排列组合公式/排列组合计算公式 排列 P------和顺序有关 组合 C -------不牵涉到顺序的问题 排列分顺序,组合不分 例如 把 5 本不同的书分给 3 个人,有几 种分法. "排列" 把 5 本书分给 3 个人,有几种分法 "组合" 1.排列及计算公式 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,叫做从 n 个不同元素中 取出 m 个元素的一个排列;从 n 个不同元素中取出 m(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,用符号 p(n,m)表示. p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)!(规定 0!=1). 2.组合及计算公式 从 n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素 的一个组合;从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从 n 个不同元 素中取出 m 个元素的组合数.用符号 c(n,m) 表示. c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!);c(n,m)=c(n,n-m); 3.其他排列与组合公式 从 n 个元素中取出 r 个元素的循环排列数=p(n,r)/r=n!/r(n-r)!. n 个元素被分成 k 类,每类的个数分别是 n1,n2,...nk 这 n 个元素的全排列数为 n!/(n1!*n2!*...*nk!). k 类元素,每类的个数无限,从中取出 m 个元素的组合数为 c(m+k-1,m). 排列(Pnm(n 为下标,m 为上标)) Pnm=n×(n-1)....(n-m+1);Pnm=n!/(n-m)!(注:!是阶乘符号);Pnn(两个 n 分别为上标和下标) =n!;0!=1;Pn1(n 为下标 1 为上标)=n 组合(Cnm(n 为下标,m 为上标)) Cnm=Pnm/Pmm ;Cnm=n!/m!(n-m)!;Cnn(两个 n 分别为上标和下标) =1 ; Cn1(n 为下标 1 为上标)=n;Cnm=Cnn-m 2008-07-08 13:30 公式 P 是指排列,从 N 个元素取 R 个进行排列。 公式 C 是指组合,从 N 个元素取 R 个,不进行排列。 N-元素的总个数 R 参与选择的元素个数 !-阶乘 ,如 9!=9*8*7*6*5*4*3*2*1 从 N 倒数 r 个,表达式应该为 n*(n-1)*(n-2)..(n-r+1); 因为从 n 到(n-r+1)个数为 n-(n-r+1)=r 举例: Q1: 有从 1 到 9 共计 9 个号码球,请问,可以组成多少个三位数? A1: 123 和 213 是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的,既属于“排 列 P”计算范畴。 上问题中,任何一个号码只能用一次,显然不会出现 988,997 之类的组 合, 我们可以这么看,百位数有 9 种可能,十位数则应该有 9-1 种可能,个位 数则应该只有 9-1-1 种可能,最终共有 9*8*7 个三位数。计算公式=P(3,9) =9*8*7,(从 9 倒数 3 个的乘积) Q2: 有从 1 到 9 共计 9 个号码球,请问,如果三个一组,代表“三国联盟”, 可以组合成多少个“三国联盟”? A2: 213 组合和 312 组合,代表同一个组合,只要有三个号码球在一起即 可。即不要求顺序的,属于“组合 C”计算范畴。 上问题中,将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最 终组合数 C(3,9)=9*8*7/3*2*1 排列、组合的概念和公式典型例题分析 例 1 设有 3 名学生和 4 个课外小组.(1)每名学生都只参加一个课外小组;(2)每 名学生都只参加一个课外小组,而且每个小组至多有一名学生参加.各有多少种不同方法? 解(1)由于每名学生都可以参加 4 个课外小组中的任何一个,而不限制每个课外小组的 人数,因此共有 种不同方法. (2)由于每名学生都只参加一个课外小组,而且每个小组至多有一名学生参加,因此 共有 种不同方法. 点评 由于要让 3 名学生逐个选择课外小组,故两问都用乘法原理进行计算. 例 2 排成一行,其中 不排第一,不排第二,不排第三,不排第四的不同排法共有多少种? 解 依题意,符合要求的排法可分为第一个排 、 、 中的某一个,共 3 类,每一类中不同 排法可采用画“树图”的方式逐一排出: ∴ 符合题意的不同排法共有 9 种. 点评 按照分“类”的思路,本题应用了加法原理.为把握不同排法的规律,“树图”是 一种具有直观形象的有效做法,也是解决计数问题的一种数学模型. 例3 判断下列问题是排列问题还是组合问题?并计算出结果. (1)高三年级学生会有 11 人:①每两人互通一封信,共通了多少封信?②每两人互握了 一次手,共握了多少次手? (2)高二年级数学课外小组共 10 人:①从中选一名正组长和一名副组长,共有多少种不 同的选法?②从中选 2 名参加省数学竞赛,有多少种不同的选法? (3)有 2,3,5,7,11,13,17,19 八个质数:①从中任取两个数求它们的商可以有多 少种不同的商?②从中任取两个求它的积,可以得到多少个不同的积? (4)有 8 盆花:①从中选出 2 盆分别给甲乙两人每人一盆,有多少种不同的选法?②从中 选出 2 盆放在教室有多少种不同的选法? 分析 (1)①由于每人互通一封信,甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信,所以与顺 序有关是排列;②由于每两人互握一次手,甲与乙握手,乙与甲握手是同一次握手,与顺序无 关,所以是组合问题.其他类似分析. (1)①是排列问题,共用了 封信;②是组合问题,共需握手 (次). (2)①是排列问题,共有 (种)不同的选法;②是组合问题,共有 种不同的选法. (3)①是排列问题,共有 种不同的商;②是组合问题,共有 种不同的积. (4)①是排列问题,共有 种不同的选法;②是组合问题,共有 种不同的选法. 例4 证明 . 证明 左式 右式. ∴ 等式成立. 点评 这是一个排列数等式的证明问题,选用阶乘之商的形式,并利用阶乘的性质 ,可使 变形过程得以简化. 例 5 化简 . 解法一 原式 解法二 原式 点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式,并利用阶乘的性质;解法二选用了组合数的 两个性质,都使变形过程得以简化. 例 6 解方程:(1) ;(2) . 解 (1)原方程 解得 . (2)原方程可变为 ∵ ,, ∴ 原方程可化为 . 即 ,解得 第六章 排列组合、二项式定理 一、考纲要求 1.掌握加法原理及乘法原理,并能用这两个原理分析解决一些简单的问题. 2.理解排列、组合的意义,掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质, 并能用它们解决一些简单的问题. 3.掌握二项式定理和二项式系数的性质,并能用它们计算和论证一些简单问题. 二、知识结构 三、知识点、能力点提示 (一)加法原理乘法原理 说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础,掌握此两原理为处理排 列、 组合中有关问题提供了理论根据. 例 1 5 位高中毕业生,准备报考 3 所高等院校,每人报且只报一所,不同的报 名方法共有多少种? 解: 5 个学生中每人都可以在 3 所高等院校中任选一所报名,因而每个学生 都有 3 种不同的 报名方法,根据乘法原理,得到不同报名方法总共有 3×3×3×3×3=35(种) (二)排列、排列数公式 说明 排列、排列数公式及解排列的应用题,在中学代数中较为独特,它研 究 的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同,内容抽象,解题方法比 较灵活,历届高考主要考查排列的应用题,都是选择题或填空题考查. 例 2 由数字 1、2、3、4、5 组成没有重复数字的五位数,其中小于 50 000 的 偶数共有( ) A.60 个 B.48 个 C.36 个 D.24 个 解 因为要求是偶数,个位数只能是 2 或 4 的排法有 P12;小于 50 000 的五位 数,万位只能是 1、3 或 2、4 中剩下的一个的排法有 P13;在首末两位数排定后, 中间 3 个位数的排法有 P33,得 P13P33P12=36(个) 由此可知此题应选 C. 例 3 将数字 1、2、3、4 填入标号为 1、2、3、4 的四个方格里,每格填一个 数字,则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种? 解: 将数字 1 填入第 2 方格,则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填 法有 3 种,即 214 3,3142,4123;同样将数字 1 填入第 3 方格,也对应着 3 种填法;将数字 1 填入第 4 方格,也对应 3 种填法,因此共有填法为 3P13=9(种). 例四 例五可能有问题,等思考 三)组合、组合数公式、组合数的两个性质 说明 历届高考均有这方面的题目出现,主要考查排列组合的应用题,且基本上 都是由选择题或填空题考查. 例 4 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台,其中至少有甲型与乙型电 视机各 1 台,则不同的取法共有( ) A.140 种 B.84 种 C.70 种 D.35 种 解: 抽出的 3 台电视机中甲型 1 台乙型 2 台的取法有 C14·C25 种;甲型 2 台乙 型 1 台的取法有 C24·C15 种 根据加法原理可得总的取法有 C24·C25+C24·C15=40+30=70(种 ) 可知此题应选 C. 例 5 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 1 项, 丙、丁公司各承包 2 项,问共有多少种承包方式? 解: 甲公司从 8 项工程中选出 3 项工程的方式 C3 8 种; 乙公司从甲公司挑选后余下的 5 项工程中选出 1 项工程的方式有 C1 5 种; 丙公司从甲乙两公司挑选后余下的 4 项工程中选出 2 项工程的方式有 C2 4 种; 丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的 2 项工程中选出 2 项工程的方式有 C2 2 种. 根据乘法原理可得承包方式的种数有 C3 8×C15×C24×C22= ×1=1680(种). (四)二项式定理、二项展开式的性质 说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则,在数学中它是常用的 基础知识 ,从 1985 年至 1998 年历届高考均有这方面的题目出现,主要考查二 项展开式中通项公式等,题型主要为选择题或填空题. 例 6 在(x- )10 的展开式中,x6 的系数是( ) A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 解 设(x- )10 的展开式中第γ+1 项含 x6, D.9C410 因 Tγ+1=Cγ10x10-γ(- )γ,10-γ=6,γ=4 于是展开式中第 5 项含 x 6,第 5 项系数是 C410(- )4=9C410 故此题应选 D. 例 7 (x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)+(x-1)5的展开式中的 x2的系数等 于 解:此题可视为首项为 x-1,公比为-(x-1)的等比数列的前 5 项的和,则其和为 在(x-1)6 中含 x3 的项是 C36x3(-1)3=-20x3,因此展开式中 x2 的系数是-2 0. (五)综合例题赏析 例 8 若(2x+ )4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2 的值为( ) A.1 B.-1 C.0 D.2 解:A. 例 9 2 名医生和 4 名护士被分配到 2 所学校为学生体检,每校分配 1 名医生和 2 名护士,不同的分配方法共有( ) A.6 种 B.12 种 C.18 种 D.24 种 解 分医生的方法有 P22=2 种,分护士方法有 C24=6 种,所以共有 6×2=12 种不 同的分配方法。 应选 B. 例 10 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台,其 中至少要有甲型与乙 型电视机各 1 台,则不同取法共有( ). A.140 种 B.84 种 C.70 种 D.35 种 解:取出的 3 台电视机中,甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形. ∵C24·+C25·C14=5×6+10×4=70. ∴应选 C. 例 11 某小组共有 10 名学生,其中女生 3 名,现选举 2 名代表,至少有 1 名女 生当选的不同选法有( ) A.27 种 B.48 种 C.21 种 D.24 种 解:分恰有 1 名女生和恰有 2 名女生代表两类: ∵C13·C1 7+C23=3×7+3=24, ∴应选 D. 例 12 由数学 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的 六位数,其中个位数字 小于十位数字的共有( ). A.210 个 B.300 个 C.464 个 D.600 个 解:先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有 P15·P 55=600 个. 由对称性,个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半. ∴有 ×600=300 个符合题设的六位数. 应选 B. 例 13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ). A.70 个 B.64 个 C.58 个 D.52 个 解:如图,正方体有 8 个顶点,任取 4 个的组合数为 C48=70 个. 其中共面四点分 3 类:构成侧面的有 6 组;构成垂直底面的对角面的有 2 组;形 如(ADB1C1 )的有 4 组. ∴能形成四面体的有 70-6-2-4=58(组) 应选 C. 例 14 如果把两条异面直线看成“一对”,那么六棱 锥的棱所在的 12 条直线 中,异面直线共有( ). A.12 对 B.24 对 C.36 对 D.48 对 解:设正六棱锥为 O—ABCDEF. 任取一侧棱 OA(C16)则 OA 与 BC、CD、DE、EF 均形成异面直线对. ∴共有 C16×4=24 对异面直线. 应选 B. 例 15 正六边形的中心和顶点共 7 个点,以其中三个点 为顶点的三角形 共 个(以数字作答). 解:7 点中任取 3 个则有 C37=35 组. 其中三点共线的有 3 组(正六边形有 3 条直径). ∴三角形个数为 35-3=32 个. 例 16 设含有 10 个元素的集合的全部子集数为 S,其中由 3 个元素组成的子集 数为 T,则 的值为 。 解 10 个元素的集合的全部子集数有: S=C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=2 10=1024 其中,含 3 个元素的子集数有 T=C310=120 故= 例 17 例 17 在 50 件产品 n 中有 4 件是次品,从中任意抽了 5 件 ,至少 有 3 件是次品的抽法共 种(用数字作答). 解:“至少 3 件次品”即“有 3 件次品”或“有 4 件次品”. ∴C34·C246+C44·C146=4186(种) 例 18 有甲、乙、丙三项任务,甲需 2 人承担,乙、 丙各需 1 人承担,从 10 人中选派 4 人承担这三项任务,不同的选法共有( ). A.1260 种 B.2025 种 C.2520 种 D.5040 种 解:先从 10 人中选 2 个承担任务甲(C210) 再从剩余 8 人中选 1 人承担任务乙(C1 8) 又从剩余 7 人中选 1 人承担任务乙(C1 7) ∴有 C210·C1 8C1 7=2520(种). 应选 C. 例 19 集合{1,2,3}子集总共有( ). A.7 个 B.8 个 C.6 个 D.5 个 解 三个元素的集合的子集中,不含任何元素的子集有一个,由一个元素组成的 子集数 C13,由二个元素组成的子集数 C23。 由 3 个元素组成的子集数 C33。由加法原理可得集合子集的总个数是 C13+C23+C33+1=3+3+1+1=8 故此题应选 B. 例 20 假设在 200 件产品中有 3 件是次品,现在从中任意抽取 5 件,其中至少 有两件次品的抽法有( ). A.C23C3197 种 B.C23C3197 +C C3 2 3 197 C.C5200-C5197 D.C5200-C C1 4 3 197 解:5 件中恰有二件为次品的抽法为 C C , 2 3 3 197 5 件中恰三件为次品的抽法为 C C , 3 2 3 197 ∴至少有两件次品的抽法为 C C +C C . 2 3 3 197 32 3 197 应选 B. 例 21 两排座位,第一排有 3 个座位,第二排有 5 个座位,若 8 名学生入座(每 人一个座位),则不同座法的总数是( ). A.C58C38 B.P12C58C38 C.P58P38