件分成“选 出 1 个女同学 ” 、 “选出 2 个男同学” 、 “任意选出 1 个同学”三部分条件。但是,在选出 1
1 2 个女同学 2 个男同学的 C4 C5 种方法里,没次选出 1 个女同学 2 个男同学后,再选出另外 1 3 2 2

一个同学不是都有 C6 种方法,因为有些选法是交叉的。所以不能得出一共有 C4C5 C6 种选
1

1

2

1

法。 例 4.有 11 个工人,其中 5 个工人只能当钳工,4 个工人只能当车工,还有 2 个工人既 能当钳工又能当车工。现在要在这 11 个人里选出 4 个人车工,4 个人当钳工,一共有几种 选法? 解:如果用 a、b 代表既能当钳工又能当车工的两个人,那么,合乎条件的选法可以分 成以下几类: (1)a、b 都没有被选在内的方法有 C5 C4 =5 种 (2)a、b 里有一个被选在内当钳工的方法有 C2C5 C4 =20 种 (3)a、b 里有一个被选在内当车工的方法有 C2C5 C4 =40 种 (4)a、b 里有一个被选在内当钳工另一个被选在内当车工的方法有 2C5 C4 =80 种 (5)a、b 都被选作当钳工的方法有 C5 C4 =10 种 (6)a、b 都被选作当车工的方法有 C5 C4 =30 种 所以,一共有 C5 C4 + C2C5 C4 + C2C5 C4 + 2C5 C4 + C5 C4 + C5 C4
4 4 1 3 4 1 4 3 3 3 2 4 4 2 4 2 2 4 3 3 1 4 3 1 3 4 4 4

=5+20+40+80+10+30=185 种选法。 这个例题看起来很复杂,其实只要根据 a、b 在选取中的各种情况,就可以把合乎条 件的各类选出来。可以看出这几种情况是互相独立的,而且除此之外业内有其他选法。 上面的问题,有时会被错误的解成:合乎条件的选法有(1)把钳工车工都能当的两个 人 a、b 都看作是钳工,这时就有 7 个钳工和 4 个车工,所以有 C7 C4 种选法; (2)a、b 里 一个算作车工一个算作钳工,就有 C5 C6 种选法; (3)a、b 都看作是车工有 C5 C6 种选法。 所以,一共有 C7 C4 + C5 C6 + C5 C6 =35+75+75=185 种选法。 此结果虽正确但解法是错的。 原因是没有掌握分类的方法, 造成三种情况不是互相独立 的,而是有重复的,下面进行具体分析: (1)把 a、b 都看作是钳工的 C7 C4 种选法里,包括:a、b 都没有被选在内的选法;a、
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

b 里一个被选作当钳工,另一个没有被选在内的选法;??。
4 4 (2)a、b 里一个算作车工一个算作钳工,就有 C5 C6 种选法里包括:a、b 都没有被选

在内的选法;a、b 里一个被选作当钳工,另一个没有被选在内的选法;a、b 里一个被选作 当车工,另一个没有被选在内的选法;??。 (3)
4 2 (3)a、b 都被选作当车工的 C5 C4 种选法里,包括:a、b 都没有被选在内

的选法;a、b 里一个被选作当车工,另一个没有被选在内的选法;??。 从上面的分析看出,在(1) (2) (3)里都有“a、b 没有被选在内的选法” ;在(1) (2) 里都有“a、b 里一个被选当钳工,另一个没有被选在内的选法” ;在(2) (3)里都有“a、 b 里一个被选作当车工,另一个没有被选在内的选法” 。这就说明这个解法的结果里一定有 重复计算过的选法。 既然有重复计算,结果为什么对呢?这是因为 a、b 里一个算作是钳工,一个算作是车 工,应当有两种情况,就是 a 算作是钳工,b 算作是车工;a 算作是车工,b 算作是钳工。 而上面的(2)里遗漏了一种情况。因此按照上面这种错误解法,得到的结果应当是:
4 4 4 4 4 +2 C6 C5 + C5 C6 =260 C74C4

上面的这个算式里,a、b 都没有被选在内的 C5 C4 种选法先后计算了四次,所以多算了 3 C5 C4 种选法;a、b 里一个被选在内当钳工,另一个没有在选在内的 2 C5 C4 种选法先后计 算了两次, 多算了 2 C5 C4 种选法; a、 b 里一个被选作当车工, 另一个没有被选在内的 2 C5 C4
4 4 3 4 4 4 4 4 4 4

4

4

种 选 法 先 后 计 算 了 两 次 , 多 算 了 2 C5 C4 种 选 法 。 因 此 一 共 多 算 了 3 C5 C4 +2 C5 C4 +2 C5 C4 =15+20+40=75 种选法。 而 260-75=185,所以正确的得数是 185 种选 法。 例 5(分组问题).把 6 本不同的书籍分成三堆,如果每堆 2 本,有多少种不同的分法? 如果分成一堆 1 本,一堆 2 本,一堆 3 本,这样的三堆,有多少种分法? 分析:要解答这个问题,首先要看一看这两种分法不同在哪里。例如,把 2 本书 a,b 分成两堆只有一种分法:就是 a;b。把 3 本书 a、b、c 分成两堆,一堆 1 本一堆 2 本,有 3 种分法就是:a,bc;bc,a;c,ab。 (这里要注意,不管把 ab 和 c 这两堆书怎样放,只能 算是同一种分法分成两堆的方法。 ) 其次,要看一看“把 n 本不同的书籍分成几堆” 、 “把 n 本不同的书籍分成几个人”之间 的区别在哪里?例如,把 3 本书 a、b、c 分成两堆,一堆 1 本一堆 2 本,有 3 种分法。如果 把 3 本书 a、b、c 分给甲乙两个人,一个人 1 本,一个人 2 本,这就相当于把这 3 本书分成 两堆,然后再把每次分得的两堆书分给甲乙两人。而把 3 本书分成两堆的方法有 3 种,每次 分成两堆后,再分给甲乙两人有 P2 种方法,所以,一共有 3 P2 =6 种方法。同理,a、b、c 分成 3 堆只有 1 种分法,而平均分给甲乙丙三人就有 P3 种方法。 从上面所说的可以知道,把 6 本不同的书籍分成三堆,每堆 2 本,如果有 x 种方法,那
4 4 3 4 4 3

么把 6 本不同的书籍分给甲乙丙三人每人 2 本就有 x P3 种方法(因为分成三堆后,再分给 3
2 2 2 个人就有 P3 种方法)而把 6 本不同的书籍分给甲乙丙三人,每人 2 本的方法有 C6 C4 C2 种

方法。 ∴x P3 = C C C
2 6 2 4 2 2
2 2 C62C4 C2 ,x= =15 种方法。 P3

如果用 1、2、3、4、5、6 代表这 6 本不同的书籍,则平均分成三堆的情况如下: 12,34,56、12,35,46、12,36,45; 13,24,56、 13,25,46、13,26,45; 14,23,56、14,25,36、14,26,35; 15,23,46、15, 24,36、15,26,34; 16,23,45、16,24,35、16,25,34. 把 6 本不同的书籍分成三堆,一堆 1 本,一堆 2 本,一堆 3 本,如果有 y 种分法,那么 把 6 本不同的书籍分给甲乙丙三人,一人 1 本,一人 2 本,一人 3 本就有 y p3 种方法。而
1 2 3 把 6 本不同的书籍分给甲乙丙三人, 一人得 1 本, 一人得 2 本, 一人得 3 本就有 C6C5 C3 P3

种方法。
1 2 3 ∴ yP 3 ? C6C5 C3 P 3

∴y= C6C5 C3

1

2

3

这里要注意,把 6 本不同的书籍分给甲乙丙三个人一人得 1 本,一人得 2 本,一人得
1 2 3 3 本,就要考虑谁得 1 本谁得 2 本谁得 3 本的问题,所以有 C6C5 C3 P3 种方法;而把 6 本不

同的书籍分给甲乙丙三个人每人都得 2 本, 就不需要考虑这个问题了。 实际上把 6 本不同的 书籍分成三堆,一堆 1 本,一堆 2 本,一堆 3 本的方法与把 6 本不同的书籍分给甲乙丙三个 人一人得 1 本,一人得 2 本,一人得 3 本的方法是一样的。 例 6.把 10 个人平均分成两组,再在每组里选出正副组长各一人一共有多少种不同的选 法? 分析:要完成选正副组长这个事件,根据题意必须依次完成一下各个事件: (1)把 10 个人平均分成两组; (2)在其中一组里选出正副组长; (3)在另外一组里选出正副组长。把 10 个人平均分成两组的方法有
2
5 C10 种;每次分成两组后,在其中一组里选出正副组长的方 2

法有 A5 种,在另外一组里选出正副组长的方法也有 A5 种。所以,一共有 法。

2

1 5 2 2 C10 A5 A5 种选 2

上面这个问题有时错误的解答成 C10 A5 A5 种选法。这时由于错误的认为把 10 个人平均 分成两组有 C10 种方法。其实把 10 个人平均分成两组与把 10 本不同的书籍平均分成两堆是 相同性质的问题。 如果把问题改为“把 10 个人平均分到金工和木工两个车间,再在每个车间里选正副组 长各一人,一共有多少种不同的选法?”这时就有 C10 A5 A5 种选法了。
5 2 2
5

5

2

2

练习题
1 2 7 1.计算 C7 ? C7 ? ? ? ? ? C7

P 1 P 2P 3 ??? P n

2.证明下列等式
n n n?1 (1) Am ?1 ? Am ? nA m

(2) C2 nC2 n ?2C2 n ? 4 ? ? ? C2 ?
2 2 2 2

(2n)! (2!) n

1 2 3 n (3) Cn ? 2Cn ? 3Cn ? ? ? ? ? nCn ? n ? 2n?1 0 1 2 3 n (4) Cn ? 2Cn ? 3Cn ? 4Cn ? ? ? ? ? (?1)n (n ? 1)Cn ?0

(5)1!· 1+2!· 2+3!· 3+??+n!· n=(n+1) !-1 3. 解下列方程(组) (1) A2 x ? 100Ax
3 2

(2) 3Cx ? 5Cx?1
4

x ?6

2y ?C xy ? C x ? (3) ? y ?1 7 y ?1 ?C x ? C x 2 ?

(1) (2)

4.用数字 0、1、2、3、4、5 组成没有重复数字的数

(1) 能组成多少个六位数?( P 6 ?P 5 ? 600)
4 3 (2)能够组成多少个比 34521 大的五位数?(2 A5 ? A4 ? 264) 3 2 3 (3)能够组成多少个能被 25 整除的五位数?( A4 ) ? A3 ? A4

(4)能够组成多少个能被 3 整除的三位数?(这样的三位数的三位数字是:012,015, 024,045,123,135,234,345 其中之一,所以可以组成 ( 4 P 3 -P 2 ) ? 4P 3 ? 40 这样的三位数) 5.某一条航线上共有 10 个航空站,这条航线上共有多少种不同的飞机票?如果不同的
2 2 两站之间的票价不同,那么有多少种不同的票价?(有 A10 ? 90 种不同的飞机票,C10 ? 45

种不同的票价) 6.划船运动员有 8 个人,其中有 3 个人只会划右舷,2 个人只会划左舷,3 个人既会划 右舷又会划左舷,现在要从这 8 个人选出 6 个人,平均分配在船的两弦划桨,有多少种选
3 3 取方法?(如果只会划右舷的 3 人都选上,就有 C3 C5 ? 10 种方法;如果有 2 个人选上,
2 1 3 1 2 3 有 C3 C3C4 =36 种选法;如果有 1 个人选上,有 C3 C3 C3 ? 9 种选法;都不选上是不可能的,

所以一共有 10+36+9=55 种选法) 7.凸 n 边形的对角线,其中没有两个是互相平行的, 而且不完全从同一顶点出发的 3 条 对角线也没有相交于一点的, 这些对角线有多少个交点 (包括延长后相交所得的交点) ? (对
2 2 角线交点的个数,当 n=4 时,是 5;当 n≥5 时,是 CC 2 ? n ? n(C n ?3 ? 1)
n

=C

2 n ( n ? 3) 2

(n ? 3)(n ? 4) 1 n(n ? 3) n(n ? 3) n 2 ? 7n ? 10 ][ ? 1] ? n ? ) ? n[ ? 1] = [ 2 2 2 2 2

=

n 3 (n ? 10 n 2 ? 35 n ? 34 ) ) 8

8.某排有 2n 个座位,现在把这一排的 2n 张戏票分发给各有 n 个同学的两个小队,如
2 果不使的同一队的两个同学坐在一起, 一共有多少种分法? (一共有 2P nP n ? 2(n!) 种分法)

9.平面上有 n 条直线其中没有互相平行的,也没有 3 条直线交于一点的。这些直线可以 为成多少个四边形?(可以围成 Cn ?
4

1 n(n ? 1)( n ? 2)( n ? 3) 个四边形) 24

10.书架上有 4 本不同的数学书,5 本不同的物理书,6 本不同的化学书,如果不使同 类的书分开,一共有多少种不同的分法? (有 P 3P 4P 5P 6 =12441600 种排法) 11.数 3570 有多少不同的偶数的约数?(∵3570=2×3×5×7×17,3,5,7,17 四个数每一
0 1 2 3 4 =16 个、 两个、 三个、 四个数的组合与 2 的积, 再加上 2 本身。 ∴3570 有 C4 ? C4 ? C4 ? C4 ? C4

个偶约数, 分别是 2; 2×3=6,2×5=10,2×7=14,2×17=51; 2×3×5=30,2×3×7=42, 2×3×17=102, 2×5×7=70,2×5×17=170,2×7×17=238;2×3×5×7=210,2×3×5×17=510,2×3×7×17=714, 2×5×7×17=1190;2×3×5×7×17.=3570)

12.某数学教师要在一天上午上三个班级的课,每班一节。如果上午只能上四节课,为 了照顾这位教师的身体,不能连续上三节课,那么,这位教师这一天上午的课表有多少种可 能的排法?(因为上午只有四节课,而且这位教师连续上三节课,所以只能在第二节或第三 节不上课,所以有 2 P3 =12 种排课方法。设第一、二、三、四节课分别用 ABCD 表示,则 排课方法是 ABD,,ADB,BAD,BDA,DAB,DBA,ACD,ADC,CAD,CDA,DAC, DCA) 13.某农机站有拖拉机手 6 名,技工 3 名,如果平均分派支援 3 个生产队,有多少种分
2 2 2 1 1 1 派方法?( C6 C4 C2 C3C2C1 =540 种分派方法)

14.n+1 件不同奖品全部赠给 n 位先进生产者,如果每人至少得到一件,有多少种赠送 的方法?如果 n+1 件产品完全相同,那么有多少种赠送方法?(若 n+1 件奖品都不相同,就
1 1 1 1 2 有 nCn ?1CnCn?1 ? ? ? C3C2 =

n n 2 ( n ? 1)! 或者 Cn (n ? 1)! 如果 n+1 件奖品都相同就有 n 种 ?1 P n ? 2 2

赠法) 15.一个平行四边形被平行于一组对边的 10 条平行线和平行于另一组对边的 7 条平行
2 2 线所截,可得到多少个小平行四边形?(可以得到 C12 C9 -1 ? 2379个小平行四边形)

16.父母子女共 6 人并坐照相,如果父母两人必须坐在中间有多少种坐法?( P2 P4 =48 种坐法) 17.乒乓球运动员 11 人,其中男 5 人女 6 人。从这 11 人里选出 4 人,举行男女混合双
2 2 打比赛,一共有多扫中选法?(一共有 C5 A6 ? 300种选法)

18.有三组篮球队,每组 10 个人。首先每组中各队进行单循环比赛(即两队比一次) , 得出第一、第二、第三名后,集中在一起进行第二轮比赛。在第二轮比赛中,除了在第一轮 比赛已经赛过的两队外,每队都应和其他队比赛一次。先后比赛多少次 ? 解:一共塞了
2 2 2 3C10 ? (C9 - 3C3 ) ? 162场。

19.从字母 a、b、c、d、e、f 里选取四个排列,字母 a 在 b 前面的排法有多少种?解:
2 有 C( ? 72 种这样的排法。 4 P 3 ? 2P 2 ?P 2)


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