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(第十章排列组合与概率)


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10.1 分类计数原理与分步计数原理
教学目标 1.掌握分类计数原理和分步计数原理,并能用它们分析和解决一些简单的应用问题; 2.通过对分类计数原理与分步计数原理的理解和运用,提高学生分析问题和解决问题的能力,开 发学生的逻辑思维能力. 3.提高比较分类计数原理与分步计数原

理的异同,培养学生学习比较、类比、归纳等数学思想方 法和灵活应用的能力. 4.通过对两个原理的学习,培养学生周密思考、细心分析的良好学习习惯. 教学建议 (一)教材分析 1. 知识结构

2.重点难点分析 重点是分类计数原理和分步计数原理内容及两者的区别.难点是对较为复杂事件的分类和分步. (1)分类计数原理中的“做一件事,完成它可以有 类办法”,是对完成这件事的所有方法的一 个分类.分类时,首先要根据问题的特点确定一个分类的标准,然后在确定的分类标准下进行分类;其 次分类时要注意满足一个基本要求:完成这件事的任何一种方法必属于某一类,并且分别属于不同两类 的两种方法都是不同的方法,即不重复也不遗漏.只有满足这些条件,才能用分类计数原理. (2)分步计数原理中的“做一件事,完成它需分成 都要分成 成一件事必须并且只需连续完成这 原理. 类方法”,是指完成这件事的任何一种方法,

个步骤.分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准;其次分步时还要注意满足完 个步骤后这件事才算完成,只有满足这些条件,才能用分步计数

(3)分类计数原理和分步计数原理的共同点是它们完成一件事情,共有多少种不同的方法.区别 在于完成一件事情的方式不同:分类计数原理是“分类完成”,即任何一种办法中用任何一个方法都能 独立完成这件事;分步计数原理是“分步完成”,即这些方法需要分步骤顺次相依,且每一个步骤都完 成了,才能完成这件事情.区分分类还是分步的关键是看经过这个过程,有没有完成整个事情.

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(4)透彻理解两个原理,注意两个基本原理的区别及联系,在运用两个基本原理解决问题的过程 中,要注意如下思维过程的训练和总结:由少到多,由具体到抽象,由特殊到一般,由简单到复杂,由 形象思维转化为逻辑思维. (二)教法建议 1.教学时建议从实际生活中引入,可以让学生先举身边的例子,老师然后补充,这样容易调动学 生学习的积极主动性. 2.可以与学生旧有的知识相对比,教师可以根据实际学生情况考虑是否可以将两个原理与物理中 的串并联相联系:分类计数原理类似于电学中的并联;分步计数原理类似于串联.在处理问题时应紧紧 抓住“分类”还是“分步”:“分类”用“加法”,“分步”用“乘法”. 3.关于两个计数原理的教学可以分三个层次: 第一是对两个计数原理的认识与理解.这里要求学生理解两个计数原理的意义,并弄清两个计数原 理的区别.知道什么情况下使用加法计数原理,什么情况下使用乘法计数原理.(建议利用一课时). 第二是对两个计数原理的使用.可以让学生做一下习题(建议利用两课时): ①用 0,1,2,??,9 可以组成多少个 8 位号码; ②用 0,1,2,??,9 可以组成多少个 8 位整数; ③用 0,1,2,??,9 可以组成多少个无重复数字的 4 位整数; ④用 0,1,2,??,9 可以组成多少个有重复数字的 4 位整数; ⑤用 0,1,2,??,9 可以组成多少个无重复数字的 4 位奇数; ⑥用 0,1,2,??,9 可以组成多少个有两个重复数字的 4 位整数等等. 第三是使学生掌握两个计数原理的综合应用,这个过程应该贯彻整个教学中,每个排列数、组合数 公式及性质的推导都要用两个计数原理,每一道排列、组合问题都可以直接利用两个原理求解,另外直 接计算法、间接计算法都是两个原理的一种体现.教师要引导学生认真地分析题意,恰当的分类、分步, 用好、用活两个基本计数原理. 4.对于较为复杂的既要用分类计数原理,又要用分步计数原理的问题,教学时可以根据题意恰当 合理的画出示意留或者列出表格,使问题的实质直观地显现出来,从而便于解题. 教学设计方案 10.1 分类计数原理与分步计数原理 教学目标: 掌握分类计数原理与分步计数原理,并能用这两个原理分析和解决一些简单问题.

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教具准备:投影胶片(两个原理). 教学过程: [设置情境] 先看下面的问题: 2002 年夏季在韩国与日本举行的第 17 届世界杯足球赛共有 32 个队参赛.它们先分成 8 个小组进 行循环赛,决出 16 强,这 16 个队按确定的程序进行淘汰赛后,最后决出冠亚军,此外还决出了第三、 第四名.问一共安排了多少场比赛? 要回答上述问题,就要用到排列、组合的知识.排列、组合是一个重要的数学方法,粗略地说,排 列、组合方法就是研究按某一规则做某事时,一共有多少种不同的做法. 在运用排列、组合方法时,经常要用到分类计数原理与分步计数原理,下面我们举一些例子来说明 这两个原理. [探索研究] 引导学生看下面的问题.(出示投影) 从甲地到乙地,可以乘火车,也可以乘汽车,一天中,火车有 3 班,汽车有 2 班.那么一天中,乘 坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法? 因为一天中乘火车有 3 种走法,乘汽车有 2 种走法,每一种走法都可以从甲地到乙地,所以共有 3+2=5 种不同的走法,如图所示. 一般地,有如下原理:(出示投影)

分类计数原理

完成一件事,有类办法,在第 1 类办法中有 类办法中有

种不同的方法,在第 2 类办法中有

种不同的方法,?,在第

种不同的方法,那么完成这件事共有:

种不同的方法. 再看下面的问题.(出示投影) 从甲地到乙地,要从甲地选乘火车到丙地,再于次日从丙地乘汽车到乙地.一天中,火车有 3 班, 汽车有 2 班.那么两天中,从甲地到乙地共有多少种不同的走法(如图)?

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这个问题与前一个问题不同.在前一个问题中,采用乘火车或汽车中的任何一种方式,都可以从甲 地到乙地;而在这个问题中,必须经过先乘火车、后乘汽车两个步骤,才能从甲地到乙地. 这里, 因为乘火车有 3 种走法, 乘汽车有 2 种走法, 所以乘一次火车再接乘一次汽车从甲地到乙地, 共有 3×2=6 种不同的走法.(让学生具体列出 6 种不同的走法) 于是得到如下原理:(出示投影)

分步计数原理 完成一件事,需要分成 种不同的方法,?,做第

个步骤,做第 1 步有

种不同的方法,做第 2 步有

种不同的方法. 教师提出问题:分类计数原理与分步计数原理有什么不同? 学生回答后,教师出示投影:分类计数原理与分步计数原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数 的问题,它们的区别在于:分类计数原理与“分类”有关,各种方法相互独立,用其中任何一种方法都 可以完成这件事;分步计数原理与“分步”有关,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事 才算完成. (出示投影) 例 1 书架的第 1 层放有 4 本不同的计算机书,第 2 层放有 3 本不同的文艺书,第 3 层放有 2 本不 同的体育书. (1)从书架上任取 1 本书,有多少种不同的取法? (2)从书架的第 1、2、3 层各取 1 本书,有多少种不同的取法? (解答略) 教师点评:注意区别“分类”与“分步”. 例 2 一种号码锁有 4 个拨号盘,每个拨号盘上有从 0 到 9 共 10 个数字,这 4 个拨号盘可以组成 多少个四位数字的号码?

中数网 (解答略) 例3

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要从甲、乙、丙 3 名工人中选出 2 名分别上日班和晚班,有多少种不同的选法?

(解答略) [演练反馈] 1.有不同的中文书 9 本,不同的英文书 7 本,不同的日文书 5 本.从其中取出不是同一国文字的 书 2 本,问有多少种不同的取法? (由一名学生板演后,教师讲评)

2.集合 的坐标.



.从



中各取 1 个元素作为点

(1)可以得到多少个不同的点? (2)这些点中,位于第一象限的有几个? (由一名学生板演后,教师讲评) 3.某中学的一幢 5 层教学楼共有 3 处楼梯,问从 1 楼到 5 楼共有多少种不同的走法? 4.某艺术组有 9 人,每人至少会钢琴和小号中的一种乐器,其中 7 人会钢琴,3 人会小号,从中 选出会钢琴与会小号的各 1 人,有多少种不同的选法? [参考答案] 1.解:取出不是同一国文字的书 2 本,可以分为三类:中英、中日、英日,而每一类中又都可分 两步来取,因此有

种不同的取法. 注意:有些较复杂的问题往往不是单纯的“分类”“分步”可以解决的,而要将“分类”“分步” 结合起来运用.一般是先“分类”,然后再在每一类中“分步”,综合应用分类计数原理和分步计数原 理. 2.解:(1)一个点的坐标有 两类: 中的元素为 , 、 两个元素决定,它们中有一个不同则表示不同的点.可以分为 或 中的元素为 , 中的元素为 ,共得到

中的元素为

3×4+4×3=24 个不同的点.

中数网 (2)第一象限内的点,即 、

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均为正数,所以只能取 2×2+2×2=8

个不同的点. 3.解:由于 1、2、3、4 层每一层到上一层都有 3 处楼梯,根据分步计数原理

4.解:由题意可知,在艺术组 9 人中,有且仅有一人既会钢琴又会小号(把该人称为“多面手”), 只会钢琴的有 6 人,只会小号的有 2 人,把会钢琴、小号各 1 人的选法分为两类: 第一类:多面手入选,另一人只需从其他 8 人中任选一个,故这类选法共有 8 种. 第二类:多面手不入选,则会钢琴者只能从 6 个只会钢琴的人中选出,会小号的 1 人也只能从只会 小号的 2 人中选出,放这类选法共有 6×2=12 种,因此有 种. 故共有 20 种不同的选法. 注意:像本题中的“多面手”可称为特殊“对象”,本题解法中按特殊“对象”进行“两分法分 类”是常用的方法. [总结提炼] 分类计数原理与分步计数原理体现了解决问题时将其分解的两种常用方法,即分步解决或分类解 决, 它不仅是推导排列数与组合数计算公式的依据, 而且其基本思想贯穿于解决本章应用问题的始终. 要 注意“类”间互相独立,“步”间互相联系. 布置作业:课本 P87 习题 10.1 板书设计: 10.1 (一)图 10-1 图 10-2 两个原理 分类计数原理与分步计数原理 (二)例题分析 例1 例2 例3 典型例题 (三)练习 (四)小结 2,3,4,5

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例 1 在所有的两位数中,个位数字比十位数字大的两位数有多少个? 分析与解:分析个位数字,可分以下几类. 个位是 9,则十位可以是 1,2,3?,8 中的一个,故有 8 个; 个位是 8,则十位可以是 1,2,3?,7 中的一个,故有 7 个; 与上同样: 个位是 7 的有 6 个; 个位是 6 的有 5 个; ?? 个位是 2 的只有 1 个. 由分类计数原理知,满足条件的两位数有

(个). 说明:本题是用分类计数原理解答的,结合本题可加深对“做一件事,完成之可以有 n 类办法”的 理解, 所谓“做一件事, 完成它可以有 n 类办法”, 这里是指对完成这件事情的所有办法的一个分类. 分 类时,首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次分类时 要注意满足一个基本要求:完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同两类的两种 方法是不同的方法,只有满足这些条件,才可以用分类计数原理. 例 2 在由电键组 A 与 B 所组成的并联电路中,如图,要接通电源,使电灯发光的方法有多少种? 解:因为只要合上图中的任一电键,电灯即发光,由于在电键组 A 中有 2 个电键,电键组 B 中有 3 个电键,应用分类计数原理,所以共有: 2+3=5 种接通电源使灯发亮的方法。 例 3 二年级一班有学生 56 人,其中男生 38 人,从中选取一名男生和一名女生作代表,参加学校 组织的调查团,问选取代表的方法有几种. 分析与解:男生 38 人,女生 18 人, 由分步计数原理共有 答:选取代表的方法有 684 种. 说明: 本题是用分步计数原理解答的, 结合本题可以加深对“做一件事, 完成之需要分成 n 个步骤” 的理解,所谓“做一件事,完成它需要分成 n 个步骤”,分析时,首先要根据问题的特点,确定一个分 (种)

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步的可行标准;其次,分步时还要注意满足完成这件事情必须并且只需连续完成 个步骤后,这件事情才算圆满完成,这时,才能使用来法原理.

例 4 在电键组 A、B 组成的串联电路中,如图,要接通电源使灯发光的方法有几种? 解:只要在合上 A 组中两个电键之后,再合上 B 组中 3 个电键中的任意一个,才能使电灯的电源接 通,电灯才能发光,根据分步计数原理共有: 2×3=6 种不同的方法接通电源,使电灯发光。 例 5 有 10 本不同的数学书,9 本不同的语文书,8 本不同的英语书,从中任取两本不同类的书, 有多少种不同取法? 分析:任取两本不同类的书,有三类:一、取数学、语文各一本;二、取语文、英语各一本;三、 取数学、英语各一本.然后求出每类取法,利用分类计数原理即可得解. 解:取出两本书中,一本数学一本语文有 种不同取法,一本数学,一本英语有 由分类计数原理知:共有 种不同取法,一本语文一本英语有 种不同取法. 种不同取法.

说明:本例是一个综合应用分步计数原理和分类计数原理的题目,在处理这类问题时,一定要搞清 哪里是分类,哪里是分步,以确定利用加法或分步计数原理. 例 6(1993 年全国高考题)同室 4 人各写 1 张贺年卡,先集中起来,然后每人从中各拿 1 张别人送 出的贺年卡,则 4 张贺年卡不同的分配方式有( ) A.6 种 B.9 种 C.11 种 D.23 种

分析:本题完成的具体事情是四个人,每人抽取一张贺卡,问题是按照一定要求,抽取结果有多少 种不同情况.我们可以把抽卡片的过程分成四步,先是第一人抽,然后第二人,以此类推,但存在的问 题是,我们把四个人记为 一步 抽取 ,接着 、 可抽 、 、 、 、 ,他们的卡片依次记为 ,有三种方法,而 抽 、 或 、 , 、 ,如果第

仅有两种抽法,

这样两步之间产生影响,这样必须就

抽的结果进行分类.

解法 1:设四人 A,B,C,D 写的贺年卡分别是 a,b,c,d,当 A 拿贺年卡 b,则 B 可拿 a,c,d 中的任何一个,即 B 拿 a,C 拿 d,D 拿 c 或 B 拿 c,D 拿 a,C 拿 d 或 B 拿 d,C 拿 a,D 拿 c,所以 A 拿 b 时有三种不同分配方法.同理,A 拿 c ,d 时也各有三种不同的分配方式.由分类计数原理,四张贺 年卡共有 3+3+3=9 种分配方式. 解法 2:让四人 A,B,C,D 依次拿一张别人送出的贺年卡.如果 A 先拿有 3 种,此时写被 A 拿走 的那张贺年卡的人也有 3 种不同的取法.接下来,剩下的两个人都各只有一种取法.由分步计数原理, 四张贺年卡不同的分配方式有 ∴ 应选 B. 种.

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注意:(1)本题从不同的角度去思考,从而得到不同的解答方法,解法 1 是用分类计数原理解答 的,解法 2 是用分步计数原理解答的.在此有必要再进一步对两个原理加以理解: 如果完成一件事的各种方法是相互独立的,那么计算完成这件事的方法数时,使用分类计数原理. 如果完成一件事的各个步骤是相互联系的,即各个步骤都必须完成,这件事才告完成,那么计算完 成这件事的方法数时,使用分步计数原理. (2)分类计数原理、来法原理是推导排列数、组合数公式的理论基础,也是求解排列、组合问题 的基本思想方法,这两个原理十分重要必须认真学好,并正确地灵活加以应用. (3)如果把四个人依次抽取的结果用一个图表体现出来,就显得更加清楚.

共有 9 种不同结果. 这个图表我们称之为“树形图”,在解决此类问题往往很有效,通过它可以把各种不同结果直观地 表现出来. 扩展资料 排列组合问题的来源 排列组合问题,最早见于我国的《易经》一书.所谓“四象”就是每次取两个爻的排列,“八卦” 是每次取三个爻的排列.在汉代数学家徐岳的《数术记遗》(公元 2 世纪)中,也曾记载有与占卜有关 的“八卦算”,即把卦按不同的方法在八个方位中排列起来.它与“八个人围一张圆桌而坐,问有多少 种不同坐法”这一典型的排列问题类似.11 世纪时,邵雍还进一步研究了六十四卦的排列问题. 唐朝僧人一行曾经研究过围棋布局的总数问题.古代的棋盘共有 17 路,289 个点,后来发展到 19 路 361 个点.一行曾计算过一切可能摆出的棋局总数.后来,17 世纪,北宋时期沈括在《梦溪笔谈》 中,进一步讨论了围棋布局总数问题.他利用一些排列、组合的办法对一行的计算作了分析.沈括指出, 当 361 个棋子全用上时,棋局总数达到 的数量级. (选自《中学数学思想史》) 抽屉原理 原理 1:多于 素. 个的元素,按任一确定方式分成 个集合,则至少有一个集合中含有至少二个元

中数网 原理 2: 素. 原理 3:无穷多个元素分成

http://www.cnmaths.com 个集合,则至少有一个集合中含有至少 个元

个元素,分成

个集合,则至少有一个集合中含有无穷多个元素.

【例1】求证:任意三个整数中,至少有两个整数的和为 2 的倍数. 证明 A: 将任意三个整数分成两类 , B: (共中 )

则至少有两个整数在同一类, 其和必为偶数,即为 2 的倍数. 【例2】坐标平面上任意五个整点(横、纵坐标均为整数)中,必有两点,其连线的中点也是整点. 证明 将坐标平面上全体整点分成四类 B:奇,偶; C:偶,奇; D:偶,偶

A:奇,奇;

则任意五个整点中,必有两点在同一类.

若在 A 类,则两点连线的中点必可表示为如下形式 同理可证,两点同在 、 、 类时,结论成立,综上结论成立. 对称原理

,该点必为整点.

“对称”在生活中随处可见,其例子举不胜举,数学上的对称问题,要用对称法解决,其特点是计 算量大大减少. 定义一 将一个式子的某个字母互换,若所得式子与原式恒等,则称此式子关于这两个字母对称.

定义二 若某式子的所有字母按确定的顺序排成一列后,将第一个字母用第二个字母代替,第二个 字母用第三个字母代替,?最后一个字母用第一个字母代替,如果所得式子与原式恒等,那么称此式子 为关于这些字母的这种顺序的轮换对称式.

【例如】分解因式: 分析 一 此式为 的轮换对称式, 最高次数为 4,因此只能解如下三种形式之

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项系数为 1,∴前两式必有 是第三式正确,

,不可能有“-”,因此只能

必须系数为 1,且两“+”,两“-”,根据轮换对称有

. 排序原理 排序原理的思想:在解答数学问题时常常涉步到一些可以比较大小的量,它们之间并没有预先规定 大小顺序,那么在解答问题时,不妨可以将它们按一定顺序排列起来,往往十分有助于解题,它在不等 式中应用尤为广泛.

【引例】设有

个彼此不等的正数

,作出某一切可能的和数,证明得到的和数中至

少有



得到.

证明

不妨设

,则

1 个数的和不等的有

,共

个;

2 个数的和不等的有

,共

个;

3 个数的和不等的有 ??

,共

个;

个数的和不等的有

,共 2 个;

个数的和不等有的

,共 1 个

和数中至少有

个两两不相等.

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是两个非负序列,



,则

. (反序) (乱序) 探究活动 某西餐馆三明治餐柜有这样的菜单: (同序)

问能买到多少种不同的三明治,并调查研究,列出你自己的菜单(包括价格). 习题精选 一、选择题 1.将 5 封信投入 3 个邮筒,不同的投法共有( ).

A.



B.



C.



D.

种 ).

2.将 4 个不同的小球放入 3 个不同的盒子,其中每个盒子都不空的放法共有(

A.



B.



C.18 种

D.36 种

3.已知集合 , ,从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则 这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( ). A.18 B.10 C.16 D.14 ).

4.用 1,2,3,4 四个数字在任取数(不重复取)作和,则取出这些数的不同的和共有( A.8 个 二、填空题 B.9 个 C.10 个 D.5 个

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1.由数字 2,3,4,5 可组成________个三位数,_________个四位数,________个五位数. 2.用 1,2,3?,9 九个数字,可组成__________个四位数,_________个六位数. 3. 商店里有 15 种上衣, 18 种裤子, 某人要买一件上衣或一条裤子, 共有_______种不同的选法. 要 买上衣、裤子各一件,共有_________种不同的选法. 4.大小不等的两个正方体玩具,分别在各面上标有数字 1,2,3,4,5,6,则向上的面标着的 两个数字之积不小于 20 的情形有_______种. 三、解答题 1.从 1,2,3,4,7,9 中任取不相同的两个数,分别作为对数的底数和真数,能得到多少个不同 的对数值? 2.在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中,与正八边形有公共边的有多少个? 参考答案: 一、选择题:1.B 2.D 3.D 4.A

二、填空题:1. 三、解答题:

2.



3.33;270

4. 5

1.注意到 1 不能为底数,1 的对数为 0,以 2,3,4,7,9 中任取两个不同数为真数、底数,可有 个值,但 所以对数值共有 , (个). 个,所以共有 40 个. , , ,

2.与正八边形有两个公共边的有 8 个,有一个公共边的有

10.2 排列
教学目标 (1)正确理解排列的意义。能利用树形图写出简单问题的所有排列; (2)了解排列和排列数的意义,能根据具体的问题,写出符合要求的排列; (3)掌握排列数公式,并能根据具体的问题,写出符合要求的排列数; (4)会分析与数字有关的排列问题,培养学生的抽象能力和逻辑思维能力;

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(5)通过对排列应用问题的学习,让学生通过对具体事例的观察、归纳中找出规律,得出结论, 培养学生解决应用问题的能力和严谨的学习态度。

教学建议 (一)教材分析 1.知识结构

2.重点难点分析 重点是排列的定义、排列数及排列数的公式,并运用这个公式解决有关排列数的应用问题.难点是 导出排列数的公式和解有关排列的应用题.突破重点、难点的关键是对分类计数原理和分步计数原理的 掌握和运用,并将这两个原理的基本思想方法贯穿在解决排列应用问题当中. (1)教材对两个实例分析的目的在于: ①给出排列概念的感性认识, 为引进排列定义作准备. 舍去具体内容, 可以看出问题的共同特点是: 若干个对象(元素),按一定的顺序排成一列.这正是排列概念的本质. ②分析了具体问题排列数的计算方法,为推导一般的排列数公式作准备. ③列出了排列的框图或树图,使学生初步看出,图形的直观性强,易于找出解题途径,具有启发作 用. ④指出具体写出全部排列的方法,要求不重复、不遗漏.加深学生对排列概念的认识. (2)排列的定义中包含两个基本内容,一是“取出元素”,二是“按一定顺序排列”. 从定义知,只有当元素完全相同,并且元素排列的顺序也完全相同时,才是同一个排列,元素完全 不同,或元素部分相同或元素完全相同而顺序不同的排列,都不是同一排列。叫不同排列.两个相同排 列,当且仅当他们的元素完全相同,并且元素的排列顺序也完全相同. 在定义中“一定顺序”就是说与位置有关,在实际问题中,要由具体问题的性质和条件来决定,这 一点要特别注意,这也是与后面学习的组合的根本区别.

中数网 在排列的定义中 ,如果

http://www.cnmaths.com 有的书上叫选排列,如果 ,此时叫全排列.

(3) 要分清“排列”和“排列数”这两个不同的概念: 一个排列是指从 n 个不同元素中任取 m (m≤n) 个元素,按照一定的顺序排成一列的一种具体排法,它不是数;而排列数是指指从 n 个不同元素中任取 m(m≤n)个元素的所有不同排列的种数,它是一个数。如:元素的所有排列的个数,它是一个数;又 如从 中任取两个元素的排列可以有以下 6 种: 而 6 就是排列数。 每一种都是一个排列,

(4)公式 是在引出全排列数公式 后,将排列数公式变形后得到的公 式.对这个公式指出两点:(1)在一般情况下,要计算具体的排列数的值,常用前一个公式,而要对 含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证,要用到这个公式,教材中第 230 页例 2 就是用这个 公式证明的问题; (2)为使这个公式在 时也能成立,规定 样,是一种规定,因此,不能按阶乘数的原意作解释. ,如同 时 一

(5)排列应用问题一般分为两类,即无限制条件的排列问题和带限制条件的排列问题。常见题型 有:排队问题、数字问题、与几何有关的问题。 解排列应用问题时应注意以下几点: ①认真审题,根据题意分析它属什么数学问题,题目中的事件是什么,有无限制条件,通过怎样的 程序完成这个事件,用什么计算方法; ②弄清问题的限制条件, 注意研究问题, 确定特殊元素和特殊的位置。 考虑问题的原则是特殊元素、 特殊位置优先,必要时可通过试验、画图、小数字简化等手段帮助思考。 ③恰当分类,合理分步。 (6)解排列应用题的基本思路: ①基本思路: 直接法:即从条件出发,直接考虑符合条件的排列数; 间接法:即先不考虑限制条件,求出所有排列数,然后再从中减去不符合条件的排列数。 ②常用方法:特殊元素、特殊位置分析法,排除法(也称去杂法),对称分析法,捆绑法,插空挡 法,构造法等。 (7)关于排列的应用题,教材共有 3 个例题(例 3、例 4、例 5). 例 3 是一个最简单的没有限制条件的排列问题.教学时应注意通过问题的分析,使学生确认它是一 个排列问题.这是因为问题的本质是“每一张车票对应着 2 个车站的一个排列”.对于简单问题,应分 析如下三个问题: (l)问题的结果是否与顺序有关,也就是能否归纳为排列问题来解; (2)在问题中, n 个元素指的是什么,m 个元素指的是什么;(3)从 n 个元素每次取出 m 个元素的一个排列对应着的事 件是什么.根据分析,作出正确的判断,然后直接运用排列数公式算出结果.

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例 4 也是一个没有限制条件的排列问题,但比例 3 要复杂一点.讲解时,先指出由于表示信号时可 以挂一面,两面或三面旗子,所以表示信号的方法能分为三类,接着分析每一类的方法数,然后根据加 法原理解出本题.对于信号兵用旗子表示信号的方法,学生如果感到生疏的话,也可以举一个类似的例 题来说明:“由 1,2,3 三个数字,可以组成多少个没有重复数字的自然数?” 例 5 是一个有限制条件的排列问题,由于思路不同,可以有不同的解法.用不同的方法去解同一个 问题,可以开拓思路,提高分析问题的能力.有时还能起到核对答数,避免差错的作用. 对于有限制条件的排列问题,大致有两种不同的计算方法: (1)直接计算法:把符合限制条件的排列数直接计算出来; (2)间接计算法:先不考虑限制条件,把所有排列种数算出,再从中减去全部不符合条件的排列 种数,间接得出符合条件的排列种数. 这两种方法都应要求学生领会、能运用. 例 5 的解法 1 与解法 3 都是直接计算法.解法 1 是对排列方法进行分步,采用乘法原理.这是基本 的方法;解法 3 是对排列方法进行分类,采用加法原理.对解法 1,教材上是分成两个步骤的,教学中 也可以让学生考虑分成三个步骤的解法,即先排百位数字,再排十位数字,后排个位数字,得排列法的 种数是 ,然后比较一下两种分步骤的方法,说明它们都是合理的,但是分为两 个步骤比较简洁.对于解法 3,教材上是分为三类的,它也可以分为两类,第一类是三位数中不含有数 字 0 的,第二类是含有数字 0 的.在第一类中,有 位数字是 0,都有 个,所以有 2 个三位数,在第二类中无论十位数字是 0 或者个

个三位数,由此得所求的三位数的个数是

例 5 的解法 2 是间接计算法.一般地说,一个排列问题可以用直接计算法计算,也可以用间接计算 法计算,比较两者的繁简,可采用较简洁的方法即可. 在分析应用题的解法时,教材上先画出框图,然后分析逐次填入时的种数,这样解释比较直观,教 学上要充分利用,要求学生作题时也应尽量采用. (二)教法建议 (1)建议从实际生活中的排列问题引入,例如排队问题、数字问题和彩票问题等,让学生先有一 定的感性认识后,在引入排列的概念,进入理性认识阶段,这样既提高学生的学习兴趣,又提高教学效 果。 (2)注意相近概念之间的区别和联系。这一节要注意向学生讲清排列和排列数这两个不同的概念。 (3)要注意与旧有的知识(两个原理)相联系,让学生明白,排列问题也可以用两个原理来解决, 只不过有时可能复杂,让学生体会知识间的联系。 (4)要借助形象思维来证明抽象问题。排列数的公式推导要注意紧扣乘法原理,可以借助框图的 直视解释来讲解.要重点分析好 ,?,再推广到 的推导。课本上用的是不完全归纳法,先推导 ,

,这样由特殊到一般,由具体到抽象的讲法,学生是不难理解的.

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导出公式 后要分析这个公式的构成特点,以便帮助学生 正确地记忆公式,防止学生在“n”、“m”比较复杂的时候把公式写错.这个公式的特点可见课本第 229 页的一段话:“其中,公式右边第一个因数是 n,后面每个因数都比它前面一个因数少 1,最后一 个因数是 ,共 m 个因数相乘.”这实际是讲三个特点:第一个因数是什么?最后一个因数 是什么?一共有多少个连续的自然数相乘. (5)讲解有关排列的应用问题时,教学时要注意选择例题要进行分类,题目难度要有层次。在例 题讲解过程中,不断地总结排列应用题的类型和解题的基本思路,最后,教师和学生一块总结。 (6)在教学排列应用题时,开始应要求学生写解法要有简要的文字说明,防止单纯的只写一个排 列数,这样可以培养学生的分析问题的能力,在基本掌握之后,可以逐渐地不作这方面的要求.建议应 充分利用树形图对问题进行分析,这样比较直观,便于理解. 教学设计方案一 10.2 排列 第一课时 教学目标: 使学生理解排列的意义,并且能在理解题意的基础上,识别出排列问题,并能用“树形 一个排列中所有的排列. 教具准备:投影胶片或多媒体的幻灯片. 教学过程: 【设置情境】 看下面的问题: 问题 1 从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名参加某天的一项活动,其中 1 名同学参加上午的活动, 1 名同学参加下午的活动,有多少种不同的方法? 这个问题,就是从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名,按照参加上午的活动在前,参加下午的活动在 后的顺序排列,求一共有多少种不同排法的问题. 【探索研究】 解决这个问题需分 2 个步骤.第 1 步,确定参加上午活动的同学,从 3 人中任选 1 人有 3 种方法; 第 2 步,确定参加下午活动的同学,只能从余下的 2 人中选,有 2 种方法,根据分步计数原理,共有 3×2=6 种不同的方法. 如图所示为所有的排列.(出示投影) 图”写出

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我们把上面问题中被取的对象叫做元素.于是所提出的问题就是从 3 个不同的元素中任取 2 个,按 照一定的顺序排成一列,求一共有多少种不同的排法. 我们再看下面的问题: 问题 2 从 a、b、c、d 这四个字母中,取出 3 个按照顺序排成一列,共有多少种不同的挑法?

解决这个问题,需分 3 个步骤: 第 1 步,先确定左边的字母,在 4 个字母中任取 1 个,有 4 种方法; 第 2 步,确定中间的字母,从余下的 3 个字母中去取,有 3 种方法; 第 3 步,确定右边的字母,只能从余下的 2 个字母中去取,有 2 种方法. 根据分步计数原理,共有 4×3×2=24 种不同的排法,如图所示.(出示投影)

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由此可以写出所有的排列(出示投影):

abc abd acb acd adb adc bac bad bca bcd bda bdc cab cad cba cbd cda cdb dab dac dba dbc dca dcb
一般地,从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素,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. 教师指出:我们所研究的排列问题,是不同元素的排列,这里既没有重复元素,也没有重复抽取相 同的元素. 排列的定义中包含两个基本内容:一是“取出元素”;二是“按照一定顺序排列”.“一定顺序” 就是与位置有关,这也是判断一个问题是不是排列问题的重要标志. 根据排列的定义,两个排列相同,当且仅当这两个排列的元素完全相同,而且元素的排列顺序也完 全相同.也就是说,如果两个排列所含的元素不完全一样,那么就可以肯定是不同的排列;如果两个排 列所含的元素完全一样,但摆的顺序不同,那么也是不同的排列. 上面定义的排列里,如果 m<n,这样的排列(也就是只选一部分元素作排列),叫做选排列;如 果 m=n,这样的排列(也就是取出所有元素作排列),叫做全排列. 例题 写出从 a、b、c 三个元素中取出两个元素的全部排列.

为了使写出的排列既不重复又不遗漏,教师应介绍一般的方法. 解:所有排列是

ab ac bc ba ca cb
教师指出:在问题 2 中,先画“图”,再写出所有排列的方法——“树形图”法,可以保证有条不 紊、不重不漏地写出一个排列问题中所有的排列. 【演练反馈】 1.下列问题中哪些是排列问题?如果是在题后括号内打“√”,否则打“×”. (1)20 位同学互通一封信,问共通多少封信?( (2)20 位同学互通一次电话,问共通多少次?( ) )

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(3)20 位同学互相握一次手,问共握手多少次?(

(4)从 e,π ,5,7,10 五个数中任意取出 2 个数作为对数的底数与真数,问共有几种不同的对 数值?( ) (5)以圆上的 10 个点为端点,共可作多少条弦?( ) )

(6)以圆上的 10 个点为起点,且过其中另一个点的射线共可作多少条?(

2.在 A、B、C、D 四位候选人中,选举正、副班长各一人,共有几种不同的选法?写出所有可能的 选举结果. 【参考答案】 1.略. 2.解:选举过程可以分为两个步骤.第 1 步选正班长,4 人中任何一人可以当选,有 4 种选法; 第 2 步选副班长,余下的 3 人中任一人都可以当选,有 3 种选法.根据分步计数原理,不同的选法有 4 ×3=12(种). 其选举结果是:

AB AC AD BC BD CD BA CA DA CB DB DC
【总结提炼】 排列问题,是取出 m 个元素后,还要按一定的顺序排成一列,取出同样的 m 个元素,只要排列顺 序不同,就视为完成这件事的两种不同的方法(两个不同的排列). 由排列的定义可知,排列与元素的顺序有关,也就是说与位置有关的问题才能归结为排列问题.当 元素较少时,可以根据排列的意义写出所有的排列. 布置作业: 课本 P94 板书设计: 10.2 (一)设置情境 问题 1 排列(一) 1.

(三)例题分析 (四)练习 例题 (五)小结

中数网 问题 2

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(二)排列的概念 教学设计方案二 10.2 排列 第二课时 教学目标: 进一步理解排列的意义,掌握排列数的概念及其计算公式与推导过程,并能应用. 教具准备:直尺与投影胶片. 教学过程: 【设置情境】 上节课我们做了这样一道作业题:写出从 5 个元素 a,b,c,d,e 中任取 2 个元素的所有排列. 解决办法是先画“树形图”,再由此写出所有的排列,共 20 个. 若把这题改为:写出从 5 个元素.a,b,c,d,e 中任取 4 个元素的所有排列,结果如何呢? 方法同上,共 120 个,数字较大,排列写起来挺“烦”,若再把这题改为:写出从 8 个元素 a,b,

c,d,e,f,g,h 中任取 4 个元素的所有排列,结果又如何呢?
方法仍然照用,但数字将更大,写起来更“啰嗦”. 师问:研究一个排列问题,往往只需知道所有排列的个数而无需一一写出所有的排列,那么能否不 通过—一写出所有的排列而直接“得”出所有排列的个数呢?这节课我们就来共同探讨这个问题: 排列 数及其公式. 【探索研究】 1.排列数的定义 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有排列的个数,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素 的排列数,记作 .

教师应当指出,注意区别“一个排列”与“排列数”的不同:“一个排列”是指“从 n 个不同元素 中,任取 m 个元素按照一定的顺序排成一列”,不是数;“排列数”是指“从 n 个不同元素中取出 m 个 元素的所有排列的个数”,是一个数.因此符号分只代表排列数,而不表示具体的排列. 2.排列数公式

中数网 求排列数

http://www.cnmaths.com , 阅读教材第 90 页相关内容, 再思考解决 .

可以这样来考虑: 先求排列数

假定有排好顺序的 m 个空位,从 n 个不同元素 , ,?, 中任意取 m 个去填,一个空位 填一个元素,每一种填法就对应着一个排列;反过来,任一个排列总可以由这样的一种填法得到.因此, 所有不同填法的种数就是排列数 .

填空可以分为 m 个步骤: 第 1 步,第一位可以从 n 个元素中任选一个填上,共有 n 种填法; 第 2 步,第二位只能从余下的 n-l 个元素中任选一个填上,共有 n-1 种填法; 第 3 步,第三位只能从余下的 n-2 个元素中任选一个填上,共有 n-2 种填法; ?? 第 m 步,第 m 位只能从余下的 n-(m-1)个元素中任选一个填上,共有 n-m+1 种填法. 根据分步计数原理,全部填满 m 个空位共有

n(n-1)(n-2)?(n-m+l)
种填法. 于是得到公式



这里 m、n

,且 m<n,这个公式叫做排列数公式.它有以下三个特点:

(1)第一个因数是 n,后面每一个因数比它前面一个因数少 1. (2)最后一个因数是 n-m+1. (3)共有 m 个因数. 当 m=n 时,

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正整数 1 到 n 的连乘积,叫做 n 的阶乘,用 注意:

表示。

①阶乘符号“!”借用于标点符号,表示感叹,意味着随着 n 的不断增大, 奇的快。这个符号很形象、很贴切。

的值增加的令人惊

②排列数公式的推导是“构造”框图来解决的,框图是一种简单的数学建模,学习时要引起重视。 因此,排列数公式还可以写成

为了使上面的公式在 m=n 时也能成立,我们规定



一般情况下,第一个公式常用于计算;第二个公式是常用于证明。 3.例题 计算

(1)

(2)

(3)

解:(1)

(2)

(3) 【演练反馈】

1.解方程



(由一名学生板演后,教师讲评有关排列数方程的解法)

2.证明:



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3.计算从 5 个元素 a,b,c,d,e 中任取 4 个元素的排列数。 【参考答案】 1.解:原方程可化为

且 ∴ 解得 经检验 是原方程的根。

2.证明:右边

左边 即原式得证。

3.解: 【总结提炼】 排列数的计算与以前学过的计算不同,它是用分步计数原理推导的,要掌握其特点,并注意两个公 式的适用范围。同时要掌握公式的推导方法。 布置作业:课本 P95 练习 2,3,4。 板书设计: 10.2 排列(二)

中数网 (一)设置情境 问题

http://www.cnmaths.com (三)例题与练习 (四)小结 例题

(二)排列数及其公式 练习

教学设计方案三 10.2 排列 第三课时 教学目标: 能把一些简单问题中的具体的计算“个数”问题转化为排列,以及排列数的计算,从而解决一些简 单的排列问题. 教学过程: 【设置增境】 问题 1 问题 2 什么叫做排列? 什么叫做排列数?排列数的公式是怎样的?

(由一名学生回答,教师纠正,引入新课.) 我们已经从分析具体的例子出发,得到了排列的概念,推导了排列数的公式,具备了一定的计算能 力,就是说掌握了有关排列的一些基础知识.那么,如何运用这些知识来解关于排列的简单应用题呢? 【探索研究】 例 1 某年全国足球甲级(A 组)联赛共有 14 个队参加,每队都要与其余各队在主、客场分别比赛 一次,共进行多少场比赛? 分析: 很明显, 这个问题可以归结为排列问题来解, 任何 2 队间进行一次立场比赛和一次客场比赛, 对应于从 14 个元素中任取 2 个元素的一个排列,因此总共进行的比赛场次数等于排列数 .

解: 答:共进行了 182 场比赛. 教师归纳.(投影出示)

(场)

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在解排列应用题时,先要认真审题,看这个问题能不能归结为排列问题来解,如果能够的话,再考 虑在这个问题里: (1)n 个不同元素是指什么? (2)m 个元素是指什么? (3)从 n 个不同元素中取出 m 个元素的每一种排列,对应着什么事情? 要充分利用“位置”或框图进行分析,这样比较直观,容易理解. 例 2 (l)有 5 本不同的书,从中选 3 本送给 3 名同学,每人 1 本,共有多少种不同送法?(2) 有 5 种不同的书,要买 3 本送给 3 名同学,每人 1 本,共有多少种不同的送法? 解:(l)从 5 本不同的书中选出 3 本分别送给 3 名同学,对应于从 5 个元素中任取 3 个元素的一 个排列,因此不同的送法种数是

(2)由于有 5 种不同的书,送给每个同学的书都有 5 种不同的方法,因此送给 3 名同学每人 1 本 书的不同方法的种数是

答:略. (教师点评这两道题的区别.) 例 3 某信号共用红、黄、蓝 3 面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示,每次可以任挂 l 面、2 面或 3 面,并且不同的顺序表示不同的信号,一共可以表示多少种不同的信号? 解:如果把 3 面旗看成 3 个元素,则从 3 个元素中每次取出 1 个、2 个或 3 个元素的一个排列对应 一种信号.

于是,用 1 面旗表示的信号有 种,用 2 面旗表示的信号有 种.根据分类计数原理,所求信号的种数是

种,用 3 面旗表示的信号有





=15.

教师点评:解排列应用题时,要注意分类计数原理与分步计数原理的运用. 【演练反馈】 1.4 辆公交车,有 4 位司机,4 位售票员,每辆车上配一位司机和一位售票员,问有多少种不同的 搭配方案?

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2.由数字 1,2,3,4,5,6 可以组成多少个没有重复数字的正整数? 3.20 位同学互通一封信,那么通信的次数是多少? 【参考答案】

1.提示:



2.提示:



3.提示: 【总结提炼】



排列问题与元素的位置有关,解排列应用题时可从元素或位置出发去分析,结合框图去排列,同时 注意分类计数原理与分步计数原理的运用. 布置作业: 1.课本 P95 练习 5,6. 2.从 4 种蔬菜品种中选出 3 种分别种在不同土质的 3 块土地上进行试验,共有多少种不同的种植 方法? 板书设计: 10.2 (一)设置情境 问题 1 问题 2 (二)例题与练习 例1 教学设计方案四 10.2 排列 第四课时 教学目标: 能初步掌握有限制条件的排列问题的解法。 例2 例3 排列(三) 练习 (三)小结

中数网 教学过程: 【设置情境】

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从上一节课的简单应用题的解法中可以知道,一个问题是否为排列问题,关键是看与元素的顺序是 否有关,在计算中除运用排列数公式外,还要结合分类计数原理与分步计数原理. 在实际中有些问题往往比较复杂,给出了一定的限制条件,如下面的问题: 6 个队员排成一列进行操练,其中新队员甲不能站排头,也不能站排尾,问有多少种不同的站法? 像这样的问题,需要在正确理解题意的前提下,细致地分析与考察可能的情况,进行恰当的算法设 计. 【探索研究】 对上个问题可进行如下分析:

分析 1:要使甲不在排头和排尾,可先让甲在中间 4 个位置中任选 1 个位置,有 对其余 5 人在另外 5 个位置上作全排列有 种站法。根据分步计数原理,共有站法

种站法;然后

(种)

分析 2:由于甲不站排头和排尾,这两个位置只能在其余 5 个人中,选 2 个人站,有 对于中间的四个位置,4 个人有 种站法.根据分步计数原理,共有站法

种站法;

(种)

分析 3:若对甲没有限制条件,共有 种站法,这里面包含下面三种情况:(1)甲在排头;(2) 甲在排尾;(3)甲不在排头,也不在排尾.

甲在排头有 种站法;甲在排尾有 况的排列数即得所求的站法数,共有

种站法,这都不符合题没条件,从总数中减去这两种情

(种) 教师点评(出示投影):上面的方法是解应用题中比较常用的三种方法,要好好理解.同时,一般 地对于有限制条件的排列应用题,可以有两种不同的计算方法: (l)直接计算法

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排列问题的限制条件一般表现为:某些元素不能在某个(或某些)位置、某个(或某些)位置只能 放某些元素,因此进行算法设计时,常优先处理这些特殊要求.便有了:先处理特殊元素或先处理特殊 位置的方法.本题的方法一就是先处理特殊“新队员甲”,方法二则是先处理特殊位置“排头”、“排 尾”.这些统称为“特殊元素(位置)优先考虑法”. (2)间接计算法 先不考虑限制条件,把所有的排列种数算出,再从中减去全部不符合条件的排列数,间接得出符合 条件的排列种数.这种方法也称为“去杂法”.在去杂时,特别注意要不重复,不遗漏(去尽). 两者的繁简相差无几,有时相差很大,这时只要选择比较简捷的一种即可. 例题 5 个人站成一排: (l)共有多少种不同的排法? (2)其中甲必须站在中间有多少种不同排法? (3)其中甲、乙两人必须相邻有多少种不同的排法? (4)其中甲、乙两人不相邻有多少种不同的排法? (5)其中甲、乙两人不站排头和排尾有多少种不同的排法? (6)其中甲不站排头,乙不站排尾有多少种不同的排法?

解:(1)由于没有条件限制,5 个人可作全排列,共有

种排法.

(2)由于甲的位置已确定,其余 4 人可任意排列,有

种排法.

(3)因为甲、乙两人必须相邻,可视甲、乙在一起为一个元素与其他 3 人有 甲、乙又有 种排法,根据分步计数原理共有 种排法。

种排法,而

(4)甲、乙两人外的其余 3 人有 有 种排法, 所以共有 种排法.

种排法,要使甲、乙不相邻只有排在他们的空档位置,

种排法; 或总的排法减去相邻的排法, 即

(5)甲、乙两人不站排头和排尾,则这两个位置可从其余 3 人中选 2 人来站有 剩下的人有 种排法,共有 种排法.

种排法,

中数网 (6)甲站排头有 站排尾”的情况,有

http://www.cnmaths.com 种排法,但两种情况都包含了“甲站排头,乙 种排法.

种排法,乙站排尾有

种排法,故共有

教师点评:本题所涉及的限制条件,如“某元素必须在某个位置”“某元素不在某个位置”“某几 个元素相邻”“某几个元素不相邻”等具有一般的意义,要很好体会. 【演练反馈】 1.某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、体育、音乐六节课,如果第一节不排体育, 最后一节不排数学,一共有多少种不同的排法? (由一名学生板演,其他学生补充解法,教师讲评) 2.在 7 名运动员中选出 4 名组成接力队,参加 4×100 米接力赛,那么甲、乙两人都不跑中间两 棒的安排方法有多少种? (由一名学生板演后,教师讲评) 3.有标号为 1,2,3,4,5 的五个红球和标号为 1,2 的两个白球,将这七个球排成一排,使两端 都是红球. (1)如果每个白球的两边都是红球有多少种排法? (2)如果 1 号红球和 1 号白球相邻排在一起有多少种排法? (3)同时满足上述两个条件的排法有多少种? (学生思考后,教师讲解) 【参考答案】 1.分析 1:“第一节不排体育,最后一节不排数学”可分为以下几种情况:

①体育、数学都既不排在第一节也不排在最后一节,这时的体育、数学有 有 种排法,所以有 种排法.

种排法,其他的课

②数学排在第一节,但体育不排在最后一节,有 4

种排法.

③体育排在最后一节,数学不排第一节,有 4

种排法.

④数学排在第一节,体育排在最后一节,有 因此一共有

种排法.

中数网 +4 种排法.

http://www.cnmaths.com +4 + =21 =504

分析 2:如果没有限制条件,可以有 有 种;②体育排在第一节有

种排法,其中不符合条件的排法有:①数学排在最后一节

种.但这两种情况都包含了“体育排在第一节同时数学排在最后 种.因此,符合条件的排法为

一节”这种情况,而这种情况的排法有

-2



=21

=504(种)

注意:这里去杂时,必须加上多去的



2.解:可将接力队分为“甲、乙两人都不在内”“甲、乙两人只有一人在内”“甲、乙两人都在 内”三种情况:

①“甲、乙两人都不在内”有

种方法.

②“甲、乙两人只有一人在内”有

种方法.

③“甲、乙两人都在内”有 因此,共有

种方法.

种安排方法.

3.解:(l)红球的排法有 方法,所以共有排法

种,要使白球两边都是红球,只有插红球的空档位置,有



(种)

(2)可分为两种情况:l 号红球在两端时,其余 4 个红球有 排法,2 号白球有 有 种排法,这种情况有

种排法,这时 1 号白球只有 1 种

种排法;l 号红球在中间三个位置时,两端的红球 种排法,2 号白球有 种排法,

种排法,中间 3 个红球有

种排法,这时 1 号白球有

这种情况有

排法.所以共有排法

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http://www.cnmaths.com (种)

(3)同样可分为两种情况:l 号红球在两端时有 种排法.所以共有排法

种排法;l 号红球在中间三个位置时有

(种) 【总结提炼】 比较复杂的排列应用题往往都有某些限制条件(一般是对元素或者位置作某些限制).解题时,首 先要对这些有限制条件的元素或位置作仔细分析,然后再考虑解法.当直接计算比较复杂时,可从反面 考虑先求出不符合条件的所有排列的种数,从而间接求出符合条件的排列的种数.无论是从“元素”考 虑还是从“位置”分析,采用直接计算法还是间接计算法,要防止重复或遗漏. 布置作业: 1.课本 P96 习题 10.2 8,9。 2.七个人(其中有甲、乙二人)按下列要求站成一排,分别有多少种不同的排法? (1)甲、乙之间恰隔二人; (2)甲不站左端,乙不站在右端。 板书设计: 10.2 (一)引入新课 问题 1 (二)例题与练习 问题解决 教学设计方案五 10.2 排列 第五课时 教学目标: 能按照有限制条件的排列问题的解决方法处理排列中的常见题型之一——数字组数问题。 例题 排列(四) 练习 (三)小结

中数网 教学过程: 【设置情境】 问题 1 问题 2

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有限制条件的排列应用题可从哪两个方面进行分析? 有限制条件的排列应用题常用哪两种计算方法?

(由一名学生回答,教师纠正.) 上节课我们研究的问题,它们的限制条件都是非常明确的,但也有一些问题的限制条件是隐蔽的, 必须分析题意从中找出其限制条件.请看下面的问题: 用 0 到 9 这十个数字,可以组成多少个没有重复数字的三位数? 由于组成的是三位数,其百位数字就不能是 0,这就是题中内隐的限制条件,这样就可以用前面的 方法来解决. 这节课我们就来研究这类“数字组数问题”. 【探索研究】 对上一个问题可作如下分析:

分析 1:由于百位上的数字不是 0,它可以从 1 到 9 这 9 个数字中任选一个,有 十位和个位上的数字,可以从余下的 9 个数字中任选 2 个,有 三位数的个数是

种选法,再排

种选法,根据分步计数原理,所求

分析 2:所求的三位数可分为两类:一类是不含数字 0 的,有 24 个.根据分类计数原理,所求三位数的个数是

个;另一类是含有数字 0 的有



分析 3: 从 0 到 9 这十个数字中任取 3 个的排列数为 , 其中以 0 为百位数字的排列数为 此它们的差就是所求三位数的个数,故所求三位数的个数是

. 因

. 教师点评: 从以上的分析中可以看出, 数字问题的解法与有限制条件的排列应用题的解法是一样的, 关键是找出其中隐蔽的限制条件.

中数网 例题

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用数字 0,l,2,3,4,5 组成没有重复数字的数.

(l)能组成多少个六位数? (2)能组成多少个六位奇数? (3)能组成多少个能被 5 整除的六位数? (4)能组成多少个比 240135 大的数?

解:(l)第一位不能是 0,有

种方法,其他各位有

种方法,共有六位数的个数是

(2)要使六位数为奇数,其个位数字必须是 1 或 3 或 5,所以所求六位奇数的个数是

(3)要使六位数能被 5 整除,个位数字必须是 0 或 5.当个位数字为 0 时有 字为 5 时有 4 个,因此能被 5 整除的六位数的个数是

个;当个位数

(4)要比 240135 大,首先必须是六位数,有以下几类:首位数字是 3 或 4 或 5 时各有 首位数字是 2,第二位数字是 4 或 5,但不包含 240135 在内,有 的数的个数是

个;

个.因此共有比 240135 大

【演练反馈】 1.由 1,2,3,4,5,6,7 这七个数字组成没有重复数字的七位数. (1)2,4,6 必须连在一起的有多少个? (2)2,4,6 任意两个不相邻的有多少个? (由一名学生板演后,教师讲评) 2.由 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字的五位数. (l)奇数位置上是奇数的有多少个?

中数网 (2)奇数在奇数位置上的有多少个?

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(由一名学生板演后,教师针对其错误进行分析讲评) 3.在 3000 和 8000 之间有多少个没有重复数字的奇数? (学生思考后,教师讲解) [参考答案]

1.解:(1)把 2,4,6 连在一起看成一个元素与 1,3,5,7 排列,有 又有 种排法,根据分步计数原理,2,4,6 连在一起的七位数的个数是

种排法,而 2,4,6



(2)先把奇数 1,3,5,7 排好,有 种排法,然后把 2,4,6 插入它们的空档位置,有 排法.根据分步计数原理,所求的七位数的个数是





2.解:(1)由于奇数位置上是奇数,则奇数位置有 符合条件的五位数的个数是

种排法,偶数位置有

种排法,所以

(2)奇数在奇数位置,则偶数位置必是偶数,有 合条件的五位数的个数是

种排法,奇数位置有

种排法,所以符

3.解:依题意,即为用 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 可组成大于 3000 而小于 8000 的没有重复 数字的四位奇数的个数。

当千位数字是 3 或 5 或 7 时,有 类计数原理,符合条件的数的个数是

个;当千位数字是 4 或 6 时,有

个,根据分

【总结提炼】

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数字问题的排列应用题是常见题型之一,其限制条件往往隐含在题意中,解题时既要把握好分类, 又要注意数字的特殊要求,按照有限制条件的排列问题的方法求解。 布置作业: 1.课本 P96 习题 10.2 7。 2.用 0 到 9 这十个数字可以组成多少个没有重复数字的五位数?其中有多少个是偶数? 【参考答案】1.略。2.27216;13776 板书设计: 10.2 (一)复习提问 问题 1 问题 2 (二)例题与练习 问题解决 典型例题 例 1 用 0 到 9 这个个数字.可组成多少个没有重复数字的四位偶数? 分析:这一问题的限制条件是:①没有重复数字;②数字“0”不能排在千位数上;③个位数字只 能是 0、2、4、6、8、,从限制条件入手,可划分如下: 如果从个位数入手,四位偶数可分为:个位数是“0”的四位偶做,个位数是 2、4、6、8 的四位偶 数(这是因为零不能放在千位数上).由此解法一与二. 如果从千位数入手.四位偶数可分为:千位数是 1、3、5、7、9 和千位数是 2、4、6、8 两类,由 此得解法三. 如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类,先求出四位个数的个数,用排除法,得解法四. 解法 1:当个位数上排“0”时,千位,百位,十位上可以从余下的九个数字中任选 3 个来排列, 故有 个; 当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排,则千位上从余下的八个非零数字中任选一个,百位, 十位上再从余下的八个数字中任选两个来排,按乘法原理有 (个). 例题 练习 排列(五) (三)小结

中数网 ∴ 没有重复数字的四位偶数有

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个.

解法 2:当个位数上排“0”时,同解一有

个;当个位数上排 2、4、6、8 中之一时,千位,百 个

位, 十位上可从余下 9 个数字中任选 3 个的排列数中减去千位数是“0”排列数得: ∴ 没有重复数字的四位偶数有

个. 解法 3:千位数上从 1、3、5、7、9 中任选一个,个位数上从 0、2、4、6、8 中任选一个,百位, 十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有

个 干位上从 2、4、6、8 中任选一个,个位数上从余下的四个偶数中任意选一个(包括 0 在内),百 位,十位从余下的八个数字中任意选两个作排列,有

个 ∴ 没有重复数字的四位偶数有

个. 解法 4:将没有重复数字的四位数字划分为两类:四位奇数和四位偶数.

没有重复数字的四位数有

个.

其中四位奇数有 ∴ 没有重复数字的四位偶数有



个 说明;这是典型的简单具有限制条件的排列问题,上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会 每种解法的实质,掌握其解答方法,以期灵活运用. 例 2 三个女生和五个男生排成一排

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(1)如果女生必须全排在一起,可有多少种不同的排法? (2)如果女生必须全分开,可有多少种不同的排法? (3)如果两端都不能排女生,可有多少种不同的排法? (4)如果两端不能都排女生,可有多少种不同的排法? 解:(1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起,所以可以先把她们看成一个整体,这样同五个 男生合一起共有六个元素,然成一排有 有 对种不同的排法,因此共有 种不同排法.对于其中的每一种排法,三个女生之间又都 种不同的排法.

(2) (插空法) 要保证女生全分开, 可先把五个男生排好, 每两个相邻的男生之间留出一个空档. 这 样共有 4 个空档, 加上两边两个男生外侧的两个位置, 共有六个位置, 再把三个女生插入这六个位置中, 只要保证每个位置至多插入一个女生,就能保证任意两个女生都不相邻.由于五个男生排成一排有 种不同排法,对于其中任意一种排法,从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有 因此共有 种不同的排法. 种方法,

(3)解法 1:(位置分析法)因为两端不能排女生,所以两端只能挑选 5 个男生中的 2 个,有 种不同的排法, 对于其中的任意一种排法, 其余六位都有 不同的排法. 种排法, 所以共有 种

解法 2:(间接法)3 个女生和 5 个男生排成一排共有

种不同的排法,从中扣除女生排在首位

的 种排法和女生排在末位的 种排法, 但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首 位的情况时被扣去一次,在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次,所以还需加一次回来,由于两端 都是女生有 种不同的排法,所以共有 种不同的排法.

解法 3:(元素分析法)从中间 6 个位置中挑选出 3 个来让 3 个女生排入,有 对于其中的任意一种排活,其余 5 个位置又都有 不同的排法, 种不同的排法,所以共有

种不同的排法, 种

(4)解法 1:因为只要求两端不都排女生,所以如果首位排了男生,则未位就不再受条件限制了, 这样可有 种不同的排法; 如果首位排女生, 有 种排法, 这时末位就只能排男生, 有 种不同的排法,这样可有 种不同的排法. 种 种不

排法,首末两端任意排定一种情况后,其余 6 位都有 同排法.因此共有

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http://www.cnmaths.com 种排法,从中扣去两端都是女生排法 种,

解法 2:3 个女生和 5 个男生排成一排有 就能得到两端不都是女生的排法种数.

因此共有

种不同的排法.

说明:解决排列、组合(下面将学到,由于规律相同,顺便提及,以下遇到也同样处理)应用问题 最常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法. 若以位置为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置,有两个以上约束条件,往往是考虑一 个约束条件的同时要兼顾其它条件. 若以元素为主,需先满足特殊元素要求再处理其它的元素. 间接法有的也称做排除法或排异法,有时用这种方法解决问题来得简单、明快. 捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法,要认真搞清在什么条件下使用. 例 3 排一张有 5 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单。 (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种? (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种?

解:(1)先排歌唱节目有 目,共有

种,歌唱节目之间以及两端共有 6 个位子,从中选 4 个放入舞蹈节 =43200.

中方法,所以任两个舞蹈节目不相邻排法有:

(2)先排舞蹈节目有

中方法,在舞蹈节目之间以及两端共有 5 个空位,恰好供 5 个歌唱节目 =2880 种方法。

放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有:

说明:对于“间隔”排列问题,我们往往先排个数较少的元素,再让其余元素插空排列。否则,若 先排个数较多的元素,再让其余元素插空排时,往往个数较多的元素有相邻情况。如本题(2)中,若 先排歌唱节目有 间隔排列的要求。 ,再排舞蹈节目有 ,这样排完之后,其中含有歌唱节目相邻的情况,不符合

例 4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课,如果第一节不排体 育,最后一节不排数学,那么共有多少种不同的排课程表的方法.

分析与解法 1:6 六门课总的排法是 法,如图中Ⅰ;数学排在最后一节有

,其中不符合要求的可分为:体育排在第一书有

种排

种排法,如图中Ⅱ;但这两种排法,都包括体育排在第一书 种排法,因此符合条件的排法应是:

数学排在最后一节,如图中Ⅲ,这种情况有

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分析与解法 2:根据要求,课程表安排可分为 4 种情况:

(1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节,这种排法有

种;

(2)数学排在第一节但体育不排在最后一节,有排法

种;

(3)体育排在最后一节但数学不排在第一节,有排法

种;

(4)数学排在第一节,体育排在最后一节,有排法 这四类排法并列,不重复也不遗漏,故总的排法有:

(种). 分析与解法 3:根据要求,课表安排还可分下述 4 种情况:

(1)体育,数学既不在最后也不在开头一节,有 (2)数学排在第一节,体育不排在最后一节,有 4 种排法; (3)体育在最后一书,数学木在第一节有 4 种排法; (4)数学在第一节,体育在最后一节有 1 种排法.

种排法;

上述 21 种排法确定以后, 仅剩余下四门课程排法是种 下面再提出一个问题,请予解答.

, 故总排法数为

(种) .

问题:有 6 个人排队,甲不在排头,乙不在排尾,问并肩多少种不同的排法. 请读者完成此题. 说明:解答排列、组合问题要注意一题多解的练习,不仅能提高解题能力,而且是检验所解答问题 正确与否的行之有效的方法.

扩展资料 我国历史上对排列的研究

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排列的历史可以上溯到殷周之际的占卜术,较完整的文字记载则见于《易经》.“易”含变化的意 思,书中称:“易有太极,是生两仪,两仪生四象,四象生八卦.”“两仪”可用两种基本符号阳爻— 和阴爻—表示,每次取两个,就有 每次取三个,共有 坎 、艮 、坤 种不同的排列,称为“四象”,即太阳、少阴、少阳、太阴; 、离 、震 、巽 、

种不同的排列,称为“八卦”,即乾≡、兑 ;若每次取六爻,则可得

种不同的排列,叫做“六十四卦”.这是

一种特殊的排列问题,即从几种事物中每次取 件而允许重复的排列数,答案应是 .但是古代没 有指数概念,对于很大的 来说,求出答数并非易事.唐代张遂(683–727)、宋代沈括(l031–l095) 都曾计算过棋局都数,即围棋盘上所有可能的不同布局的总数,这相当于从事物(黑子、白子、空位) 中每次取出 361 个(围棋盘的格点数)的排列数,与《易经》中的卦象数目是同一类数学问题.沈括在 《梦溪笔谈》中详细地记述了计算棋局都数的理论根据和过程. 排列数公式的变形使用举例 排列数公式在解方程、解不等式及证明题中有首广泛的应用。 1.全排列数

2.阶乘变形

(1)

(2)

(3)

(4)

(5) 探究活动 探究问题(一):体育彩票 某城市开展体育彩票有奖销售活动,号码从 00000l 到 999999,购买时揭号对奖,若规定从个位起, 第一、三、五位是不同的奇数,第二、四、六位均为偶数(可以相同)时为中奖号码,求中奖面所占的 百分比.

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参考答案: 探究问题(二):排列数公式 根据排列数公式证明下列等式:

(1)



(2)



).

然后利用上述等式探求下列各式应等于什么:

(3)



(4)

. 习题精选

一、填空题 1.6 人站一排,甲不站在排头,乙不站在排尾,共有_________种不同的排法. 2.5 名男生和 4 名女生排成一队,其中女生必须排在一起,一共有________种不同的排法.

3. 法有_______种.

排成一行,其中

不排第一,

不排第二,

不排第三,

不排第四的不同排

4.0,1,2,3,4,5 这六个数组成没有重复数字的四位偶数,将这些四位数从小到大排列起来, 第 71 个数是 . 二、选择题

1.下列各式中与排列数

相等的是(

).

A.

B.

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C.

D.

2.

,且

,则

等于(

).

A.

B.

C.

D.

3.若 A.8 B.5 C.3 D.0

,则

的个位数字是(

).

4.7 名同学排成一排,其中甲、乙两人必须排在一起的不同的排法有( A.720 种 三、解答题 B.360 种 C.1440 种 D.120 种

).

1.求和 2.5 名男生、2 名女生站成一排照像: (1)两名女生要在两端,有多少种不同的站法? (2)两名女生都不站在两端,有多少不同的站法? (3)两名女生要相邻,有多少种不同的站法? (4)两名女生不相邻,有多少种不同的站法?

.

(5)女生甲要在女生乙的右方,有多少种不同的站法? (6)女生甲不在左端,女生乙不在右端,有多少种不同的站法? 参考答案: 一、填空题:1.504 二、选择题:1.D 三、解答题: 2.17280 2.D 3.C 3.9 4.3140 4.C

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1.∵



.



2.(1)两端的两个位置,女生任意排,中间的五个位置男生任意排;

(种);

(2)中间的五个位置任选两个排女生,其余五个位置任意排男生;

(种);

(3)把两名女生当作一个元素,于是对六个元素任意排,然后解决两个女生的任意排列; (种);

(4)把男生任意全排列,然后在六个空中(包括两端)有顺序地插入两名女生; (种);

(5)七个位置中任选五个排男生问题就已解决,因为留下两个位置女生排法是既定的; (种);

(6) 采用排除法, 在七个人的全排列中, 去掉女生甲在左端的 但女生甲在左端同时女生乙在右端的 (种).

个, 再去掉女生乙在右端的

个,

种排除了两次,要找回来一次.

10.3 组合
教学目标 教学目标 (1)使学生正确理解组合的意义,正确区分排列、组合问题; (2)使学生掌握组合数的计算公式、组合数的性质以及组合数与排列数之间的关系,并能运用这 些知识解决一些简单的组合应用题.; (3)通过对排列、组合综合问题的求解与剖析,培养学生按事件发生的过程进行熟练地分类与分 步,培养学生严谨科学的思维习惯.培养学生严谨的学习态度. (4)通过对比排列学习组合知识,让学生掌握类比的学习方法,提高学生分析问题和解决问题的 能力,并培养学生用对立统一规律和辩证唯物主义思想解决实际问题.

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教学建议 (一)教材分析 1.知识结构

2.重点难点分析

重点:理解组合的概念,注意排列数 与组合数 之间的联系和区别,掌握组合的性质;难 点:充分认识组合与排列的联系与区别全在一个“序”,熟练应用组合数公式及准确运用组合数的两个 性质,掌握处理排列组合综合问题的基本方法. (1)对组合定义的理解 对组合定义理解要搞清以下两点: ①何谓相同组合?何谓不同组合? 如果两个组合中的元素完全相同,那么不管它们顺序如何,都是相同的组合。 当两个组合中的元素不完全相同时(即使只有一个元素不同),就是不同的组合. 例如:从 a、b、c 三个不同的元素中取出两个元素的所有组合有 3 个,它们分别是 .但 、 是相同的组合,而 、 是不同的组合. 、 、

②排列与组合的区分

中数网 根据排列与组合的定义,前者是从

http://www.cnmaths.com 个不同元素中选取 m 个不同元素后,还要按照一定的顺序排

成一列,而后者只要从 个不同元素中选取 m 个不同的元素并成一组,所以区分某一问题是排列还是 组合问题.关键看选出的元素与顺序是否有关,若交换某两个元素的位置对结果产生影响,则是排列问 题, 而交换任意两个元素的位置对结果没有影响, 则是组合问题. 也就是说排列与选取元素的顺序有关, 组合与选取元素的顺序无关. 排列与组合的共同点,就是都要“从 个不同元素中,任取 个元素”,而不同点在于元素取 出以后.是“排成一排”,还是‘“组成一组”,其实质就是取出的元素是否存在顺序上的差异.因此, 区分排列问题和组合问题的主要标志是:是否与元素的排列顺序有关.有顺序的是排列问题,无顺序的 则是组合问题.例如 123 和 321,132 是不同的排列,但它们都是相同的组合.再如两人互通一次信是 排列问题,互握一次手则是组合问题. (2)解排列、组合应用题的途径与思路 解排列组合应用题时主要应抓住是排列问题还是组合问题, 其次要搞清需要分类, 还是需要分步. 切 记:排组分清(有序排列、无序组合),加乘明确(分类为加、分步为乘). 具体说,解排列组合的应用题,通常有以下途径: ①以元素为主,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素. ②以位置为主,即先满足特殊位置的要求,再考虑其地位置. ③先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不合要求的排列组合数. 排列、组合应用题的解题思路:排组分清,加乘明确;有序排列,无序组合;分类为加,分步为乘. (3)解排列,组合混合应用题的基本方法 排列组合综合题的求解,要合理进行分类、分步.基本方法是:先“组”后“排”,即先分类,再 分步. 排列组合应用题大致可分为三大类: 不带限制条件的排列或组合题; 带有约束条件的排列或组合题; 排列与组合的综合题.解此类问题常用的方法有: ①相邻元素的排列,可以采用“整体到局部”的排法,就是将相邻的元素当成“一个”元素进行排 列,然后再局部排列,分作两步. ②元素间隔排列应用题,一般采用“插空法”. ③含有特殊元素和特殊位置的排列,组合应用题,常采用“特殊元素法”,从元素为主出发,先安 排特殊元素;从位置为主出发,先安排好特殊位置上元素,结合排除法解决此类问题 ④指标问题采用“隔板法”. ⑤有关“分堆”与“到位”应用问题常采用“分组法”与“分配法”.若只分堆,不指定到具体位 置,则需注意平均分的情况;所谓“到位”是指分堆后给某人或指定到某些位置此类问题初学者常出现 错误,有待加强理解.

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⑥相邻类排列应用题常采用“捆绑法”解决, 就是将几个相邻元素先抽出排列再将它们视为一个元 素参与下一步的排列,此法是法一的逆向思维应用 总之,排列与组合应用题,主要考查有附加条件的应用问题,解决此类问题通常有三种途径: ①以元素为主,应先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素; ②以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置; ③先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不符合要求的排列数或组合数. 前两种方法叫直接解法,后一种方法叫间接解法,求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或 组合问题;再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理;然后分析题目条件,避免“选取”时 重复和遗漏;最后列出式子计算作答.这里常可培养:分类讨论思想,转化思想和对称思想等数学思想, 具体的解题策略有: ①特殊元素优先安排策略; ②合理分类与准确分类策略; ③先选后排策略; ④正难则反,等价转化的策略; ⑤相邻问题捆绑处理的策略; ⑥间隔问题插空处理的策略; ⑦定序问题除法处理的策略; ⑧分排问题直排处理的策略; ⑨ “小团体”排列问题中先整体后局部策略; ⑩构造模型的策略. (二)教法建议 1.建议运用对比的方法,把排列与组合的概念进行对比的进行学习,这样有利于搞请这两组概念 的区别与联系. 2. 建议根据实际生活中的一些问题, 教学时可以师生 (以学生为主) 可以合编一些排列组合问题. 如 “45 人中选出 5 人当班干部有多少种选法?”与“45 人中选出 5 人分别担任班长、副班长、体委、学 委、生委有多少种选法?”这是两个相近问题,同学们会根据自己身边的实际可以编出各种各样的具有 特色的问题, 教师要引导学生辨认哪个是排列问题, 哪个是组合问题. 这样既调动了学生学习的积极性, 又在编题辨题中澄清了概念.

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3.为了理解排列与组合的概念,建议教学时充分利用树形图,让学生自己学会画排列与组合的树 图.学会画组合树图,不仅有利于理解排列与组合的概念,还有助于推导组合数的计算公式. 4.讲解有关排列组合的应用问题,建议教师应从简单问题问题入手,逐步到有一个附加条件的单 纯排列问题或组合问题,最后在再涉及排列与组合的综合问题. 对于每一道题目,教师应先让学生独立思考,在进行全班讨论,对于学生的每一种解法,教师要先 让学生判断正误,在给予点播.对于排列、组合应用问题的解决我们提倡一题多解,这样有利于培养学 生的分析问题解决问题的能力,在学生的多种解法基础上教师要引导学生选择最佳方案,总结解题规 律.对于学生解题中的常见错误,教师一定要讲明道理,认真分析错误原因,使学生在是非的判断得以 提高. 5.在两个性质定理教学时,对定理 1,可以用下例来说明:从 4 个不同的元素 a,b,c,d 里每次 取出 3 个元素的组合及每次取出 1 个元素的组合分别是

这就说明从 4 个不同的元素里每次取出 3 个元素的组合与从 4 个元素里每次取出 1 个元素的组合是 —一对应的.

对定理 2,可启发学生从下面问题的讨论得出.从 个不同的元素(

个不同元素



,?,

里每次取出

),问:(1)可以组成多少个组合;(2)在这些组合里,有多少个是不 的;(4)从上面的结果,可以得出一个怎样的

含有 的;(3)在这些组合里,有多少个是含有 公式.在此基础上引出定理 2.

对于 讲清楚.

,和

一样,是一种规定.而学生常常误以为是推算出来的,因此,教学时要

教学设计方案(一) 10.3 组合 第一课时 教学目标: 理解组合及组合数的意义,掌握组合数与排列数的联系,掌握组合数公式及其推导并能解决一些简 单的组合问题. 教学过程: [设置情境]

中数网 问题:有 5 本不同的书

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(1)取出 3 本分给甲、乙、丙三人每人 1 本,有几种不同的分法? (2)取出 4 本给甲,有几种不同的取法? 分析:问题(1)中,书是互不相同的,人也互不相同,所以是排列问题,而在问题(2)中,书不 相同,但甲所有的书只有数量的要求而无“顺序”的要求,因而问题(2)不是排列问题,它就是我们 这一节要研究的组合问题. [探索研究] 1.复习 问题 1 问题 2 什么叫做排列?排列的特征是什么? 什么叫做排列数?它的计算公式是怎样的?

(由一名学生回答,教师补充或纠正) 2.组合 看下面的问题 引例 1 从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名去参加一项活动,有多少种不同的选法?

很明显,从 3 名同学中选出 2 名,不同的选法有 3 种: 甲、乙 乙、丙 丙、甲

所选出的 2 名同学之间并无顺序关系,甲、乙和乙、甲是同一种选法.

引例 2

从不在同一条直线上的三点





中,每次取出两个点作一条直线,问可以得

到几条不同的直线?

根据直线的性质,过任意两点可以作一条直线,并且只能作一条直线,所以过 连成一条直线,因此可以得到三条直线: 、 、 ,直线 与直线



两点只能 是一条直线,

这也就是说,“把两点连成直线”时,不考虑点的顺序.

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以上两个引例所研究的问题是不同的,但是,它们有数量上的共同点,即它们的实质都是: 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,一共有多少不同的组?

一般地,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. 从排列与组合的定义可知,排列与元素的顺序有关,而组合与元素的顺序无关,这是它的根本区 别.因此,如果两个组合中的元素相同,那么不管元素的顺序怎样都是相同的组合;只有当两个组合中 的元素不完全相同时,才是不同的组合. 3.组合数及其公式



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.记作

这里要注意

是一个数,应该把它与“组合”区别开来.例如,从 3 个元素 、 、 ,而组合数是 .





中每

次取出 2 个元素的所有组合是

排列与组合是有区别的,但它们又有联系.一般地,求从 ,可以分为以下 2 步:

个不同元素中取出

个元素的排列数

第 1 步,先求出从这

个不同元素中取出

个元素的组合数



第 2 步,求每一个组合中

个元素的全排列数



根据分步计数原理,得到

因此

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这里



,且

,这个公式叫做组合数公式.

上面的公式还可以写成



上面第一个公式一般用于计算,但当



较大时,利用第二个式子计算组合数较为方便,在

对含有字母的组合数的式子进行变形和论证时,常用第二个公式. 4.例题分析 例1 (出示投影)下面的问题是排列问题?还是组合问题?

(1)从 1,3,5,9 中任取两个数相加,可以得到多少个不同的和? (2)从 1,3,5,9 中任取两个数相除,可以得到多少个不同的商? (3)10 个同学毕业后互相通了一次信,一共写了多少封信? (4)10 个同学毕业后见面时,互相握了一次手,共握了多少次手? (由一名学生口答.)

例2

计算:(1)

(2)

解:(1)

(2)

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例3

求证:



证明:右边

左边

所以原式得证. [演练反馈]

1.解方程:



(一名学生板演后,教师讲评,应强调解组合数方程要验根)

2.已知

,求



的值.

(一名学生板演后,教师讲评) [参考答案] 1.解:原方程可化为

整理得

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解得



(不合题意舍去).

经检验

是原方程的根.

2.解:依题意得

整理得

解得

[总结提炼] 组合的定义简单地说,一是取出元素,二是并成一组,与排列是有区别的.但事物总是一分为二的, 排列与组合也有一定的联系,从两者的联系中推导出组合数公式,要能理解、记住并正确地运用,尤其 要注意逆用公式. 板书设计:

教学设计方案二 10.2 组合 第二课时 数学目标: 掌握组合数的两个性质并能简单应用. 教学过程:

中数网 [设置情境]

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计算:(1) (让学生计算一会,教师提问)

(2)

有简洁明快的计算方法吗?本节课就来探讨这个问题. 【探索研究】 1.组合数的两个性质 为了更好地计算组合数,我们先研究组合数的两个性质. 先看下面的问题: 从 a、b、c、d 四个不同元素中,每次取出 3 个元素的组合与每次取出 1 个元素的组合为

我们看到,从 4 个元素中每次取出 3 个元素的一个组合,与剩下 1 个元素的组合是—一对应的.因 此,从 4 个元素中取出 3 个元素的组合数,与从这 4 个元素中取出(4-3)个元素的组合数是相等的, 即

一般地,从 n 个不同元素中取出 m 个元素后,剩下 n-m 个元素.因为从 n 个不同元素中取出 m 个 元素的每一个组合,与剩下 n-m 个元素的每一个组合—一对应,所以从 n 个不同元素中取出。个元素 的组合数,等于从这 n 个元素中取出 n-m 个元素的组合数,即

性质 1 (可由学生自行证明)

为了使上面的公式在 m=n 时也能成立, 规定 较简便. 再看下面的问题:

, 当时

, 利用这个性质计算





;这 n+l 个不同元素中,每次取出 m 个元素.

中数网 (1)可以有多少个不同的组合?

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(2)在这些组合里有多少个是含有

的?

(3)在这些组合里有多少个是不含有

的?

(4)从上面的结果可以得到一个怎样的公式?

从 n+1 素中取出 m 个元素的组合有 个.根据分类计数原理,得

个,其中含有

的有

个,不含

的有

性质 2 (可由学生自行证明) 注意:上面两个性质,除了可用组合数公式证明外,还可以根据组合定义直接得到.用组合数公式 证明,可以提高学生对数学式子的变形能力;用组合定义直接得到,可以使学生认识两个性质的意义, 有利于对性质的理解和记忆. 2.例题分析

例1

计算:

解:

例2

解方程:

解:原方程为

∴2x=x+4 解得:x=4

或 x =7 或 x =7

经检验 x=4,x=7 都是原方程的根。 【演练反馈】

1.计算:

中数网 (学生练习后,教师讲解)

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2.求证: (一名学生板演后,教师讲评。) 3.解决【设置情境】中的问题。 【参考答案】 1.解:

2.证明:



分别代入上式得

各式相加,注意到

,得

3.(1)

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(2) 【总结提炼】

组合数的两个性质要从组合的定义去理解和记忆。性质 1 在当 时, 转化为 简便计算;性质 2 表达组合数的递推性质,它可用于 计算求值,更重要的是用于恒等式的证明。 板书设计:



教学设计方案(三) 10.2 组合 第三课时 教学目标: 掌握一些简单的组合问题的解法. 教学过程: 【设置情境】排列与组合的区别是什么? (由一名学生回答,教师补充或纠正) 前面我们研究了排列应用题,组合应用题的解法与排列应用题的解法类似.首先要审题,看能不能 把这个问题归结为组合问题来解.如果能够的话,就要考虑:这里的元素是指什么?每一种组合对应的 是什么事情? 从本节课开始我们就来研究一些简单的常见的组会问题. 【探索研究】

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例 1 平面内有 10 个点,以其中每 2 个点为端点的线段共有多少条?以其中每 2 个点为端点的有 向线段共有多少条? 解:以每 2 个点为端点的线段的条数,就是从 10 个不同元素中取出 2 个元素的组合数,即

由于有向线段的两个端点中一个是起点,一个是终点,以每 2 个点为端点的有向线段的条数,就是 从 10 个不同元素中取出 2 个元素的排列数,即

教师点评:区别排列与组合的关键是看元素有无顺序,若不考虑线段两个端点的顺序,则是组合问 题;若考虑线段两个端点的顺序,则是排列问题. 例2 一个口袋内装有大小相同的 7 个白球和 1 个黑球.

(1)从口袋内取出 3 个球,共有多少种取法? (2)从口袋内取出 3 个球,使其中含有 1 个黑球,有多少种取法? (3)从口袋内取出 3 个球,使其中不含黑球,有多少种取法? 解:(1)从口袋内的 8 个球中取出 3 个球,取法种数是

(2)从口袋内取出 3 个球有 1 个是黑球,于是还要从 7 个白球中再取出 2 个,取法种数是

(3)由于所取出的 3 个球中不含黑球,也就是要从 7 个白球中取出 3 个球,取法种数是

教师点评:此题正好验证了组合数的性质 2. 例3 在 100 件产品中,有 98 件合格品,2 件次品.从这 100 件产品中任意抽出 3 件.

(1)一共有多少种不同的抽法?

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(2)抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种? (3)抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种? 解:(1)所求的不同抽法的种数,就是从 100 件产品中取出 3 件的组合数,为

(2)从 2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有 种,从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有 种.因此抽出的 3 件中格有 1 件是次品的抽法的种数是

(3)抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法的种数,就是从 100 件中抽出 3 件的抽法种数减去 3 件都是合格品的抽法的种数,即

教师点评:注意间接计算法的运用.此题(3)若用直接法来计算可以分类. 恰有一件次品

恰有两件次品

故共有

但要注意这样一种错误:

即在 2 件次品中任选 1 件次品,而后在剩下的 99 件产品中任意选 2 件. 错因是:这个组合问题在分步解决中“出现了顺序”. 【演练反馈】

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1.有 5 双不同型号的鞋子,从其中任取 4 只有多少种不同的取法?所取的 4 只中没有 2 只是同号 的取法有多少种?所取的 4 只中有一双是同号的取法又有多少种? (学生练习后,教师讲解,本题很容易重复计算,教师要说明原因) 2.有 11 个工人,其中 5 人只会当钳工,4 人只会当车工,还有 2 人既会当钳工又会当车工.现在 要从这 11 人中选出 4 人当钳工,4 人当车工,一共有多少种选法? (学生练习后,教师讲解分步的办法) 3.某乒乓球队有 9 名队员,其中 2 名是种子选手,现要挑选 5 名队员参加比赛,种子选手有且仅 有一个在内,那么不同的选法共有多少种? (学生练习后,教师讲解分类的方法) 【参考答案】 1.解:从中任取 4 只,就是从 10 只鞋子中任取 4 只,不同的取法有

所取的 4 只没有 2 只是同号的取法有

所取的 4 只有一双是同号的取法有

2.解:设 a、b 代表既会当钳工又会当车工的两人,那么合乎条件的选法可分为以下几类:

(1)a、b 都没有被选在内的方法有 (2)a、b 中有一人被选在内.

=5 种.

①a、b 中有一人被选当钳工的方法有

种.

②a、b 中有一人被选当车工的方法有 (3)a、b 都被选在内.

种.

①a、b 都被选当钳工的方法有

种.

中数网 ②a、b 都被选当车工的方法有

http://www.cnmaths.com 种.

③a、b 中有一人当钳工,另一人当车工的方法有 所以一共有 5+20+40+10+30+80=185 种选法.

种.

3. 【总结提炼】 一个问题是排列问题还是组合问题,在于取出的元素之间有没有顺序,交换其中两个元素是否改变 所得的结果.组合问题的解法与排列问题类似,除注意两个计数原理的运用外,还要恰当地选择直接法 或间接法. 板书设计:

教学设计方案四 10.3 组合 第四课时 教学目标: 掌握有限制条件的组合问题(几何问题)的解法. 教学过程: 【设置情境】 问题: 平面内有 10 个点,其中有某 4 个点在一条直线上,此外没有 3 个点在一条直线上. (l)可以确定多少条直线? (2)可以确定多少个三角形? (3)可以确定多少个四边形? 这个问题如何用排列、组合的知识来处理呢?这节课我们就来研究这类问题.

中数网 【探索研究】 我们首先来研究上面提出的问题.

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解:(1)由平面几何知识,两点可连成一条直线,则可确定直线

(条)



(条)

(2)由于不在同一条直线上的三点可确定三角形,则可确定三角形

(个)



(个)

(3)由于四边形有 4 个顶点,且任意三个顶点不共线,则可确定四边形

(个)



(个)

教师点评:要灵活运用间接法,尤其在(2)中更显优越. 例 1 一个五棱柱的任意两个侧面都不平行,且底面的任意一条对角线与另一底面的边也不平行, 以它的顶点为顶点的四面体有多少个? 解法 1:取出的四点不共面则可构成一个四面体,可以分为两类: (l)一个底面内取 3 个顶点,另一个底面内取一个顶点,则有

(个) (2)两个底面内各取 2 个顶点,则有

(个) 所以共有四面体 100+90=190(个). 解法 2:从 10 个顶点中任取 4 个顶点,减去 4 个顶点共面的情况,则有

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http://www.cnmaths.com (个).

例2

从五棱柱的 10 个顶点中选出 5 个顶点,最多可作多少个不同的四棱锥?

分析:取出的 5 个顶点中必须有四个顶点共面,换句话说,取出的 5 个顶点中必有 4 点是取自同一 个面上的点,这是解本题的关键,另外要注意题中的“最多”对解题的影响、 解法 1:先在某个面上取出 4 个顶点,再取出与之不共面的一个点可构成四棱锥,可以分为四类:

(l) 在五棱柱的一个底面上取 4 个顶点, 另一个底面内取一个顶点, 则有

(个)

(2)在五棱柱的一个侧面上取 4 个顶点,则有

(个)

(3)在五棱柱的一个对角面上取 4 个顶点,则有

(个)

(4)考虑到“最多”,使五棱柱一个底面上的每条棱都与另一个底面“五边形”的一条对角线平 行,从而确定一个面,然后把这个面上的 4 个顶点取出,共有 所以最多可有四棱锥 50+30+30+60=170(个) 解法 2:从 10 个顶点中任取 5 个顶点,去掉 5 个顶点共面和没有 4 个顶点共面的情况,则有 (个). 【演练反馈】 1.平面内有相异的 11 个点,有且仅有 n( 有 50 条不同的直线. (l)求 n; (2)求这 11 个点可确定多少个圆? (一名学生板演后,教师讲评) 2.在角 A 的一边上除 A 点外有 5 个点,在另一边上除 A 点外有 4 个点,由 A 点和另外 9 个点可组 成多少个三角形? (由一名学生板演后,教师补充讲解) 3.在空间有 n 个点,若其中任意四点不共面,则这些点中的三点决定的平面有多少个?由这些点 中的四点决定的四面体有多少个? (学生练习后,教师讲解) )个点在一条直线上,过每两点作直线共 (个).

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4.圆周上有百个等分点,以这些等分点为顶点的梯形有多少个? (学生练习后,教师讲解) 【参考答案】

1.解:(l)依题意有: 解得 n=4,即有且仅有 4 点共线. (2)由于不在同一条直线上的三点可确定回,则有

(个)

2. 解法 1: 由于点 A 是角 A 的顶点, 可以把三角形分为两类: 一类是不含 A 点的, 有 个;另一类是含 A 点的,有 个.因此可组成三角形

(个)

解法 2:从 10 个点中任意取 3 个点的取法有 三角形的,其中不能组成三角形的取法有

种,这些组合包括可以组成三角形的和不能组成 种.因此,可以组成的三角形有

(个) 3.解:由题设任意四点不共面,则无三点共线.不共线的三点决定一个平面,从而平面共有

(个) 四点决定一个四面体,共有

(个)

4.解:以相邻的两个分点为顶点的弦作为梯形的底共有个

个)

以不相邻的两个分点为顶点的弦作梯形的底, 只能是 “隔” 一个分点的两个分点连成的弦, 共有 个,故总共有 16+8=24(个).

中数网 【总结提炼】

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上面的例题与练习是一些形式不同的几何问题,解这些问题的思考方法与一般的组合应用题一样, 只要根据图形中隐含的条件把它视为有限制条件的组合应用题即可解答.计算时可用直接法,也可用间 接法.要注意在限制条件很多的情况下,需要分类计算符合题意的组合的个数. 布置作业: 1.课本 P104 习题 10.3 3,4.

2.平面内有 15 个点,其中 10 个点在一条直线上,其余没有任何三点共线. (l)可以确定多少条线段? (2)可以确定多少条直线? (3)可以确定多少个圆? (4)可以确定多少个四边形? 3.一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 条平行线所截,可以 得到多少个小平行四边形? 【参考答案】

1.略. 板书设计:

2.(l)105(2)61(3)335(4)555

3.



教学设计方案五 10.3 组合 第五课时 教学目标: 掌握一些简单的排列、组合综合问题的解法. 教学过程:

中数网 【设置情境】

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排列与组合是密切联系的,在一些综合问题中常常是涉及排列与组合两个方面,请看下面的问题: 问题从 6 个男同学和 4 个女同学中,选出 3 个男同学和 2 个女同学分别承担 A、B、C、D、E 五项不 同的工作,一共有多少种分配工作的方法? 【探索研究】 处理排列、组合的综合性问题,一般方法是先选后排,按元素的性质“分类”和按事件发生的连续 过程分步,这是处理排列、组合问题的基本方法和原理. 像上面提出的问题就可以这样处理: 解:要完成分配工作这一事件,必须依次完成“选出 3 个男同学”“选出 2 个女同学”“对选出的 人再进行分配”等事项.

选出 3 个男同学的方法有 所以合乎条件的选法有 数原理,一共有分配方法

种,不论用哪一种方法选出男同学后再选 2 个女同学有 种.而对每种方法选出的 5 个人再分配工作有

种方法,

种方法.根据分步计

(种).

上面的问题,学生会错误地解成有 人是在 5 种不同的工作里担任 3 种,应为

种方法.教师要正确地分析产生错误的原因,选出的 3 或 .

例 1 8 个人排成前后两排,每排 4 人,若甲、乙必须在前排且不相邻,其余 6 人位置不限,共有 多少种排法?

解:甲、乙在前排,可从其他 6 人中选出 2 人有 排法,但甲、乙不相邻,应减去甲、乙相邻的排法 排的无论哪一种排法,后排有

种选法,他们与甲、乙一起排在前排有 ,则前排有



种排法;对于前

种排法.所以共有排法

(种). 例2 有 6 本不同的书,分给甲、乙、丙三人.

(l)甲得 2 本,乙得 2 本,丙得 2 本,有多少种分法? (2)一人得 1 本,一人得 2 本,一人得 3 本,有多少种分法? (3)甲得 1 本,乙得 2 本,丙得 3 本,有多少种分法?

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(4)平均分成三堆,每堆 2 本,有多少种分法? 解:以人为主考虑,三个人去取书,根据分步计数原理求解.

(l)甲从 6 本不同的书中选取 2 本有

种方法,甲不论用哪一种方法取得 2 本后,乙再去取 2 种方法. 所

本书有 种方法, 而甲、 乙不论用哪一种方法各取得 2 本书后, 丙再去取 2 本书就只有 以共有分法

种). (2)仿(1)可知共有分法

(种). (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、丙三人每人得书的本数有 种方法.所以共有分法

(种). (4)设把 6 本不同的书平均分成三推每堆 2 本有 x 种方法,那么把 6 本书分给甲、乙、丙三人每 人 2 本就有 种方法(因为每次分成三堆后,再分给三个人有 种.于是 种分法),而把 6 本书分给甲、

乙、丙三人每人 2 本的方法有



(种)

教师点评:一般地平均分成 n 堆(组),必须除以 n!. 如若部分平均分成 m 堆(组),必须除以 m!

如把 6 本不同的书分成三堆,一堆 4 本,另二堆各 1 本那么共有

(种)

例 3 4 名男生 6 名女生,一共 9 名实习生分配到高一的四个班级担任见习班主任,每班至少有男、 女实习生各 1 名的不同分配方案共有多少种?

解:由题意可知,有且仅有 2 名女生要分在同一个班,故有

(种).

中数网 【演练反馈】

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1.对某种产品的 6 只不同正品和 4 只不同次品一一测试,若所有次品恰好在第六次测试时被全部 发现,这样的测试方法有多少种? (由一名学生板演后,教师讲评) 2.把 10 名同学平均分成两个小组,每组 5 人,每组里选出正、副组长各一人,再分配到两个不同 的地方去做社会调查,一共有多少种不同的方法? (由一名学生板演后,教师讲评) 3.本队有车 7 辆,现要调出 4 辆车按顺序去执行任务,要求 A、B 两车必须出车参加,并且 A 车要 在 B 车之前出发,那么不同的调度方法有多少种? 参考答案

1。解:先选 1 个次品在第六次测试的位置上,有 行全排列,有 种方法.所以符合条件的方法有

种方法,再选 2 只正品与剩下的 3 只次品进

(种).

2.解:把 10 名同学平均分成两组有 方法,再把两个组分配到两个不同的地方有

种方法,每组里选出正、副组长各一人有 种方法.根据分步计数原理,共有不同的方法



(种).

3.解:因为 A、B 两车必须出车参加,故调出 4 辆车共有 在 B 车前与 B 车在 A 车前是等可能的,故共有

种方法,按顺序去执行任务时,A 车

(种). 注意:有时用等可能法进行解题,可避免分类讨论. 【总结提炼】 对于排列、组合的综合应用题,一般是先取出元素,再对被取的元素按位置顺序放,也就是先组合 后排列.但还要注意“分类”与“分步”.

中数网 布置作业: 1.课本 P105 习题 10.2 12,13.

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2.4 个男同学和 4 个女同学各平均分成两组,每组 2 人,到 4 所不同的学校去学习.如果同样两 人在不同的学校算作不同的情况,那么共有多少种不同的分配方法? 【参考答案】

1.略.2. 板书设计:

种.

典型例题

例 1 计算:(1)



(2)



分析:本题如果直接计算组合数,运算比较繁.本题应努力在式子中创造条件使用组合数的性质, 第(1)题中, 方面可以抓住项的变形 ?,反复使用公式. ,经此变形后,可继续使用组合数性质.第(2)题有两个考虑途径,一 , 求和; 另一方面, 变形 , 接着 ,

解:(1)原式



(2)原式



中数网 另一方法是:原式

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. 说明:利用第(2)小题的手段,我们可以得到组合数的一个常用的结论:



左边

右边.

例 2 从 7 名男生 5 名女生中,选出 5 人,分别求符合下列条件的选法种数有多少种? (1) 、 必须当选;(2) 、 都不当选;(3) 、 不全当选;(4)至少有 2 名女生当选;(5)选出 5 名同学,让他们分别担任体育委员、文娱委员等 5 种不同工作,但体育委员 由男生担任,文娱委员由女生担任. 分析: 本题是组合应用题中典型的选代表问题, 通过一些明确的条件对结果进行限制. 问题 ( 1) 必须当选,它们就不必再考虑,只要再选出余下的代表.问题(2) 就是去掉这几个元素不予考虑.问题(3) 、 、 、

必须不当选,实际上

不全当选可以从正反两方面考虑.从正面考虑可以

按 、 全不选和 、 选一个分类,从反面考虑可用间接法,去掉 、 全选的情况.问 题(4)可以按女生选 2 人、3 人?进行分类,当然也可以从反面考虑用间接法.问题(5)可以先处理 特殊位置的体育班委与文娱班委.

解: (1 ) 除



选出外, 从其它 10 个人中再选 3 人, 共有的选法种数为

(种) .

(2)去掉



,从其它 10 人中任选 5 人,共有的选法种数为:

(种).

(3)按 方法数为



的选取情况进行分类:



全不选的方法数为 (种). 、





选 1 人的

,共有选法

本小题的另一解法:从 12 人中选 5 人的选法中去掉 (种). 方法一:按女同学的选取情况分类:

全选的情况,所有选法只有

选 2 名女同学、 3 名男同学; 选 3 名女同学 2 名男同学; 选 4 名女同学 1 名男同学; 选 5 名女同学. 所 有选法数为:

中数网

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方法二:从反面考虑,用间接方法,去掉女同学不选或选 1 人的情况,所有方法总数为: (种). (5)选出一个男生担任体育班委,再选出 1 名女生担任文娱班委,剩下的 10 人中任取 3 人担任其 它 3 个班委.用分步计数原理可得到所有方法总数为: (种).

说明:对于本题第(4)小题,“至少有 2 名女生当选”,我们可能还有另外一种考虑,先从 5 名 女生中选出 2 人,然后在剩下的 10 人中任选 3 人,得到的方法数为 (种),与上述 答案比较,结果明显增多了,为什么会出现以上情况?上述步骤得到的选取结果虽然符合了有 2 名女生 的要求,但在计数时出现了重复,比如先选两女生为 、 ,剩下的 10 人中如果又选出了女生 ,

与先选两名女生为 、 后又选出了女生 ,出现了同样的结果,因为选取问题仅考虑选出了哪些 元素,至于先选后选并不考虑.这里需要我们引起注意的是以后遇到“至少”类型的问题,一般采用分 类法或间接法解决, 在选取问题中尽可能避免出现重复计数, 我们还可以进一步从下一个例子加深理解. 例 3 空间 10 个点,其中有 5 点在同一个平面内,其余无三点共线,四点共面,问以这些点为顶点, 共可构成多少个四面体? 分析:本题如果从正面考虑可以按 5 个共面的点的选用情况进行分类.如果从反面考虑用间接法, 只要去掉从 5 个共面的点中任取四个点的情况,因为共面的四个点不能构成四面体的四个顶点. 解:方法一:可以按共面的点取 0 个、1 个、2 个、3 个进行分类,得到所有的取法总数为: 个. 方法二:从 10 个点中任取 4 个点的方法数中去掉 4 个点全部取自共面的 5 个点的情况,得到 所有构成四面体的方法数为: (个).

说明:以几何为背景的此类应用题中,间接方法用得比较多,在考虑去掉不符合要求的选法时,既 不能多去,也不能少去,此外有时还需去掉一些重复计数的情况.比如:四面体的顶点和各条棱的中点 共 10 个点, 任取其中的 4 个点, 其中不共面的取法有多少种?我们可以从 10 个点中任取 4 点. 共有 种取法,然后去掉下面几种情况,4 个点取在四面体的同一个面上,有 种取法;四个中点连成平 行四边形的情形,有 3 种取法,还有 3 点在四面体的一条棱上,另一点是其它点,不考虑已计算的四点 在四面体同一面上的情况,共有 6 种取法.用间接法可得不同的取法共有: (种). 例 4 在 1,3,5,7,9 中任取 3 个数字,在 0,2,4,6,8 中任取两个数字,可组成多少个不同 的五位偶数. 分析:因为零不能作首位数,所以是特殊元素,因此可以根据选零不选零为分类标准。 解:第一类:五位数中不含数字零。

中数网 第一步:选出 5 个数字,共有

http://www.cnmaths.com 种选法.

第二步:排成偶数—先排末位数,有

种排法,再排其它四位数字,有

种排法.



(个)

第二类:五位数中含有数字零.

第一步:选出 5 个数字,共有 第二步:排顺序又可分为两小类;

种选法。

(1)末位排零,有

种排列方法;

(2)末位不排零.这时本位数有 其余 3 个数字则有 种排法.

种选法,而因为零不能排在首位,所以首位有

种排法,

∴ ∴ 符合条件的偶数个数为

(个) 说明:本题也可以用间接法(即排除法)来解.请读者自行完成. 例 5 有 12 名划船运动员,其中 3 人只会划左舷,4 人只会划右舷,其余 5 人既会划左舷也会划右 舷。现在要从这 12 名运动员中选出 6 人平均分在左、右舷划船参加比赛,有多少种不同的选法? 分析:设集合 A={只会划左舷的 3 个人},B={只会划右舷的 4 个人},C={既会划左舷又会划右舷的 5 个人} 先分类,以集合 A 为基准,划左舷的 3 个人中,有以下几类情况:①A 中有 3 人;②A 中有 2 人;C 中有 1 人;③A 中有 1 人,C 中有 2 人;④C 中有 3 人。

第①类,划左舷的人已选定,划右舷的人可以在 问题,所以有

中选 3 人,即有

种选法。因是分步

种选法。第②类,划左舷的人在 A 中选 2 人,有

种选法,在 C 中选 1 人,

中数网 有 有 种选法,划右舷的在

http://www.cnmaths.com 种选法。因是分步问题,所以 种选法。

中剩下的 8 个人中选 3 人,有

种选法。类似地,第③类,有

种选法。第④类有

因为是分类,所以一共有

种选法。

解:

种 答:一共有 2174 种不同选法. 说明: 这种比较复杂的在若干个集合中选取元素的问题, 只要能运用分类思想正确对所求选法分类, 又能正确地根据题目要求合理地考察步骤,就可以顺利地求得解.在分类时,要注意做到既不重复也不 遗漏. 这里是以集合 A 为基准进行分类,也可以集合 B 或集合 C 为基准进行分类,其结果是相同的,但一 般都选择元素个数较少的集合作为基准来分类,这样可以减少分类,方便运算. 例 6 甲、乙两队各出 7 名队员,按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方由 1 号队员出赛, 负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,?,直到一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成一种比 赛过程,试求所有可能出现的比赛过程的种类. 分析与解: 若甲队取胜, 比赛结果可能是 只有一个过程; , , , , , , .

共 8 场,乙队在前 7 场中胜一场,有

种不同的过程;

共 9 场,乙队在前 8 场中胜二场,有

种不同的过程;

共 10 场,乙队在前 9 场中胜三场,有 ??????

种不同的过程;

∴ 甲队取胜的过程种数是: 类似乙队取胜也有同样的过程种数

中数网 ∴ 共有

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种不同的比赛过程.

小结: 一个排列与另一个排列的区别有两点, 一点是元素不同, 另一点是顺序不同 (在元素相同时) ; 而一个组合与另一个组合不同点仅是元素不同,由此可知,排列是有顺序问题,组合是无顺序问题.本 题是一应用问题,根据实际确定是组合问题. 例 7 从 1 到 9 的九个数字中取三个偶数四个奇数,试问: (1)能组成多少个没有重复数字的七位数? (2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个? (3)(1)中的七位数中,偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个? (4)(1)中任意两偶然都不相邻的七位数有几个?

分析与解:(l)分步完成:第一步在 4 个偶数中取 3 个,可有 取 4 个,可有 七位数有 种情况;第三步 3 个偶数,4 个奇数进行排列,可有 个.

种情况;第二步在 5 个奇数中 种情况,所以符合题意的

(2)上述七位数中,三个偶数排在一起的有 (3)上述七位数中,3 个偶数排在一起,4 个奇数也排在一起的有

个.

个. (4)上述七位数中,偶数都不相邻,可先把 4 个奇数排好,再将 3 个偶数分别插入 5 个空档,共 有 个. 说明;对于有限制条件的排列问题,常可分步进行,先组合再排列,这是乘法原理的典型应用. 例 8 6 本不同的书,按照以下要求处理,各有几种分法? (1)一堆一本,一堆两本,一堆三本; (2)甲得一本,乙得两本,丙得三本; (3)一人得一本,一人得二本,一人得三本; (4)平均分给甲、乙、丙三人; (5)平均分成三堆.

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http://www.cnmaths.com 种取法,再从余下的五本书中任 种取法,故共有分

分析与解:(1)先在 6 本书中任取一本.作为一本一堆,有 取两本,作为两本一堆,有 法 种.

种取法,再后从余下三本取三本作为一堆,有

(2)由(1)知.分成三堆的方法有 一本,乙得二本,丙得三本的分法亦为

种,而每种分组方法仅对应一种分配方法,故甲得 种.

(3)由(1)知,分成三堆的方法有 故一人得一本,一人得两本,一人得三本的分法有

种,但每一种分组方法又有 (种).

不同的分配方案,

(4)3 个人一个一个地来取书,甲从 6 本不同的书本中任取出 2 本的方法有 一种方法取得 2 本书后,已再从余下的 4 本书中取书有 本书后,丙从余下的两本中取两本书,有

种,甲不论用哪

种方法,而甲、乙不论用哪一种方法各取 2 种方法.

种方法,所以一共有

(5)把 6 本不同的书分成三堆,每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人,每人二本的区 别在于, 后者相当于把六本不同的书, 平均分成三难后, 再把每次分得的三堆书分给甲、 乙、 丙三个人. 因 此,设把六本不同的书,平均分成三堆的方法有 2 本的分法就应 种. 种,那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人

种, 由 (4) 知, 把六本不同的书分给甲、 乙、 丙三人, 每人 2 本的方法有

所以

,则

(种)

说明:本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题,搞清类型的归属对今后解题大有补益,其中 (1)属非均匀分组问题. (2)属非均匀定向分配问题.

(3)属非均匀不定向分配问题.(4)属均匀不定向分配问题. (5)属均匀分组问题. 例 9 有 6 本不同的书,分给甲、乙、丙三个人. (1)如果每人得两本,有多少种不同的分法; (2)如果一个人得一本,一个人得 2 本,一个人得 3 本有多少种不同的分法; (3)如果把这 6 本书分成三堆,每堆两本有多少种不同分法.

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http://www.cnmaths.com 种方法,不论甲取走 种方

分析与解:(1)假设甲先拿,则甲从 6 本不同的书中选取 2 本有 的是哪两本书,乙再去取书时只能有 法,由乘法原理得一共有

种,此时剩下的两本书自然给丙,就只有 种不同分法.

(2)先假设甲得 1 本,乙得 2 本,丙得 3 本则有 种不同的分法. (3)把 6 本书分成三堆,每堆 2 本,与次序无关.

种法,一共有

所以一共有

种不同分法.

说明:本题的三个问题要注意区别和联系,不要混淆. 6 本书分给甲、乙、丙三人每人两本和分成 3 堆每堆两本是有区别的,前者虽然也属均分问题,但 要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿,而后者属均分问题又是无序问题,所以必须除以 地, 个元素中有 个元素( )均分成 m 堆一定要除以 . .一般

例如:有 17 个桃,分成 8 堆,其中一堆一个,一堆 4 个,另外 6 堆每堆都是 2 个,有多少种不同 的分法.

一共有

种不同分法. 扩展资料 环状排列

设有

个不同的元素,每次从中取出

个依次排列环状,问可排出多少不同的环?

一个或两个元素排成或环是一样的.现来研究

的情形.设有元素

,不同的环状

列共有 2 个(如图),而其中每一个可“拆”成三个线环列;反之,这三个线排列每个首尾相接所成的 环状列都是同一个,其三元环状列共有两个: .

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同样地,每个

元环状排列通过“向后移动元素”的方法生成 :

个线状排列

.所以,环状排列数正是同样的线状排列

数的

,即以

表示从

个不同元素中每次取出

个的环状排列数,则:

特别地,

个元素的全环状排列数为

但是,在不计顺从逆时针方向时,

元集的

元环状排列数为



例1

从 10 盒花中取出 5 盒,放置在一个圆形展览台的周围,问有多少种排法?

(答案:共有

种.)

例2

8 人围坐圆桌开会,其中正、副组长及记录员要相邻而坐,有多少种坐法?

(答案:共有

种.)

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http://www.cnmaths.com 扩展资料

解决排列组合问题中的数学思想方法举例 (1)利用分类讨论的思想 许多“数数”问题往往情境复杂,层次多,视角广,这就需要我们在分析问题时,选择恰当的切入 点,从一个不同的侧面,把原问题变几个小问题.分而治之,各个击破.

【例 1】已知集合 条件的集合 空集). 分析

和集合

各含有 12 个元素, ,且

含有 4 个元素,求同时满足下面两个 ( 为

的个数:(1)

中含有 3 个元素;(2)

该题是 1986 年的高考题,可算是高考试题里“数数”问题第一例,此题单纯利用集合的概 中的三个元素的取法不只一类,可考虑分类解之.

念及运算显然无法解决,如图所示,



因为



各有 12 个元素, (个). 其中,属于

含有 4 个元素,所以 的元素有 12 个,属于 而不属于

中元素的个数是 的元素有 8 个,要

使

,则组成

中的元素至少有一个含在

中,集合

的个数是

1)只含

中 1 个元素的有

个.

2)含

中 2 个元素的有

个;

3)含

中 3 个元素的有

个.

故所求的集合 C 的个数共有

+

+

=1084(个).

中数网 (2)利用等价转化的思想

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很多“数数”问题的解决,如果能跳出题设所限定的“圈子”,根据题目的特征构思设计出一个等 价转化的途径,从而使问题的解决呈现出“柳暗花明”的格局. ①具体与抽象的转化 【例 2】某人射击 7 枪,击中 5 枪,问击中和未击中的不同顺序情况有多少种? 分析 设击中用“1”表示,未击中用“0”表示,那么我们考虑的问题就转化为下列问题:

数列 少个?













中有 5 项是 1,两项是 0,不同的数列数目有多

解(1)两个“0”不相邻的情况有

种.

(2)两个“0”相邻的情况有

种.

所以,击中和未击中的不同顺序情况有

(种).

②不同数学概念之间的转化 【例 3】连结正方体 8 个顶点的直线中,为异面直线的有多少对? 分析— 正面求解或反面考虑(利用补集)虽然可行,但容易遗漏或重复.注意到这样一个事实,

每一个三棱锥对应着 3 对异面直线,因而转化为计算以正方体的顶点为顶点,可以组成多少个三棱锥?



从正方体的 8 个顶点中任取 4 个,有

种取法,其中 4 点共面的有 12 种(6 个表面正方形, 个三棱锥,每个三棱锥确定了

6 个对角面长方形).将不共面的 4 点构成一个三棱锥、共有 3 对异面直线,因而共有 =174 对异面直线.

③情景迁移转化

中数网 【例 4】 在 A.160 分析 B.240 C.360

http://www.cnmaths.com 的系数为( )

的展开式中 D.800

这是 1992 年高考题,表面看,题目并非要求“数数”,但如果我们将情景迁移,便可转化

为“数数”问题,



根据多项式的乘法法则,不妨将 看作是五个相同的口袋, 每个口袋都装有三个不同颜色的

球:





;依次记为黑、白、红球,于是可得下面的做法:先从五个口袋中的一个口袋取

出一个白球( 则得含 的项为

),有

种取法,然后从乘下的四个口袋中各取出一个红球(2),有 ,其系数为 ,故选 B.

种取法,

点评

利用此法可准确、迅速地解决如下列一般的问题:

展开式中含

项的系数(其中

)是



. 在这里,精巧的构思转化发挥了令人振奋的作用.

④分解(分组)转化

【例 5】从集合 ,其中

中任取 3 个元素作为直线 ,那么不同的直线共有多少条?

中的



考虑到

,构造行列表如下:

第 1 行:1 2 第 2 行:2 4

3 4 6 8

5 6 10

7 12

8 9

10

11 12

中数网 第 3 行:3 6

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9 12

易知第 2、第 3 行中任三数作出的直线必与第 1 行中对应的三个数作出的直线 相同,故不同的直线共有 条.

⑤数与形的转化

【例 6】 的实部和虚部



,从 A 中任取两个元素作为虚数 ,则能组成模大于 5 的不同虚数的个数为多少?

解 由题设知且 5 为半径的圆上及圆内以 应的点中去除即可.

; 根据复数模的几何意义, 结合补集思想, 只需求出以 中元素为横纵坐标的点的个数,然后从

为圆心,

中所有元素组成的不同复数对

如图所示,圆内及圆上的点有

(个)(不含实轴上的 5 个点).

则圆内圆外及圆上共有 有

(个)点(不含实轴上 10 个点),所以满足题设的虚数共

(个).

扩展资料 构造组合模型,利用组合数定义证明组合恒等式 证明组合恒等式,一般是利用组合数公式,组合数的性质,数学归纳法,二项式定理等,通过适当 的计算或化简来完成.但是很多恒等式,也可以直接利用组合数的定义来证明,即构造一个组合问题的 模型,把等式两边看成同一个组合问题的两种计算方法,由组合个数相等即可证出要证明的组合恒等 式.如,组合数的两个性质① 义的解释证明. ,② 在课本中给出了利用组合数定

中数网 【例如】证明

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证明

原式左端可看成一个班有 人中再选出

个人, 从中选出

个人打扫卫生, 在选出的

个人中,



打扫教室,余下的 教室,在余下的 结果当然是一致的. 点评

人打扫环境卫生的选法数.原式右瑞可看成直接在

人中选出

人打扫

人打扫环境卫生.显然,两种算法计算的是同一个问题,

以上两例虽然简单,但它揭示了用组合数的意义证明组合恒等式的一般思路:先由恒等式中

意义比较明显的一边构造一个组合问题的模型,再根据加法原理或乘法原理对另一边进行分析.若是几 个数(组合数)相加的形式,可以把构造的组合问题进行适当分类,若是几个数(组合数)相乘的形式, 则应进行适当的分步计算,很多情况下是两者结合使用的. 扩展资料 排列与组合诗一首 排列组合两大法,日常生活用处大. 美丽图案巧组合,中文英文排列法. 顺序有关属排列,顺序无关组合法. 分类分步细分辨,加法乘法计算它. 特殊元素和位置,首先就要考虑它. “大于”“小于”排列题, 从高到低若干类. “含”与“不含”属一类, 直接间接方法明. “在”与“不在”“邻”“非邻”, 错位排列逆思法. 重复排列乘法算,穿插捆绑排列法.

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分堆均分有区别,后面除以全排列. 隔板原理方法巧,组合问题不可少. 排列组会综合题,先组后排加乘算. 整体减去部分差,间接思考单记它. 世界美丽又奇妙,排列组合显奇效.

扩展资料 排列与组合 历史上排列与组合问题出现得很早.中国古代《易经》中的八卦符号即是“——”和“--”的可 重复排列,共有 种.公元 1 世纪古希腊史学家普普塔克(Plutarch)曾告诉我们,公元前 3 世纪的

希腊哲学家克里西普 (Chrysippus, 约公元前 280~前 207) 曾发现 10 个公理的不同排列数超过 1000 000, 而公元前 2 世纪的希腊天文学家伊巴谷则错误地给出该排列数为 101 049 或 310 925. 中世纪意大利数学家博伊修斯(A.M.S.Boethius,480?~524)曾给出 件物品中一次取 2 件

的组合数公式,用我们今天的符号表示就是

.

公元 9 世纪,印度数学家摩诃毗罗给出一次从

件物品中取

件的组合数 件物品中取 的

的乘法法则.12 件的排列(可 种物

世纪,婆什迦罗在他的《丽罗娃底》(lilavati,1150)中给出一次从 重复或不重复)数和组合(不重复)数 品的个数为 )的排列数 的算法,还给出总个数为

种物品(其中第

婆什迦罗还知道下面的组合数性质

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在犹太数学文献中,有关排列与组合的内容出现得很早.在不迟于公元 8 世纪写成的《创造之书》 (Sefer Yetsirah,作者不详)中,作者给出了 22 个希伯莱字母的全排列,称: 两个字母可构成两个单词;三个字母可构成 6 个单词,4 个字母可构成 24 个单词, 5 个字母可构 成 120 个单词,6 个字母可构成 720 个单词,7 个字母可构成 5040 个单词,依次计算下去??

公元 946 年,多诺罗在注释《创造之书》时证明了

个字母的全排列数

(参阅 2.7 节).

12 世纪,犹太数学家伊本·艾斯拉研究过在已知行星中一次取两个、三个或更多个(会合)的组 合数问题.艾斯拉知道:从 7 件中一次取 2 件的组合数与一次取 5 件的组合数是相等的;类似地,一次 取 3 件和一次取 4 件的组合数、一次取 6 件和一次取 1 件的组合数也分别相等.他可能已经知道组合数 一般公式和性质(6-1-1). 12 世纪末 13 世纪初,阿拉伯数学家伊本·穆尼(Ibn Mun’im)从语言学里得出排列和组合的特 殊公式(易于一般化).13 世纪末,阿拉伯数学家伊本·阿尔巴拿(lbn a-Banna,1256~1321)在《算 术运算概论》(Talkhis amal al-hisab)及其自注(Raf al-Hijab)中给出并证明了 列数 ,一次从 个元素中取 个的排列数 和组合数 的公式,其中有 个元素的全排

以及

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书中一般公式的论证和运用表明,在 13 世纪的伊斯兰世界,人们已将组合公式当做工具,用于算 术、代数、几何或天文学中. 14 世纪,法国犹太数学家本·吉尔森在写于 1321 年的《数之书》(Maassei Choscheb)中深入研 究了组合问题, 给出并证明了 件物品的全排列数以及一次取 件的排列和组合数 (参阅 2. 7 节) . 法 国数学家奥雷姆给出从 6 件物品中一次取 1 件、2 件、3 件、4 件和 5 件的组合数之和.但奥雷姆在计 算一般组合数 时出了错.

文艺复兴时期的欧洲,许多数学著作中出现了组合问题和法则.如帕西沃里的《算术、几何、比例 和比例性概论》(1494)、卡丹《探微》(De subtilitate,1550)和批例新论》(Opus novum de proportionibus,1570)、塔塔格里亚《数量通论》(1556)、布丢(J.Buteo)《算法》(Logistica, 1559)和巴克莱(W.Buckley)的《记忆算术》(Arithmetica memorativa,1567)等.帕西沃里在其 书中给出了如何求坐在一桌的任何多个人的全排列数.英国数学家巴克莱在其书中给出求 次取 论了四骰子的组合数问题,而且还研究了带有若干可转动圆柱的组合锁问题. 件物品一

件的组合数的特例.卡丹获得了公式(6-1-3)(参见 2.2 节).而法国数学家布丢则不仅讨

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17 世纪,组合研究达到了一个全新的水平.法国数学家德·贝西(B.Frenicle de Bessy,1605~ 1675)在《组合简法》(Abrege des combinaisons,1693)中、斯特罗德(T.Strode)在(组合、选 择、排列与量的合成)(A Short Treatise of the Combinations, Elections, Permutations and Composition of Quantities, 1678)中都对该课题作了研究.在 1634 年出版的著作中,法国数学家埃 里岗(P.Herigone)给出了组合数一般公式(6-1-2). 帕斯卡在《论算术三角形》中将他的算术三角形应用于组合理论,其主要结果是:

(1)在底边有 中一次取

个单元的算术三角形中,第



)行的所有单元之和为

件物品

件的组合数,此即

(2)

件物品中一次取 1 个、2 个、?,

个的组合数之和为

(3) 用(

件物品中一次取 ),此即

个的组合数为算术三角形第

条底边上位于第

行的单元. 利



说帕斯卡和英国数学家沃利斯则最早使用了“组合”(Combination)这一术语. 同时期的法国数学家舒腾(F.van Schooten,1615~1660)也探讨过组合数问题.他首先取 4 个 字母 a,b,c,d,列出其中 1 个、2 个、3 个和 4 个的所有可能的组合如下 a.

中数网 b. c. d. ah. ac. ad. be. bd. abc. abd.

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cd.

acd.

bed.

abed.

共有 15 种组合.由此,舒腾得到:如果







是一正整数的四个不同素因数,则包 个字

括 1 在内它有 16 个因数.然后,舒腾取 5 个字母,共得 31 种组合;最后他得出一般结论:取 母中 1,2,3,?, 个的所有可能的组合,总数为 .









是四个不同素因数,则易知











有 16 个因数.由此,舒腾提出如下问题:在含有 16 个因数的所有正整数中,哪一个是最小的?舒腾的 正确答案是 都有 24 个因数. .类似地, , , , , , 和

是这样的正整数中最小的一个.

德国数学家莱布尼茨在 1666 年发表的论文“论组合的艺术”(De Arte Combinatoria)中,对组 合数和全排列作了研究.他构造了一个类似于帕斯卡三角的数表,并利用它来求组合数.莱布尼茨将一 组物品中一次取 2 个的组合数记为 con2natio,一次取 3 个的组合数记为 con3natio、一次取 4 个的组 合数记为 con4natio,等等,但莱布尼茨并没有像帕斯卡那样明确给出组合数的一般公式.莱布尼茨证 明了如下定理:若 是素数,则 个元素中一次取 个的组合数能被 整除.莱布尼茨似乎并不 知道帕斯卡的有关工作,就组合理论而言,其论文水平也不及帕斯卡的《论算术三角形》高. 英国数学家沃利斯在其《代数学》(1685)附录“论组合、排列与除不尽部分”中专论排列与组合 问题.沃利斯也利用等价于帕斯卡三角的数表来求组合数.他不仅计算不重复字母的全排列(如“Roma”

中数网 一词中的 4 个字母的全排列数为

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一词中的 6 个字母的全排列数

为 ).

17 世纪的一个有关组合的著名例子值得一提.1617 年,一位名叫普泰努斯(E.Puteanus)的作者 在荷兰安特卫普出版了一部名为 Erycii Puteani Pietatis Thaumata in Bernardi Bauhusii e Societate Jesu Proteum Paethenium 的书,书中含有歌颂圣母玛丽亚的诗句 Tot tibi sunt dotes,Virgo,quot sidera coelo 的 1022 种不同排列(诗句仍然有意义,但不能表达对圣母的赞颂的排列除外),占了整 整 48 页,如以 Tot tibi 开头的排列共有 54 种,以 Tot sunt 开头的共有 25 种,等等.有趣的是,1022 恰恰是古希腊托勒密星表中的恒星数.沃利斯以及后来的雅各·伯努利对此都有讨论. 雅各·伯努利在《猜想的艺术》第二部分中论排列和组合,证明了一组元素的不重复或有重复的全 排列数以及 个元素中一次取 个的组合数与排列数公式;这些内容,正如伯努利自己承认的那样, 已经为舒腾、莱布尼茨、沃利斯等人研究过,并不完全是新的.伯努利首次创用“排列” (permutation) 这一术语.他还证明了指数为正整数的二项式定理,并推导了自然数暴和公式. 习题精选 一、选择题 1.掷下 4 枚编了号的硬币,至少有 2 枚正面朝上的情况有( ).

A.



B.



C.



D.不同于 A、B、C 的结论 不

2.从 五名学生中选出四名分别参加数学、物理、化学、英语竞赛,其中 参加物理、化学竞赛,则不同的参赛方案种数为( ). A.24 B.48 C.121 D.72 ).

3.数字不重复,且个位数字与千位数字之差的绝对值等于 2 的四位数的个数为( A.672 B.784 C.840 D.896

4.

?,

为 100 条共面且不同的直线,若其中编号为 .则这 100 条直线的交点个数最多为(

的直线互相平行,编号为 ).

的直线都过某定点

中数网 A.4350 二、填空题 B.4351 C.4900

http://www.cnmaths.com D.4901

1. 在数字 0, 1, 2, 3, 4,5, 6 中, 任取 3 个不同的数字为系数 则一共可以组成__________个不同的解析式?

, 组成二次函数



2.甲、乙、丙、丁四个公司承包 8 项工程,甲公司承包 3 项,乙公司承包一项,丙、丁公司各承包 2 项,则共有_________种承包方式. 3.四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中,则恰好有一个空盒的放法共有______种. 4. 某校乒乓球队有男运动员 10 人和女运动员 9 人, 选出男、 女运动员各 3 名参加三场混合双打比赛 (每 名运动员只限参加一场比赛),共有___种不同的选赛方法. 三、解答题 1.有 7 本不同的书:(1)全部分给 6 个人,每人至少一本;(2)全部分给 5 个人,每人至少一本, 求各有多少种不同的分法. 2.九张卡片分别写着数字 0,l,2,?,8,从中取出三张排成一排组成一个三位数,如果写着 6 的卡 片还能当 9 用,问共可以组成多少个三位数? 参考答案: 一、选择题:1.A 2.D 3.C 4.B 3.144 4.3628800

二、填空题:1.180 三、解答题:

2.1680

1.(l)先取两本书作为一份,其余每本书为一份,将这六份书分给 6 个人,有 分法.(2)有两类办法:一人得 3 本,其余 4 人各得一本,方法数为



;两人各得 2 本,其余 3

人各得一本,方法数为

,所以所求方法种数为

.

2.以是否取卡片 6 分成两类,每类中再注意三位数中 0 不能在首位.(l)不取卡片 6,组成三位数的 个数为 ; (2) 取卡片 6, 又分成两类, (i) 当 6 用时组成的三位数的个数为 .根据加法原理得所求三位数的个数为: . ;

(ii)当 9 用时同样有个

10.4 二项式定理

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http://www.cnmaths.com 教学目标

1.掌握二项式定理及二项式系数的性质,并能运用于计算或证明一些简单的问题. 2.通过揭示二项式定理是代数中乘法公式的推广和提出二项式定理的推导过程,理解从特殊到一 般的思维方法,培养学生的观察归纳能力、抽象思维能力和逻辑思维能力. 3.通过本节学习,培养学生将实际问题转化为数学问题的意识和能力,培养学生掌握解决与二项 式定理有关的综合问题的思想方法. 4.结合二项式定理中介绍的“杨辉三角”,对学生进行爱国主义教育,激励学生的民族自豪感和 为国富民强而勤奋学习的热情. 5.通过二项式定理的学习,使学生感受数学的对称美、和谐美与符号应用的简洁美. 教学建议 (一)教材分析 1.知识结构

2.重点难点分析 重点是二项式定理与二项式系数的性质.难点是二项式定理的证明和应用. 本节知识对组合数及性质得到深化和应用,对多项式的变形起到复习,深化的作用,又与概率统计 中二项分布有其内在联系.

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(1)二项式定理是代数公式 和 的概括和推广,它是以乘法公式为基础,以组合知识为工具,用不完全归纳法得到的,其证明可用数学 归纳法. 对二项式定理的理解和掌握,要从项数、系数、指数、通项等方面的特征去熟悉他的展开式.通项 公式 式展开式的第 在解题时应用较多,因而显得尤其重要,但必须注意,它是 项,而不是第 项. 的二项

(2)二项展开式有如下特点: ①项数:共有 项;

②系数:依次为 项式系数与二项展开式系数是有区别的.

,这里

称为二项式系数.二

③指数:

指数和为



的指数由

依次递减到 0,

的指数依次由 0 递增到



(3)对通项要注意以下几点: ①它表示二项展开式中的任意项,只要 ②公式表示二项展开式中的第 ③公式中 和 确定,此项也随之确定. 项. .

项,而不是第

的位置不能颠倒,它们的系数和一定为

另外,要注意展开式的第 (3)二项式系数的性质

项的二项式系数

与第

项的系数是不同的概念.

利用“杨辉三角”可以帮助我们观察二项式系数的性质.从函数角度入手,研究一下二项式系数.

展开式的二项式系数是

,从函数的角度看 .

可以看成是以

r 为自变量的函数

,其定义域是

根据组合公式 ①对称性

来研究二项式系数性质.

与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.事实上这一性质可以由

直接得到.

中数网 ②增减性与最大值

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如果二项式的幂指数是偶数,中间一项的二项式系数最大;如果二项式的幂指数是奇数,中间两项 的二项式系数相等并且最大. 由于展开式各项的二项式系数顺次是:

其中,后一个二项式系数的分子是前一个二项式系数的分子乘以逐次减小 1 的数(如 n,n-1,n -2,?),分母是乘以逐次增大的数(如 1,2,3,?),因为,一个自然数乘以一个大于 1 的数则 变大,而乘以一个小于 1 的数则变小,从而当 k 依次取 1,2,3?时, 的值即各项的二项式系数从

开始起是逐次增大.原因在于此时

(即

),而当

(即

)时, 的值转化为不递增或递减了,又因为与首末两端“等距离”的两项的二项式系 数相等,所以二项式系数增大到某一项时逐渐减小了,且二项式系数最大的项必在中间. 当 n 是偶数时, 是奇数,展开式共有 项,这时展开式形式是

中间一项是第 当 n 是奇数时,

项,它的二项式系数是 是偶数,展开式共有

,它是所有的二项式系数中的最大者. 项,这时展开式形式是

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中间两项是第 、 并且是所有二项式系数中的最大者. ③二项式系数和

项,它们的二项式系数是



,这两个系数相等,

源于 中,令 ,即得到

的展开式, 即: .

这个公式的推导过程运用了“赋值法”,即对任意的 a,b 展开式都成立,当然对特殊的值 ,展开式也一定成立.

在求集合的所有子集的个数时得以应用. 奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数的和,即:



中,令 (二)教法建议

,得到上式.

1.由于二项式定理是组合知识和多项式知识的结合,所以在引入时,可以从以前学过的平方和与 立方和公式出发,让学生从已有的知识中结合现在刚学习过的排列组合知识来分析,从而引入二项式定 理,教学时可结合初中代数公式和多项式乘法的基础,以组合知识为工具,从中发现规律,让学生领悟 从“特殊到一般”的思想方法,即归纳法,但证明过程不要讲解. 2.教学中注意相似概念的讲解,二项式的性质应用常涉及“项”,“项数”,“二项式系数”, “系数”等容易混淆的一些概念,这些在教学中一定要注意给学生解释清楚. 3.讲授二项式系数时,应抓住“杨辉三角”这一题材,对学生进行爱国主义教育,激励学生的民 族自豪感和为国富民强而勤奋学习的热情,并利用“杨辉三角”进一步解释组合数性质 . 4.讲解二项式系数的性质时,应注意两个思想方法.一是利用函数图像研究二项式系数对称性和 增减性的数形结合的思想方法,二是通过“取特例”从一个关系式得到另一关系式的化归的思想方法. 5. 在运用二项式定理解决某些问题时, 有时可对二项展开式中的 实上, 二项式定理给出的是一个等式, 对于 “取特值”而得到答案. 事

的一切值都成立, 因此对一些特定的值当然也成立. 对

赋予一些特定的值,是解决二项式问题的一种重要思想方法,教学中要注意培养学生的这种的 思维方法.

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http://www.cnmaths.com 教学设计方案一

10.4 二项式定理 第一课时 教学目标 掌握二项式定理有其推导方法以及二项展开式的有关特征,并能用它们计算和论证一些简单问题。 教学过程: 【设置情境】 问题 某人投资 10 万元,有两种获利的可能供选择。一种是年利率 11%,按单利计算,10 年后收 回本金和利息。另一种年利率 9%,按每年复利一次计算,10 年后收回本金和利息。 试问,哪一种投资更有利?这种投资比另一种投资 5 年后可多得利息多少元? 分析:本金 10 万元,年利率 11%,按单利计算,10 年后的本利和是 10×(1+11%×10)=21(万元) 本金 10 万元,年利率 9%,按每年复利一次计算,10 年后的本利和是

那么如何计算 呢?这就得研究形如 【探索研究】

的值呢?能否在不借助计算器的情况下,快速、准确地求出其近似值 的展开式。



那么 展开后,它的各项是什么呢? 容易看到,等号右边的积的展开式的每一项,是从每个括号里任取一个字母的乘积,因而各项都是 4 次式,即展开式应有下面形式的各项:

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现在来看上面各项在展开式中出现的次数,也就是看展开式中各项的系数是什么? 在上面 4 个括号中:

每个都不取 b 的情况有 1 种,即

种,所以

的系数是



恰有 1 个取 b 的情况下有

种,所以

的系数是



恰有 2 个取 b 的情况下有

种,所以

的系数是



恰有 3 个取 b 的情况下有

种,所以

的系数是



4 个都取 b 的情况下有 因此

种,所以

的系数是





请同学们归纳、猜想 一般地,对于任意正整数 n,上面的关系式也成立,即有

这个公式所表示的定理叫做二项式定理,右边的多项式叫做

的二项展开式。

在这里,教师应当指出,上面的定理严格来说是必须证明的,由于知识的局限,以后再证明。 二项展开式有以下特征: (1)共有 项。

(2)各项里 a 的指数从 n 起依次减小 1,直到 0 为止;b 的指数从 0 起依次增加 1,直到 n 为止。 每一项里 a、b 的指数和均为 n。 利用二项式定理可以求二项展开式。

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例1

展开



解:



例2

展开



解:先将原式化简,再展开

。 例3 用二次式定理证明:

(1)

能被 100 整除;

(2)

能被

整除。(



证明:(1)∵



能被 100 整除。

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(2)可先让学生仿照(1)证明,教师再讲解。







是正整数。

故 【演练反馈】

能被

整除。

1.计算: (由一名学生板演后,教师讲解)



2.求证: (由一名学生板演后,教师讲解)



3.求

展开式中含 x 项的系数。

(学生练习后,教师分析讲解) 4.解决本节课开始提出的问题。 【参考答案】

1.解:

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2.证明:右边

左边 故原式得证。

3.解法 1:



显然只有

中含有 x 项,其系数为



解法 2:由于

∴展开式中含 x 项的系数是



4.解:

由此可见,按年利率 9%每年复利一次计算的要比年利率 11%单利计算更有利,10 年后多得利息 1.645 万元。 【总结提炼】 1.二项式定理是初中学习的多项式乘法的继续,它所研究的是一种特殊的多项式——二项式的乘 方的展开式,要理解和掌握展开式的规律。利用它就可以对二项式展开,进行计算或证明。

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2.对课本第 105 页这样一段话“容易看到,等号右边的积的展开式的每一项,是从每个括号里任 取一个字母的乘积”,要能透彻理解,在解题中适时应用会显得很方便。 板书设计: 10.4 (一)设置情境 问题 (二)二项式定理及其结构特征 (三)例题与练习 例1 教学设计方案二 10.2 二项式定理 第二课时 教学目标: 会用二项式的通项公式求展开式中的指定项或指定项系数。 教学过程: 【设置情境】 例2 例3 二项式定理(一) 练习 (四)小结

问题 理由。

试判断

的展开式中有无常数项?如果有,求出该常数项;如果没有,说明

分析:这个问题仅凭观察、想象,无法判断;但展开又嫌太烦且无必要,那么有无良法呢? 【探索研究】 1.二项展开式的通项公式

二项展开式中的 项。

叫做二项展开式的通项,用

来表示。即通项为展开式的第

。其中

叫做二项式系数。

中数网 对于

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的展开式,其通项公式为



由于其通项一般记为 去 1,才得到 r。

,所以 r 不是项数,

才是项数;反过来,当已知项数时,将它减

2.二项展开式的通项公式的作用 二项展开式的通项公式,反映出展开式在指数、项数、系数等方面的内在联系,因此能运用二项展 开式的通项公式求特定项、特定项系数、常数项、有理项及系数最大、绝对值最大的项。 3.例题分析

例1



的展开式中的倒数第 4 项。

例2

(1)求

的展开式中的第 4 项的系数;

(2)求

的展开式中

的系数。

解:(1)展开式的第 4 项为

∴第 4 项的系数是 280。

(2)设展开式的第

项为含

的项,则



中数网 即展开式中的第 4 项含 ,其系数为

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。 【演练反馈】

1.求

的展开式中 a、b 的指数相等的项。

(由一名学生板演后,老师指出“某一项”与“某一项系数”的区别) 2.解决【设置情境】中的问题。 (由一名学生板演后,教师讲评)

3.求

的展开式里有多少个有理项?

(学生练习后,教师讲解)

4.求 【参考答案】

的展开式中第 3 项的二项式系数及第 4 项的系数。

1.解:设展开式中的第

项 a、b 的指数相等,则

依题意得

解得 所以 a、b 指数相等的项是第 10 项,即

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。 2.解:假设展开式的第 项为常数项,则

依题意

故在

的展开式中有常数项,它是第 9 项,即

。 3.解:设展开式的第 项为有理项,则

对于一切有理项, 又

、 ,

必为整数,则 r 必是 6 的倍数。



解得





展开式中的有理项有 17 个。

思考:在本题中若问无理项有多少个,如何解决呢?

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4.解:通项公式为

故第 3 项的二项式系数为

第 4 项的系数为



注意:二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念,前者是指 者是指除字母外的部分。 【总结提炼】

,而后

二项展开式的通项公式反映了展开式的一般项,利用它可以求展开式中的任意指定项(如中间项、 常数项、整数项、有理项等等)或指定项的系数。 板书设计 10.4 (一)设置情境 问题 (二)探索研究二项展开式的通项公式 (三)例题分析 例1 教学设计方案三 10.4 二项式定理 第 3 课时 教学目标: 掌握二项展开式中的二项式系数的三条性质及有关推导方法,并能简单应用。 教学过程: 【设置情境】 在杨辉的《详解九章算术》中载有一个“开方作法本源”图。如图所示,就是“杨辉三角”。那么 这个图是如何得来的?它表达的是什么?这节课我们就来共同探讨这个问题! 二项式定理(二) 例2 练习 (四)总结提炼

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【探索研究】 上节课我们已经知道

在二项式定理 叫做二项式系数。 它们是一组仅与二项式的次数 n 有关的 开式中的“系数”是有区别的。 1.“杨辉三角”的来历及规律

中,

个组合数,而与 a、b 无关,值得注意的是它们与展

展开式中的二项式系数,当

时,如下表所示:

这个表叫做二项式系数表,也称“杨辉三角”。

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由学生观察这个表的规律,表中每行两端都是 1,而且除 1 以外的每一个数都等于它肩上两个数的 和。当 n 不大时,可以根据这个表来求二项式系数。

展开式的二项式系数依次是

从函数角度看,

可看成是以 r 为自变量的函数

,其定义域是

2.二项式系数的性质 1)对称性

与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等。这一性质可直接由公式 2)增减性与最大值 由于

得到。

所以

相对于

的增减情况由

决定。由



可知,当 且中间项取得最大值。

时,二项式系数是逐渐增大的,由对称性可知它的后半部分是逐渐减小的,

因此,当 n 为偶数时,中间一项的二项式系数 式系数 、 相等,且同时取得最大值。

取得最大值;当 n 为奇数时,中间两项的二项

中数网 3)各二项式系数的和 在二项式定理中,令 ,则

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这就是说,

的展开式的各二项式系数的和等于



同时由于

,上式还可以写成

。 这是组合总数公式,表示在 n 个不同元素里,每次取 1 个、2 个、?、n 个元素的所有组合数的和。 3.例题分析

例1

证明在

的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和。

证明:在展开式

中,令

,得

。 就是



即在

的展开式中,奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数的和。

例2 已知 求展开式中 x 的一次项。 解:依题意

的展开式中, 第 4 项的二项式系数是倒数第 2 项的二项式系数的 7 倍,

中数网 整理得 ∴ 设展开式中含 x 的项是第 项,则

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∴ 解得 故展开式中含 x 的项为第 3 项,即

。 【演练反馈】

1.已知

的展开式中的系数和比

的展开式中的二项式系数和大 240,求

的展开式中的第 3 项。 (由一名学生板演后,教师讲评,着重指出“二项式数”与“系数”的区别)

2.在二项式

的展开式中,求系数最小的项的系数。

3.求

的展开式中系数最大的是第几项?

(学生思考后,教师引导分析,展开式中系数最大的项不是中间一项)

4.设:



求:

的值。

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(学生练习后,教师讲解,指出“取特值”是二项式定理中常用的方法) 【参考答案】 1.解:依题意有

解得

于是

的展开式中的第 3 项是

2.解:因为在

的展开式中,各项的二项式系数与项的系数相等或互为相反数,又展开 、第七项 ,所以系数最小

式中二项式系数最大的项有两项,分别为第六项 的项的系数为 3.解:设展开式中第 项的系数最大,则



整理得

解得 ∴ 故第 18 项的系数最大。

4.解:在

中数网 令 ,得

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令 两式相乘得

,得

。 【总结提炼】 二项展开式中的二项式系数都是一些特殊的组合数,它有三条性质,要理解和掌握好,同时要注意 “系数”与“二项式系数”的区别,不能混淆,只有二项式系数最大的才是中间项,而系数最大的不一 定是中间项,尤其要理解和掌握“取特值”法,它是解决有关二项展开式系数的问题的重要手段。 板书设计 10.4 (一)设置情境 (二)探索研究 二项式定理(三) 3.例题分析 例1 练习 (三)总结提炼

1.“杨辉三角”的来历及规律 例 2 2.二项式系数的性质

教学设计方案四 10.4 二项式定理 第四课时 教学目标: 用二项式定理与二项式系数的性质解答一些简单问题。 教学过程: 【设置情境】

,是二项式展开式定理,主要 研究了以下几个方面的问题: (1)展开式。

中数网 (2)通项公式。 (3)二项式系数及其有关性质。

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本节课我们就来应用它们解决一些简单的问题。 【探索研究】

例1



展开式的项数。

解:



展开式的项数是

例 2 已知 于-1600,求 x 的值。 解:由于

的展开式中,第 3 项的系数与第 5 项的系数之比是 1:4,且第 4 项等

依题意有

即 ∴ 这时



解得



中数网 例3 求

http://www.cnmaths.com 项的系数。

的展开式中

解:在



项的系数为

,常数项为 1





项的系数为

,常数项为 1

故在

的展开式中

项的系数为



(另解)

由于积的展开式的每一项,是从每个括号里任取一个字母的积,故展开式中

项的系数为

【演练反馈】

1.已知

的展开式中 x 的系数为 19,求:

(1)展开式中

系数的最小值;

(2)当

的系数最小时,求

的系数。

(由一名学生板演后,教师讲评)

2.已知二项式

中,



。若展开式中的最

大系数项是常数项,求

的取值范围。

(学生练习后,教师讲解)

3.求证: (学生思考后,教师讲解) 【参考答案】



中数网 1.解:(1)由已知得

http://www.cnmaths.com ,即 , 。

展开式中

的系数是



∴当



时,

的系数有最小值 81。

(2)当 是

的系数有最小值 81 时, 。







,这时

的系数

2.解:设展开式中第

项为常数项,由于

依题意有

又 ∴ 代入上式得



中数网 ∴ 即展开式中第五项为常数项。 由于第五项系数最大,则

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解得



3.证明:左边

∴ 右边 故原式得证。 【总结提炼】 二项式定理主要涉及展开式、通项公式、二项式系数或系数,要注意它们的综合运用,对于组合恒 等式要分析其特点,正确地选择适当的方法。 (四)布置作业

1.已知 的展开式中的前三项系数的和为 129,这个展开式中是否含有常数项、一 次项?如果没有,说明理由;如果有,求出它们的值。

2.设 的系数。

,求

的展开式中

3.已知数列

满足

,是否存在等差数列 对一切自然数 n 均成立?并证明你的结论!

,使

板书设计 10.4 二项式定理(四)

中数网 (一)问题引入 (二)例题分析 例1 例2 例3

http://www.cnmaths.com 练习 (三)小结

典型例题

例1

在二项式

的展开式中, 前三项的系数成等差数列, 求展开式中所有有理项.

分析:本题是典型的特定项问题,涉及到前三项的系数及有理项,可以通过抓通项公式解决. 解:二项式的展开式的通项公式为:

前三项的

得系数为:



由已知: ∴ 通项公式为



为有理项,故

是 4 的倍数,



依次得到有理项为



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说明:本题通过抓特定项满足的条件,利用通项公式求出了 r 的取值,得到了有理项.类似地, 的展开式中有多少项是有理项?可以通过抓通项中 r 的取值,得到共有 17 项.

例2



的展开式中,系数绝对值最大的项以及系数最大的项.

分析:本题仍然属于抓通项公式解决特定项的问题,但是系数的绝对值的最大值或系数的最大值, 需要对所有项的系数的变化规律进行研究.由于系数的绝对值都是正数,我们可以用作商来研究系数绝 对值的变化情况,另外各项系数正负交替,又便于用系数绝对值的大小变化抓系数的最大值.

解:展开式的通项公式为:

系数的绝对值为

,记为



用前后两项系数的绝对值作商得:



得:



、1、2 时,上述不等式成立.

所以,系数的绝对值从第 1 项到第 4 项增加,以后逐项减小.

系数绝对值最大的项为第 4 项,



从系数绝对值的变化情况及系数的正负交替,只要比较第 3 项与第 5 项的系数,

所以,系数最大的项为第 5 项,



例3 (2)

已知 ;(3) .

,求:(1)



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分析: 本题是有关展开式系数和的问题, 通过对等式中字母的赋值, 往往会得到此类问题的结果. 字 母经常取的值有 0、1、-1 等.

解:(1)取

可得











.

(2)取













可得

从而



(3)从(2)的计算已知



说明:赋值法不仅可以用来求二项展开式的系数和,对于展开式为多项式的代数式的系数和大多数 也能用此方法解决,如: 的展开式仍是多项式,令 的展开式中各项的系数和为多少?可以看到 ,即得各项系数和为 ,则 以由取 得到各项系数和,取 .再比如: 等于多少?本题可

得到奇数项系数和减去偶数项系数和,两式相加可得

.此外,为了赋值的需要,有时需要用一个新的二项式替换原来二 项式,只要它们的系数等同即可.如: 一个更简单的二项式 为 . 的展开式中各项的系数和是多少?我们可以用 便得各项系数和

代替原来的二项式,它们的系数并不改变,令

例4 项.

(1)求

展开式中

的系数;(2)求

展开式中的常数

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分析:本题的两小题都不是二项式展开,但可以转化为二项式展开的问题,(1)可以视为两个二 项展开式相乘;(2)可以经过代数式变形转化为二项式.

解:(1)

展开式中的

可以看成下列几种方式得到,然后合并同类项:



展开式中的常数项乘以 展开式中的 展开式中的 项可得到

展开式中的 项可得到 可得到

项, 可以得到

; 用 ;用 ; 用 中的 项为:

展开式中的一次项乘以 中的 项乘以 乘以

展开式中的

,合并同类项得



(2)



由 常数项为

展开式的通项公式 .

, 可得展开式的

说明:问题(2)中将非二项式通过因式分解转化为二项式解决.这时我们还可以通过合并项转化 为二项式展开的问题来解决,请看下面的例子.

例5



展开式中

的系数.

分析: 把它看成二项式展开.

不是二项式,我们可以通过



解:方法一:

其中含

的项为





项的系数为 6.

中数网 方法二:

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其中含

的项为





项的系数为 6.

方法 3:本题还可通过把 到乘积的一项,

看成 6 个

相乘,每个因式各取一项相乘可得 .

项可由下列几种可能得到.5 个因式中取 x,一个取 1 得到

3 个因式中取 x,一个取

,两个取 1 得到



1 个因式中取 x,两个取

,三个取 1 得到



合并同类项为



项的系数为 6.

例6

求证:(1)



(2)



分析:二项式系数的性质实际上是组合数的性质,我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数 的等式或者求一些组合数式子的值. 解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项变化的等 数固定下来,从而使用二项式系数性质 .

解:(1)

∴左边

右边.

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(2)



∴左边

右边. 说明:本题的两个小题都是通过变换转化成二项式系数之和,再用二项式系数的性质求解.此外, 有些组合数的式子可以直接作为某个二项式的展开式,但这需要逆用二项式定理才能完成,所以需仔细 观察,我们可以看下面的例子:求 以发现该组合数的式与 的展开式接近,但要注意: 的结果.仔细观察可

从而可以得到:



例7

利用二项式定理证明:

是 64 的倍数.

分析:64 是 8 的平方,问题相当于证明 贴近,变形



的倍数,为了使问题向二项式定理 ,与 的倍数联系起来.

,将其展开后各项含有

解:∵

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是 64 的倍数. 说明:利用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题,而且可以用此方程求一些复杂的指数式 除以一个数的余数. 扩展资料 杨辉 杨辉,中国南宋时期杰出的数学家和数学教育家。在 13 世纪中叶活动于苏杭一带,其著作甚多。 他著名的数学书共五种二十一卷。著有《详解九章算法》十二卷(1261 年)、《日用算法》二卷 (1262 年)、《乘除通变本末》三卷(1274 年)、《田亩比类乘除算法》二卷(1275 年)、《续古摘 奇算法》二卷(1275 年)。 杨辉的数学研究与教育工作的重点是在计算技术方面,他对筹算乘除捷算法进行总结和发展,有的 还编成了歌决,如九归口决。 他在《续古摘奇算法》中介绍了各种形式的“纵横图”及有关的构造方法,同时“垛积术”是杨辉 继沈括“隙积术”后, 关于高阶等差级数的研究。杨辉在“纂类”中,将《九章算术》246 个题目按 解题方法由浅入深的顺序,重新分为乘除、分率、合率、互换、二衰分、叠积、盈不足、方程、勾股等 九类。 我们将在二项式定理的学习中,接触到杨辉三角。 扩展资料 杨辉的数学和教育普及工作 杨辉,字谦光,南宋末钱塘人(今杭州市),曾作过地方官员.陈几先为他的《日用算法》一书写 跋时,赞他“以廉饬已,以儒 吏;吐胸中之灵气,继前贤之奥旨.”他是宋代甚至也是中国古代最 杰出的数学教育家,十分重视数学的教育和普及工作.他在 1261 年到 1275 年间先后完成数学著作五种 二十一卷.计有《详解九章算法》及附《九章算法篡类》共十二卷(1261 年)、 《日用算法》二卷(1262 年)、《乘除变通本末》三卷(1274 年)、《田亩比类乘除捷法》二卷和《续古摘奇算法》二卷(1275 年).他编写的这几种书内容大都较浅显,适合于教学之用或作普及读本. 杨辉在《详解九章算法》自序中说,“《九章》为算经之首”,所以“尊尚此书,留意详解.”贾 宪著《黄帝九章算法细草》是为刘徽注的《九章》撰演细草,杨辉又对贾宪的《细草》作了详解,谓之 “恐问隐而添题解,见法隐而续释注,刊大小字以明法草,增比类题以通俗务,凡题法解白不明者别图 而验之.” 他的著作的特点是图文并茂,并授编了许多歌诀,以便于学习和理解.如在《详解》书首,他补画 了一卷图形,“列图于卷首”,可惜原图散失了.他对许多问题都配画了插图,有些图画得很生动,例 如 《九章》 “勾股章”第九题“圆材理壁中, 以锯锯之”, 他配画了锯子锯圆材的逼真图形; “勾股章” 第十九题,“今有邑,方不知大小”,他形象地画出了方邑和北门三十步外的一棵树等等.这些在今天 初级课本中的做法在古代的数学书中是很少见的.

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他还第一次突破了《九章》的传统分类,按“因法推类”的原则,重新进行了《篡类》.即按算法 将《九章》的题目重新分成乘除、互换、合率、分率、衰分、迭积、盈不足、方程、勾股九类,并给出 相应的题目.这是历代诸多对《九章》作过注释的书所没有的创举. 杨辉的《详解》还在《九章》的知识内容的基础上有所发展.比如对“商功章”的多面体,他以各 种堆垛相类比,在沈括“隙积术”的基础上,又提出了几种堆垛的求积问题,如(用现代符号表示) (1)方垛

(2)果子垛

(3)三角垛

(4)果子垛

其中(4)式与沈括的“隙积木”是相同的.其余各式都是(4)式的特例.杨辉把这些级数求和公 式都用文字来表述.如(2)式的垛积为“下方加一,乘下方,为平积,又加半为高以乘下方,为高积, 如三而一.” 杨辉还做了大量简化算法的工作.比如在《乘除通变本末》中,他系统地叙述了唐宋相传的以加代 乘, 以减代除的方法. 他对“求——乘”和“求——除”还编拟了歌诀, 朗朗上口, 很便记忆. “求—— 乘”的口诀是 五六七八九,倍之数不走,

中数网 二三须当半,遇四两折扭. 倍折本从法,实即反其有, 用加以代乘,斯数足可守.

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“求——除”的口诀将上面的后四句改为 培折本从法,为除积相就, 用减以代除,定位求如旧. 比如计算“法”56 乘“实”237.由第一句应将 56“倍之”得 112,由第二句将 237“折半”为 118.5,于是对 237×56 实际变为 118.5×(100+10+2)=11850+1185-237=13272.因为筹算加法 简便得多,所以这种方法在当时是有意义的.其他的歌诀和口诀还有很多,包括一些已经失传的.这些 都表现了杨辉传播和普及数学的良苦用心. 在《乘除通变本末》上卷有一篇“习算纲目”,可以说是杨辉普及数学教育的经验总结.开头就提 出,“先念九九合数”,主张应“由一一如一至九九八十一”,“从小至大”学口诀.过去的九九表是 由九九八十一开头的,不符合学习规律.自南宋以后,九九口诀表就改正过来了.杨辉的“习并纲目” 是一份很有价值的数学教学计划和教学法纲要,他主张按内容难易循序渐进地学习,温故而知新,在新 内容学习之后都安排了复习.特别强调学习要明算理,要“讨论用法之源”.还对所学的内容指定了参 考书籍等等. 除此以外,杨辉还进行过一些理论研究.特别是对纵横图(幻方)的研究,有创造性成果.自汉代 “九宫图”以来人们对其数字结构赋予了一种神秘色彩,甚至认为是天生的神赐——洛书.杨辉对纵横 图的构成规律进行了深入的研究,在他的《续古摘奇算法》书中,就记载了将近二十个纵横图.除方形 图以外,还有其他形状排列的, 最大的“百子图”已是由 1 至 100 的数排成的十阶纵横图(如图所示), 纵横之和均为 505;另外还有圆形的“攒九图”,由 1 到 33 排成四个同心圆,中间是 9,四条直径上的 数之和为 147,各圆周上的数之和为 138.他的纵横图对后世有很大影响,此后对纵横图的研究一直持 续不断. 1 20 21 40 41 60 61 80 81 100 90 82 79 62 59 42 39 22 19 2 3 18 23 38 43 58 63 78 83 98 97 84 77 64 57 44 37 24 17 4 5 16 25 36 45 56 65 76 85 96 95 86 75 66 55 46 35 26 15 6 14 7 34 27 54 47 74 67 94 87 88 93 68 73 48 53 28 33 8 13 12 9 32 29 52 49 72 69 92 80 91 90 71 70 51 50 31 30 11 10

扩展资料

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http://www.cnmaths.com 帕斯卡

帕斯卡(Blaise Pascal,1623~1662)法国数学家、物理学家、哲学家,1623 年出生于 克莱蒙费朗,后迁居巴黎。父亲是著名的数学家。他从小学习优异,善于思考,对数学和物理特别爱好, 人称为神童。16 岁就参加了巴黎的数学与物理学界的学术活动,并发表第一篇论文《圆锥曲线论》, 提出的定理成为后来投影几何的基本定理之一(“圆锥曲线内接六边形的三对边交点共线“)。在大家 听了他的当面论述后,才相信该论文不是他父亲代劳的。18 岁时他创制了第一架机械式计算器。曾发 表过一些有关算术级数和二项式系数的论文,例如在《论算术三角形》的论文中提出二项式系数的三角 形排列法(这一三角形已由我国杨辉早在 1261 年《详解九章算法》中得出)。他还是概率论的创始人 之一。 他在物理学上的主要贡献是对大气压强和流体静力学的研究。当托里拆利 1643 年的真空实验传到 法国后,帕斯卡在 1646 年重复其实验获得成功(需要有优质玻璃管)。他还把 12 米长的玻璃管固定 在船的桅杆上用水和葡萄酒做托里拆利实验。人们原以为葡萄酒中含有“气”元素,因此酒柱会比水柱 短。但因为酒的密度比水小,结果酒柱比水柱还要高。1647 年他发表了《关于真空的新实验》一书。 1646~1651 年他还在巴黎、多姆山等地的多次试验中证实了大气压强随高度的增加而减小,并与当地 气象条件有关,从而预示了利用气压计预报气象的前景。 帕斯卡还从力的平衡的观点进一步研究了流体的平衡。 他说山顶气压计实验“使我亲眼看到了自然 界中最轻的流体空气和最重的流体水银之间的平衡”。 在他逝世后第二年(1663)出版的《论液体平衡和空气的重量》中,分别论述了流体静力学和气体 力学,书中提出了帕斯卡定律。他把封闭容器中每一部分都比作一部机器,其中各力的平衡,就像杠杆 和其他简单机械一样,遵循着同样规律。他在这本书中曾写道:“使一百磅水移动一英寸,与使一磅水 移动一百英寸显然是一回事”,从而提出了水压机的原理。他还详细证明了器壁上由于液重产生的压强 仅与深度有关, 从理论上解释了流体静力学佯谬。 更可贵的是, 他把实验作为科学推论的一个有机环节, 强调在自然科学中实验才是唯一可以信赖的良师,用以批驳耶稣教会神父反对真空存在的论点。大气压 强单位就是用帕斯卡命名的。 他从 18 岁起身体开始衰弱,以后一直疾病缠身,又由于父丧和一次突发的马车事故,打断了他在 科学事业中的创造性才华。31 岁时,他重新接受洗礼,后退隐于修道院,转而在神学、哲学(《思想 录》,1670 发表)上写作,1662 年 8 月 19 日病逝于巴黎,终年 39 岁。 扩展资料 帕斯卡三角形 右图是在棋盘格上 做成的行走路线.西北角是某人自己的家,东南角是学校,问从自己家经东西 5 条街南北 4 条街到学校(最短距离)有几种走法? 向东走一格写一个 E,向南走一个格写一个 S,例如沿着左图的粗线走,表示为::EESESSEES.

于是将 E 和 S 合起来 9 条通路中,选择四次 S 即可,所以通路的,总数可以考虑为

条.

这个问题到此已全部解决了.可是对于计算 不熟悉的人来说,如用下图交叉点处的圆表示,在 圆中写上“到此为止行走的道路条数”.回答为 126 条,一看图形你就会立即明白了.

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这个图在什么地方应见过,你还记得吗?它被称为“帕斯卡三角形”。用斜线连接的数的排列实际 上正是 展开时出现的系数。

扩展资料 神龟龙马,洛书河图 公元前 2200 年,我国商周时代的《易经》中载:大禹治伏水患之后,洛河上浮出一只巨型神龟, 背驮如图所示的“洛书”献给大禹, 作为苍天对他治水有功造福百姓的奖励. 这幅天书横看竖看和斜看, 每一组由黑点子●与白点子○合成,总点数皆为 15.后来人们把此洛书翻译成如图所示的一个所谓幻 方.

所谓幻方,是由 1,2,3,?, , 组成的一个数字方阵,每数恰在此阵中出现一次,且 每行之和,每列之和和两条对角线上的数字之和皆相等.

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1275 年,我国宋代著名数学家杨辉把洛书形象地描写为:“九子斜排,上下对易,左右相更,四 维挺进,戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足.”破译了洛书的玄机,见图.

“九子斜排”是按箭头方向分别把 1,2,3,4,5,6 和 7,8,9 排成具有右下方走向的一排,三 个斜排组成一个倾斜 45°角的正方形阵. “上下对易”,指 1 与 9 对换,1 移入最下空格,9 移入最上空格,使得正中的头部戴了一个 9 的 帽子,正中最低处穿了一双 1 字鞋,即“戴九履一”. “左右相更”,指最右边的 3 与最左边的 7 对调,3 移至左侧空格,7 移至右侧空格. 至此造成一个四方阵,即“四维挺进”,又 2 与 4 分别在右上角(肩)与左上角,6 与 8 分别在右 下角(足)与左下角,即“二四为肩”“六八为足”.

杨辉的这种口诀中的关键词是“ 子斜排”“四维挺进”“上下对易”和“左右相更”四句.下 面两图分别给出按杨辉口诀构作的 5 阶幻方和 7 阶幻方,任意奇数(大于 3)阶的幻方皆可照此制作, 但同阶幻方不是唯一的,高阶幻方的个数非常之巨大,例如五阶幻方就有 1 千多万个!另外,杨辉口诀 不适用于偶阶幻方,偶阶幻方的构作十分困难.

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“对易”和“相更”时,移动的步数恰为幻方的阶数,例如上图(a)中顶上的 1 下降 7 步至 33 的 上方邻格内,上图(a)中的 9 下降 7 步至 33 的下方邻格内,上图(a)中的 7 左移 7 步至 25 的左侧邻 格等等. 洛书对应的幻方史称“神农幻方”. 《易经》上又云,为奖励大禹功绩,一匹龙马从黄河跃出,把如下图所示的一张“河图”赠与大禹. 下图(b)是相应位置上“点子”的个数,不过 4 个 10 的意思是被虚线连络的 10 个黑点子视为分 布在它们形成的正方形的四个顶处.这样,河图的数学含量就大了:

从中心 5 向右加上 4 等于最右端的 9; 从中心 5 向左加上 3 等于最左端的 8; 从中心 5 向上加上 2 等于最上端的 7; 从中心 5 向下加上 1 等于最下端的 6. 斜着看,7+9=2+10+4=16,8+6=3+10+1=14,9+6=4+10+1=15,8+7=2+10+3=15.

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洛书和河图出自四千多年前中华民族之手,是世界组合数学的最早成果,值得我们自豪;可惜它被 后人神化,未能发展成系统的理论;中国几千年的封建君主统治,鼓励乃至强迫知识分子为皇帝歌功颂 德,使大多数知识分子成为什么科学知识也没有只会呼喊皇帝万岁的奴才,在这种社会背景之下,中国 的许多本应领先的数学分支和组合数学一样,并没有发展起来.事实上,组合数学不仅是数学科学的重 要分支,而且是信息产业和计算机科学的数学基础之一,现代数学教育和数学科研当中,必须给以足够 的重视. 究活动 下图是著名的杨辉三角,试研究杨辉三角中各数字的排列规律: (l)我们注意到第 1,2,4,8 行的各数均为奇数,下一个整行各数均为奇数的是第几行其中有什 么规律? (2)我们注意到第 8 行中有 7,21,35 三个相邻的数成等差数列.你还能在杨辉三角中找出在同 一行中成等差数列的相邻三个数吗? (3)你还能发现什么规律? (4)你还能提出一些什么问题?

参考答案:

(1)下一个均为奇数的行是第 16 行,一般地,第

行的整行均为奇数。

(2)

,将组合数公式代入并化简得



,去分母并整理得:



中数网 令 (不妨设 ,则

http://www.cnmaths.com 且 ),则

, 于是



时,

,即得 7,21,25 三数成等差数列。



,得

,因此

,三数成等差数列。 公式

给出了这个问题的一个通解。 (3)至少还有以下一些规律:

①各数排列成一个等腰三角形,两腰上的数均为 1(即 数列 1,2,3,?(即 )。

),左右第二斜列均为正整

②除两腰上的数 1 以外,其余各数等于这个数上面相邻两数之和(即

)。

③第

行的各数之和等于

(即 习题精选

)。

一、选择题

1.

展开式中的常数项是(



中数网 A.-160 B.-40

http://www.cnmaths.com C.40 D.160

2.在 A.-297

的展开式中, B.-252

的系数是( C.297

) D.207

3.

,则

等于(



A.

B.

C.

D.

4.设

,它等于下式中的(



A. 二、填空题

B.

C.

D.

5.

除以 100 的余数是



6.计算

7.在 三、解答题

的展开式中,

的系数是

(结果用数值表示)。

8.已知

展开式中,某一项的系数恰好是它的前一项系数的 2 倍,而等于它后一项系数的

。试求该展开式中二项式系数最大的项。

9.在

的展开式中,已知前三项系数成等差数列,求展开式里所有的有理项。

10.求 参考答案 一、选择题:1.A 2.D

的展开式中含

的项。

3.C

4.C

中数网 二、填空题:5.81 6. 三、解答题: 7.-8

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8. 解: 设 即

展开式的第

项的系数是它前一项系数的 2 倍, 而等于它后一项系数的



由(1)得 得

(3)

由(2)得

(4)

由(3)、(4)可

。所以二项式系数最大的项是第 4 项及第 5 项, 。

9. 解: 展开式的前三项分别是:

, 这一项系数为



这一项的系数是

。 这一项的系数是



因为





的系数成等差数列,所以 (舍去)。令第 项为有理项,则有

,即



解此方程得

。 欲求有理项, 只需求

为整数。

因此 r 取 0,4,8,代入

项分别得各有理项:



10.解:

依题意,只有 们分别是 所以展开式中,含 的项是-168 。

三部分中能有含

的项。它 。

。把这三项合并,得-168

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10.5 随机事件的概率
教学目标 1.使学生了解随机事件和随机事件的概率,了解等可能性事件的概率,会用排列、组合的公式计 算一些等可能事件的概率 2.通过计算等可能事件的概率,提高综合运用排列、组合的知识的能力和分析问题、解决问题的 能力。 3.通过运用排列、组合的基本公式计算等可能事件的概率,培养学生的信息迁移和类比推理的能 力. 4.结合随机事件的发生既有随机性,又存在着统计规律性,使学生了解偶然性寓于必然性之中的 辨证唯物主义思想。 教学建议 (一)教材分析 1.知识结构

2.重点难点分析 重点:等可能性事件的概率的计算;难点:对等可能性事件的理解。

(1)使学生理解

既是等可能事件的概率的定义,又是计算这种概率的基本方法。根 。在求 时,应当注意这 种结果必须是等可能的。

据这个公式进行计算时,关键在于求出

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(2)对等可能性事件的理解,其实质在于对等可能性的理解。“等可能性”指的是结果,而不是 事件。例如抛掷两枚均匀的硬币,可能出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”“一反一正”这四

种结果,每一个结果的等可能性都是 就不是等可能的。

;而出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”这三种结果

(3)随机事件的频率与其概率的关系:随机事件的频率,一般地不是一个常数,只有在大量重复 试验下,它总在某个常数附近摆动,才把这个常数叫做随机事件的概率。因此,可以说概率是频率的稳 定值,频率是概率的近似值。

(4) ,既是等可能事件的概率的定义,又是此概率计算的基本方法,对等可能事件来讲 要注意:①每次随机试验只可能出现有限个不同的实验结果.即基本事件的总数是有限的;即有限性; ②出现每一基本事件的概率是相同的;即等可能性;③必然事件 V 的概率为 1,不可能事件 V 的概率为 0,是随机事件 A 的两个极端情况. .

(5)对等可能事件的概率计算应注意:分清所有基本事件的总和(n)和事件 A 所包含的基本事件 总和(m).运用排列、组合公式时应仔细分析:①所研究的对象是否可区分;②排列方式是否有序; ③抽取方式是否有“放回”.以便做到不杂、不漏、不重. 关于随机事件的概率的分析 (1)必然事件、不可能事件、随机事件的区别与联系:必然事件是指在一定条件下必然发生的事 件;不可能事件指在一定条件下不可能发生的事件;随机事件指在一定条件下可能发生也可能不发生的 事件.如“导体通电时发热”,“抛一石块,下落”,都是必然事件;在常温下,锡能熔化”、“没有 水分,种子发芽”都是不可能事件;“掷一枚硬币,出现正面”,“某人射击一次,中靶”都是随机事 件.这里要辨析清事件的条件和结果,理解事件的结果是相应于“一定条件”而言的,必须明确什么是 事件发生的条件,什么是在此条件下产生的结果.故上述三种事件都是指在一定条件下产生的结果.

(2)随机事件概率:指大量重复进行同一试验,随机事件 A 发生的频率 (n 是试验的总次数, m 是事件 A 发生的次数)接近的常数.记作 P(A).它反映的是,这个事件发生可能性的大小.即一个

随机事件的发生既有随机性(对单次试验来说)又有规律性(对大量重复试验来说).规律性体现在

的值具有稳定性.当随机试验的次数不断增多, 小.所以,概率可以看作是频率在理论上的期值.

的值总在这个常数附近摆动且摆动的幅度越来越

由于

,故

,于是可得



(3)由上可知必然事件的概率是 1,不可能事件的概率是 0,随机事件的概率 , 这里要辩证地理解它们的概率:必然事件和不可能事件可以看作随机事件的两个极端,它们虽是两类不 同的事件,但在一定情况下又可以统一起来,即任意事件 A 的概率满足 .

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关于等可能性事件和它的概率意义的分析 首先正确理解基本事件:一次试验连同其中可能出现的每一个结果,即每个结果对应每一个基本事 件,如果这次试验中可能出现的结

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