大自然这本书是用数学语言写成的.

大自然这本书是用数学语言写成的.

———伽利略

一种科学 只 有 在 成 功 地 运 用 数 学 时 ,才算达 到完善的地步 .

———马克思

致 同 学

亲爱的同学,你感到高中阶段的学习生活有趣吗?

我们知道,数学与生活紧密相连.数学可以帮助我们认识世界, 改造世界,创造新的生活.数学是高中阶段的重要学科,不仅是学习 物理、化学等学科的基础,而且对我们的终身发展有较大的影响.

面对实 际 问 题,我们要认真观察、实验、归纳,大胆提出猜想.为 了证实或推翻提出的猜想,我们要通过分析,概括、抽象出数学概念, 通过探究、推理,建立数学理论.我们要积极地运用这些理论去解决 问题.在探究与应用过程中,我们的思维水平会不断提高,我们的创 造能力会得到发展.在数学学习过程中,我们将快乐地成长.

考虑到广大同学的不同需要,本书提供了较大的选择空间.

书中的引言、正文、练习、习题中的“感受·理解”部分、阅读、回 顾等内容构成一个完整的体系.它体现了教材的基本要求,是所有学 生应当掌握的内容.相信你一定能学好这部分内容.

本书还设计了一些具有挑战性的内容,包括思考、探究、链接,以 及习题中的“思考·运用”、“探究·拓展”等,以激发你探索数学的兴 趣.在掌握基本内容之后,选择其中一些内容作思考与探究,你会更 加喜欢数学.

目 录

第 1章

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

两个基本计数原理……… 5

排列 ……… 11

组合 ……… 19

计数应用题 ……… 26

二项式定理 ……… 30

第 2章

超几何分布 ……… 53

独立性 ……… 56

二项分布 ……… 63

随机变量的均值和方差 ……… 68

正态分布 ……… 75

第 3章

回归分析……… 100

附 录

相关性检验的临界值表 ………120

本章测试答案与提示 ……… 121

本书部分常用符号

An^m 从n个不同的元素中选出m 个不同元素的排列数 n! 将n 个不同的元素进行全排列的排列数

Cn^m 从n 个不同的元素中选出m 个不同元素的组合数 P(X =xi) 随机变量X 取值为xi时对应的随机事件发生的概率 X ~ H(n,M,N) 随机变量X 服从参数为n,M,N 的超几何分布 X ~B(n,p) 随机变量X 服从参数为n,p 的二项分布

A 􀭿 随机事件A 的对立事件 P(A) 随机事件A 发生的概率

P(A|B) 随机事件B 发生的条件下随机事件A 发生的概率 P(AB) 随机事件 A,B 同时发生的概率

E(X)(或μ) 随机变量X 的均值或数学期望 V(X)(或σ²) 随机变量X 的方差

V(X)(或σ) 随机变量 X 的标准差

X ~ N(μ,σ²) 随机变量 X 服从参数为μ,σ² 的正态分布 χ² χ²分布

X X 数据的均值

第 1章 计 数 原 理

有待探索的 自 然 界 是 有 规 律 的 .相信基本规律是简明 单纯的 .

———爱因斯坦

人们在社会生活 的 各 个 方 面 都 经 常 需 要 进 行 计 数,如电话号码 的编排、密码的设定、彩票的设计、集成电路的布线安排,以及计算机 的程序编制,等等.

某市目前汽车牌照的号码使用2个英文字母后接4个阿拉伯数 字的方式构成(其中第一个字母是固定不变的),那么可能的汽车牌 照号 码 共 有 多 少 个? 估 计 该 市 到 2008 年 汽 车 保 有 量 将 达 到 1000000辆,到时怎 样 调 整 汽 车 牌 照 号 码 的 构 成 方 式,才 可 以 满 足

需要?

下图是某城市的街道.西北角是某同学的家,东南角是学校.问:

从家经东西4 条街、南北 5 条 街 到 学 校(最 短 距 离),有 几 种 不 同 的 走法?

● 利用怎样的模型刻画和解决计数问题?

1. 1 ^{两个基本计数原理}

(1)如图1 1 1(1),从甲地到乙地有3条公路、2条铁路,某人 要从甲地到乙地,共有多少种不同的方法?

(2)如图1 1 1(2),从甲地到乙地有3条道路,从乙地到丙地 有2条道路,那么从甲地经乙地到丙地共有多少种不同的方法?

(1)

(2)

图1 1 1

● 上述两个问题有什么区别?

● 由这两个问题分别可以得到怎样的数学模型? 首先考察问题(1).

公路有3条,走任意一条公路都能完成从甲地到乙地这件事;而 铁路有2条,走任意一条铁路也都能完成从甲地到乙地这件事.所以 从甲地到乙地共有

3+2=5 种不同的方法.

再考察问题(2).

必须经过先从甲地到乙地,再从乙地到丙地两个步骤,才能完成 从甲地经乙地到丙地这件事(图1 1 2).

图1 1 2

从甲地到乙地有3种不同的方法,从乙地到丙地有2种不同的方 法.所以,从甲地经乙地到丙地共有

3×2=6 种不同的方法.

根据上述分析可 知,在问题(1)中,任选一种方法都能达到完成

这件事的目的.在问题(2)中,必须依次连续完成两个步骤,才能达到 完成这件事的目的.

一般地,我们有:

分类计 数 原 理 又 称为加法原理.

分类计数原理 如果完成一件事,有n 类方式,在第1类方 式中有m1种 不 同 的 方 法,在 第 2 类 方 式 中 有 m2 种 不 同 的 方 法,……在第n类方式中有mⁿ 种 不 同 的 方 法,那么完成这件事 共有

N = m1+m2+ … +mⁿ 种不同的方法.

分步计 数 原 理 又 称为乘法原理.

分步计数原理 如果完成一件事,需要分成n 个步骤,做第 1步有 m1 种不同的方法,做第2步有 m²种不同的方法,……做

第n 步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有 N = m1×m2× … ×mⁿ 种不同的方法.

例1 某班共有男生28名、女生20名,从该班选出学生代表参加校 学代会.

(1)若学校分配给该班1名代表,则有多少种不同的选法?

(2)若学校分配给该班2名代表,且男、女生代表各1名,则有多 少种不同的选法?

解 (1)选出1名代表有2类方式:第1类是从男生中选出1名代 表,有28种不同方法;第2类是从女生中选出1名代表,有20种不同 方法.根据分类计数原理,共有不同的选法种数是

28+20=48.

(2)选出男、女生代表各1名,可以分成2个步骤完成:

第一步 选1名男生代表,有28种不同方法;

第二步 选1名女生代表,有20种不同方法.

根据分步计数原理,选出男、女生代表各1名,共有不同的选法种 数是

28×20=560.

答 选出1名代表有48种不同的选法;选出男、女生代表各1名,有 560种不同的选法.

例2 (1)在图1 1 3(1)的电路中,仅合上1只开关接通电路,有 多少种不同的方法?

计数原理

(2)在图1 1 3(2)的电路中,仅合上2只开关接通电路,有多 少种不同的方法?

(1)

(2)

图1 1 3

解 (1)在图1 1 3(1)中,按要求接通电路,只要在 A 中的2只开 关或B 中的3只开关中合上1只即可.根据分类计数原理,共有

2+3=5 种不同的方法.

(2)在图1 1 3(2)中,按要求接通电路必须分两步进行:第一 步,合上 A 中的1只开关;第二步,合上B 中的1只开关.根据分步计 数原理,共有

2×3=6 种不同的方法.

答 图1 1 3(1)的电路中,仅合上1只开关接通电路,有5种不同 的方法;图1 1 3(2)的电路中,仅合上2只开关接通电路,有6种不 同的方法.

例3 为了确保电子信箱的安全,在注册时,通常要设置电子信箱密 码.在某网站设置的信箱中,

(1)密码为4位,每位均为0~9这10个数字中的1个数字,这 样的密码共有多少个?

(2)密码为4位,每位是0~9这10个数字中的1个,或是从 A 到Z 这26个英文字母中的1个,这样的密码共有多少个?

(3)密码为4~6位,每位均为0~9这10个数字中的1个,这样 的密码共有多少个?

解 (1)设置4位密码,每一位上都可以从0~9这10个数字中任 取1个,有10种取法.根据分步计数原理,4位密码的个数是

10×10×10×10=10000.

(2)设置4位密码,每一位上都可以从0~9这10个数字或从 A 到Z 这26个英文字母中任取1个,共有10+26=36种取法.根据分 步计数原理,4位密码的个数是

36×36×36×36=1679616.

(3)设置的密码为4~6位,每位均为0~9这10个数字中的1 个,这样的密码共有3类.其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分 别为10⁴,10⁵,10⁶.根据分类计数原理,设置由数字0~9组成的4~

6位密码的个数是

10⁴+10⁵+10⁶=1110000.

答 满足条件的密码的个数分别为10000,1679616和1110000个.

例4 有5种不同的书(每种不少于3本),从中选购3本送给3名 同学,每人各1本,共有多少种不同的送法?

解 送给第一个同学1本书有5种不同的选购方法,送给第二、第三 个同学各1本书,仍各有5种不同的选购方法.因此,根据分步计数原 理,送给3名同学每人各1本书的不同方法种数是

5×5×5=125.

答 共有125种不同的送法.

练 习

2. 某人有4枚明朝不同年代的古币和6枚清朝不同年代的古币.

(1)若从中任意取出1枚,则有多少种不同取法?

(2)若从中任意取出明、清古币各1枚,则有多少种不同取法?

3. 从甲地到乙地,可以乘飞 机,也 可 以 乘 火 车,还 可 以 乘 长 途 汽 车.每 天 飞 机 有2班,火车有4班,长途汽车有10班.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方法?

4. 手表厂为了生产更多款式新颖的手表,给统一的机芯设计了 4种形状的外 壳、2种颜色的表面及3种形式的数字.问:共有几种不同的款式?

5. 现有高中一年级的学生 4 名,高中二年级的学生 5 名,高中三年级的学生 3名.

(1)从中任选1人参加夏令营,有多少种不同的选法?

(2)从每个年级的学生中各选1人参加夏令营,有多少种不同的选法?

(第6题)

6. 如图,从甲地到乙地有3条公路,从乙地到丙地有2条公路,从甲地不经过乙 地到丙地有2条水路.问:

(1)从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法?

(2)从甲地到丙地共有多少种不同的走法?

7. 若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组,每人选报1项,则不同的 报名方式有( ).

A.3⁴种 B.4³种 C.3×2×1种 D.4×3×2种

计数原理

习题 1. 1

感受 ·理解

2. 在数学选修课程目录中,1个学生在选修系列3中发现了4门有趣的课程, 在选修系列4中发现了6门有趣的课程.如果这个学生决定在选修系列3 和选修系列4中各选1门有趣的课程作为新学期的选修课,那么他有多少 种不同的选择?

3. 一个口袋里有5封信,另一个口袋里有4封信,每封信的内容均不相同.

(1)若从2个口袋里任意取出1封信,则有多少种不同的取法?

(2)若从2个口袋里各自任意取出1封信,则有多少种不同的取法?

4. 某校“数学俱乐部”有高一学生10人,高二学生8人,高三学生7人.

(1)若从中选出1人担任总干事,则有多少种不同的选法?

(2)若从每一个年级各选1名担任年级组长,则有多少种不同的选法?

5. 如图,从甲地到乙地有3条路,从乙地到丁地有2条路;从甲地到丙地有2 条路,从 丙 地 到 丁 地 有 4 条 路.问:从 甲 地 到 丁 地 共 有 多 少 种 不 同 的 走法?

(第5题) _(第6题)

6. 如图,一条电路从A 处到B 处接通时,可以有多少条不同的线路(每条线路 仅含1条通路)?

7. (1)连续抛掷1颗骰子2次,用树形图画出掷出的点数的所有可能情况;

(2)第一次抛壹元币,第二次抛伍角币,第三次抛壹角币,试用树形图画出3 次抛掷后3枚硬币向上的一面是正面或是反面的所有可能情况.

8. 已知一个两位数中的每个数字都从1,2,3,4中任意选取.

(1)如果两位数中的数字不允许重复使用,那么能得到多少个不同的两 位数?

(2)如果两位数中的数字允许重复使用,那么能得到多少个不同的两位数?

9. 用1,5,9,13中任意一个数作分子,4,8,12,16 中 任 意 一 个 数 作 分 母,可 组成多少个不同的分数? 可组成多少个不同的真分数?

10. (1)乘积 (a+b+c+d)(m +n)(x+y+z)展开后共有多少项?

(2)

∑

∑

思考·运用

(2)如图(2),从A 处沿街道走到B 处,使路程最短的不同走法有多少种?

(1) (2)

(第11题)

12. 以正方形的4个顶点中某一顶点为起点、另一个顶点为终点作向量,可以作 出多少个不相等的向量?

13. (1)如果A={0,1,2,3,4,5},那么在平面直角坐标系内,集合 {(x,y)|

x,y ∈ A}中有多少个不同的点?

(2)如果k∈ {1,3,5,7},b∈ {2,4,6,8},那么方程y=kx+b所表示 的不同的直线共有多少条?

14. 集合{1,2,3,4}有多少个子集?

探究·拓展

16. 用4种不同颜色给如图所示的地图上色,要求相邻两块涂不同的颜色,共有 多少种不同的涂法?

(第16题)

1. 2 ^{排 列}

考察下面两个问题:

(1)高二(1)班准备从甲、乙、丙这3名学生中选出2人分别担任 班长和副班长,有多少种不同的选法?

(2)从1,2,3这3个数字中取出2个数字组成两位数,这样的两 位数共有多少个?

● 上面两个 问 题 有 什 么 共 同 特 征? 可以用怎样的数学模型来 刻画?

先考察问题(1)中的所有可能的选法.因为甲、乙、丙这3个学生 任何一个都可能当班长,也都可能当副班长,所以可将所有可能的情 形用树形图表示(图1 2 1):

图1 2 1

即共有6种不同的选法:甲、乙,甲、丙,乙、甲,乙、丙,丙、甲,丙、乙.

事实上,这6种选法分别是从甲、乙、丙这3个学生中选2个学 生,并按 一 定 的 顺 序 排 成 一 列 (班 长 排 在 第 1 位,副 班 长 排 在 第 2位)而得到的.

类似地,问题(2)中的每个两位数都是从3个不同的数字中取2 个数字,按一定的顺序排成了一列.

如 无 特 别 说 明, 取出的m 个元素都是 不重复的.

一般地,从n个不同的元素中取出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 (arrangement).

例1 (1)写 出 从a,b,c,d 这 4 个 字 母 中,取 出 2 个 字 母 的 所 有 排列;

(2)写出从a,b,c,d 这4个字母中,取出3个字母的所有排列.

解 (1)把a,b,c,d 中的任意一个字母排在第1个位置上,有4种 排法;第1个位置上的字母排好后,第2个位置上的字母就有3种 排法.

如果第1个位置是a,那么第2个位置可以是b,c或d,有3个排 列,即ab,ac,ad.

同理,第 1 个 位 置 更 换 为b,c 或d,也 分 别 各 有 3 个 排 列,如

图1 2 2 所示.

图1 2 2 因此,共计有12个不同的排列,它们是

ab,ac,ad,ba,bc,bd, ca,cb,cd,da,db,dc.

(2)根据(1),从4个字母中取出2个字母的排列有12个,在每 一种这样的排列后面排上其余2个字母中的任何一个,就得到取出3 个字母的所有排列.可以画出树形图,如图1 2 3所示.

图1 2 3 因此,共计有24个不同的排列,它们是

abc与acb 是相同 的排列吗?

abc,abd,acb,acd,adb,adc, bac,bad,bca,bcd,bda,bdc, cab,cad,cba,cbd,cda,cdb, dab,dac,dba,dbc,dca,dcb.

思 考

练 习

2. 用红、黄、蓝3面小旗(3面小旗都要用)竖挂在绳上表示信号,不同的顺序表 示不同的信号,试写出所有的信号.

3. 从0,1,2,3这4个数字中选出3个不同的数字组成1个三位数,试写出所 有满足条件的三位数.

4.a,b,c排成一行,其中a 不排第1位,b不排第2位,c不排第3位,写出所有 满足条件的排列.

计数原理

从例1(2)的树形图中可以看出,处理排列问题可分步进行.例如, 例1(2)将构成排列的过程分为3个步骤,从第1位到第3位依次选填:

第1位可从这4个字母中任取1个来填,有4种不同方法;

第2位从剩下的3个字母中任取1个来填,有3种不同方法;

第3位从剩下的2个字母中任取1个来填,有2种不同方法(如 图1 2 4).

图1 2 4

根据分步计数原理可知,从4个字母中任取3个字母的所有排列 的个数为4×3×2=24.

一般地,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 A^nm表 示,如例1(2)中的排列数可以表示为 A³4=24.

思 考

一般地,为了求出从n 个不同元素中任意取出m 个元素的排列 数,可以把这 m 个元素所排列的位置划分为第1位、第2位、……第 m 位(如图1 2 5).

图1 2 5

第一步 第1位可以从n个元素中任取1个来填,有n种不同方法;

第二步 第2位只能在余下的n-1个元素中任取1个来填,有 n-1种不同方法;

第三步 第3位只能在余下的n-2个元素中任取1个来填,有 n-2种不同方法;

……

第m 步 第m 位只能在余下的n-(m-1)个元素中任取1个来 填,有n-m+1种不同方法.

根据分步计数原理,我们得到排列数公式 排列 数 A^nm 是m

个 连 续 正 整 数 的 积, 其中最大的因数为n.

A^nm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),

其中n,m ∈ N^*,且 m ≤n.

n 个不同元素全部取出的一个排列,叫做n 个不同元素的一个全 排列.在排列数公式中,当m=n 时,即有

Aⁿⁿ=n(n-1)(n-2)·…·3·2·1, Aⁿⁿ称为n 的阶乘(factorial),通常用n! 表示,即

Aⁿⁿ=n!.

例2 计算:

(1)A³⁵; (2)A⁵⁵; (3)A⁴10; (4)A⁴35. 解 (1)A³5=5×4×3=60.

(2)A⁵⁵=5×4×3×2×1=120.

(3)A⁴10=10×9×8×7=5040.

(4)A⁴³⁵=35×34×33×32=1256640.

例3 求证:A^nm= n!

(n-m)!(n > m).

证 A^nm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)

=n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)(n-m)·…·2·1 (n-m)·…·2·1

= n!

(n-m)!.

为了使上述结论在m =n时也成立,我们规定0! =1.

由此可知,排列数公式还可以写成

A^nm= n!(n-m)!.

例4 求证:A^nm=nAn-1^m-1(n ≥ m ≥2).

证法1 A^nm= n!

(n-m)!

=n·(n-1)!

(n-m)!

=n· (n-1)!

[(n-1)- (m-1)]!

=nA^n-1m-1.

计数原理

证法2 nA^n-1m-1=n· (n-1)!

[(n-1)- (m-1)]!

= n!

(n-m)!

=A^nm.

在 Ecxel中计算排列数的方法:如图1 2 6,

在单元格中输入“=PERMUT(35,4)”,可得 A⁴35=1256640;

在单元格中输入“=FACT(5)”,可得 A⁵⁵=120.

通过“插入/函数/

PERMUT(或FACT)”

来操作也可以.

图1 2 6

练 习

(1)A⁴12; (2)A⁶6;

(3)A⁴9-A³9; (4)AA⁵⁷⁴7. 2. 计算下表中的阶乘数,并填入表中:

n 2 3 4 5 6 7 8

n!

3. 用排列数符号 An^m表示下列各式:

(1)10×9×8×7×6= ;

(2)24×23×22× … ×3×2×1= ;

(3)k(k-1)(k-2)(k-3)= (k∈ N且k≥4).

4. 下列各式中,不等于n! 的是( ).

A.Aⁿⁿ B. 1n+1Aⁿ⁺¹ⁿ⁺¹ C.Aⁿn+1 D.nA^n-1n-1

5. 求证:

(1)A⁴7+4A³7=A⁴8; (2)A^nm+mA^nm-1=A^n+1m .

例5 有5本不同的书,从中选3本送给3名同学,每人各1本,共 有多少种不同的送法?

解 从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学的一种选法,对应 于从5个元素中取出3个元素的一个排列.因此,不同送法的种数是

A³⁵=5×4×3=60.

答 共有60种不同的送法.

思 考

例6 某足球联赛共有12支球队参加,每队都要与其余各队在主、

客场分别比赛1次,共要进行多少场比赛?

一个排 列 对 应 一 场比赛.

分析 由于任何两队间进行1次主场比赛与1次客场比赛,所以1场 比赛相当于从12个不同元素中任取2个元素的1个排列.

解 因为1场比赛对应于从12个不同元素中任取2个元素的1个排 列,所以总共进行的比赛场次是

A²12=12×11=132.

答 共要进行132场比赛.

例7 用0~9这10个数字能组成多少个没有重复数字的三位数?

解法1 (1)由 于 百 位 上 的 数 字 不 能 是 0,因 此,为 了 得 到 这 个 三 位数,可以分两步完成.如图1 2 7,

第一步 先排百位上的数字,可从1~9这9个数字中任选1个, 有A¹9种选法;

图1 2 7

第二步 再排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 A²9种选法.

根据分步计数原理,所求的三位数的个数是 A¹9A²9=9×9×8=648.

解法2 考虑到0是一个特殊元素,因此,符合条件的三位数可以分 成3类(图1 2 8):

图1 2 8

计数原理

第一类 每一位数字都不是0的三位数有 A³9个; 第二类 个位数字是0的三位数有 A²⁹个;

第三类 十位数字是0的三位数有 A²9个. 根据分类计数原理,符合条件的三位数的个数是

A³⁹+A²⁹+A²⁹=648.

解 法3 从0~9这10个数字中任取3个数字的排列数为 A³10,其中0 在首位的排列数为A²9,这些排列不能构成三位数.因此,所求的三位 数的个数是

A³¹⁰-A²⁹=10×9×8-9×8=648.

答 可以组成648个没有重复数字的三位数.

思 考

练 习

2. 有4种不同的蔬菜,从中选出3种,分别种植在不同土质的3块土地上进行 试验,有多少种不同的种植方法?

(第3题)

3. 如图,按5粒不同弹子的排列顺序制造弹子锁,能生产多少种不同的锁?

4. 从0,1,2,3,4,5,6这7个数字中取出4个数字,试问:

(1)有多少个没有重复数字的排列?

(2)能组成多少个没有重复数字的四位数?

习题 1. 2

感受·理解

2. (1)已知 A^m10=10×9× … ×5,那么 m = ; (2)已知 An²=56,那么n = ;

(3)已知 An²=7A²n-4,那么n= . 3. 计算:

(1)4A²4+5A³5;

(2)A¹4+A²4+A³4+A⁴4; (3)2A⁷¹²A³5

A¹²12 ; (4)A³¹⁰A⁷7

10! .

4.12名选手参加校园歌手大奖赛,比赛设一等奖、二等奖、三等奖各1名,每 人最多获得1种奖项.问:一共有多少种不同的获奖情况?

5. (1)一天有6节课,安排6门学科,这一天的课程表有几种排法?

(2)上午有4节课,一个教师要上3个班级的课,每个班1节课,若不能连 上3节,则这个教师的课有几种排法?

6. 有红、黄、蓝小旗各1面,信号兵从中选择1面、2面或3面,将其从上到下 挂在竖直旗杆上表示信号.若不同的顺序表示不同的信号,则一共可以表示 多少种不同的信号?

a 类的10个元素 叫做天干,b类的十二 个元素叫做地支.

7. 按序给出a,b两类元素,a 类中的元素排序为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、

壬、癸,b类中的元素排序为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.在a, b两类中各取1个元素组成1个排列,分别求满足下列条件的排列的个数.

(1)从a类中选取奇数位的任意1个排在首位,b类中选取奇数位的任意1 个排在末位;

(2)从a类中选取偶数位的任意1个排在首位,b类中选取偶数位的任意1 个排在末位.

思考·运用

9. 证明 (n+1)!-n! =n·n!,并用它来化简1×1!+2×2!+3×3! + … + 10×10!.

10. (1)由数字1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字的五位数? 可以组成 多少个没有重复数字的正整数?

(2)由数字1,2,3,4可以组成多少个没有重复数字的比1300大的正整数?

11. 学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序,除第一个节目和最后一 个节目已确定外,4个音乐节目要求排在第二、五、七、十的位置,3个舞蹈节 目要求排在第三、六、九的位置,2个曲艺节目要求排在第四、八的位置,共 有多少种不同的排法?

探究·拓展

(1)求 A ³-15的值.

(2)我们已经知道排列数的两个等式:① A^nm=nAn-1^m-1,② A^nm+mA^nm-1= An+1^m (m,n ∈ N^*).这两个性质能否推广到 A^xm(x ∈ R,m ∈ N^*)的情

形?若能推广,写出推广后的等式并给予证明;若不能,试说明理由.

(3)确定函数f(x)=A^3x的单调区间.

1. 3 ^{组 合}

考察下面两个问题:

(1)高二(1)班从甲、乙、丙这3名学生中选2名学生代表,有多 少种不同的选法?

(2)从1,2,3这3个数字中取出2个数字,能构成多少个不同的 集合?

● 这 两 个 问 题 与 上 一 节 中 相 应 的 排 列 问 题 有 何 区 别? 有 何 联系?

与排列问题不同的是,这两个问题都与所选的元素的顺序无关.

如问题(1)中甲、乙两同学当选代表就与他们的顺序无关,只要选出 的元素相同就是同样的结果.

上节中相应的排列问题还可以这样解决:第一步,先从3个元素 中选出2个元素构成一组;第二步,再将这组中的2个元素按一定的 顺序排成一列.上面的问题其实就是第一个步骤的结果.这就是本节 将要研究的组合问题.

一般地,从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素并成一组,叫 做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合(combination).

怎样才能无重复无遗漏地把所有的组合写出来呢?

例1 写出从a,b,c这3个元素中,每次取出2个元素的所有组合.

解 先画一个示意图(图1 3 1):

图1 3 1 由此即可写出所有的组合:

ab,ac,bc.

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^nm表示.

如 无 特 别 说 明, 取出若 干 个 元 素 都 是 指无重复地选取.

由例1我们得到 C²3=3.如果不写出所有的组合,怎样才能知道 组合的种数呢?

我 们 已 经 知 道,组 合 是 选 择 的 结 果,排 列 是 选 择 后 再 排 序 的 结果.

一般地,求从n个不同元素中取出m 个元素的排列数 A^nm,可分 为两步:

第一步 先求出从这n 个不同元 素 中 取 出 m 个 元 素 的 组 合 数 C^nm;

第二步 求每一个组合中 m 个元素的全排列数 A^mm.

根据分步计数原理,得到 A^nm=C^nm·A^mm,因此,我们得到组合数 公式

C^nm= AA^nmmm =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)

m! .

这里n,m ∈ N^*,并且 m ≤n.因为 A^nm= n!

(n-m)!, 所以,上面的组合数公式还可以写成

C^nm= n!

m!(n-m)!.

我们以从4个不同元素a,b,c,d 中取出3个元素为例,从表1 3 1中可以看出组合与排列的关系.

表1 3 1

所有组合 所 有 排 列

a b c abc acb bac bca cab cba a b d abd adb bad bda dab dba a c d acd adc cad cda dac dca b c d bcd bdc cbd cdb dbc dcb

例2 计算:

(1)C²9; (2)C⁵8; (3)C⁷35. 解 (1)C²⁹=9×82×1=36.

(2)C⁵8=8×7×6×5×45×4×3×2×1=56.

(3)C⁷35=35×34×… ×29

7×6× … ×1 =6724520.

计数原理

在 Excel中计算组合数的方法如下:如图1 3 2所示, 在单元格中输入“=COMBIN(35,7)”,可得 C⁷³⁵=6724520.

或 通 过 “插 入/函 数/COMBIN”来操作.

图1 3 2

练 习

(1)从9名学生中选出4名学生参加一个联欢会,共有多少种不同的选法?

(2)北京、上海、天津、广东这4支足球队举行单循环赛,共有多少场比赛?

(3)从2,3,5,7,11这5个质数中,每次取2个数分别作为分子和分母构成 一个分数,共有多少个不同分数?

(4)空间有8个点,其中任何4点都不共面,从这8个点中任意选取4点作 为顶点构成一个四面体,共有多少个四面体?

2. 甲、乙、丙、丁4支足球队举行单循环赛, (1)列出所有各场比赛的双方;

(2)列出所有冠亚军的可能情况.

3. 计算:

(1)C³15; (2)C³200;

(3)C¹⁹⁷200; (4)C³6÷C⁴8. 4.6个朋友聚会,每两人握手1次,一共握手多少次?

5. (1)平面内有10个点,以其中2个点为端点的线段共有多少条?

(2)平面内有10个点,以其中2个点为端点的有向线段共有多少条?

6.化简:Cⁿn+1·C^n-2n . 7. 填空:

(1)从5人中选派3人去参加某个会议,不同的方法共有 种;

(2)从5件 不 同 的 礼 物 中 选 出 3 件 分 别 送 给 3 位 同 学,不 同 的 方 法 共 有 种;

(3)设集合A 有m 个元素,集合B 有n 个元素,从这两个集合中各取出1个 元素,不同的方法共有 种.

8. 在桥牌比赛中,发给4名参赛者每人13张牌,一名参赛者可能得到多少种不 同的牌? (用排列数记号或组合数记号表示)

例3 在歌手大奖赛的文化素质测试中,选手需从5个试题中任意 选答3题,问:

(1)有几种不同的选题方法?

(2)若有1道题是必答题,有几种不同的选题方法?

分析 由题意可知,所选的试题与顺序无关,所以这是一个组合问题.

解 (1)所求不同的选题方法数,就是从5个不同元素里每次取出3 个元素的组合数,

C³5=5×4×33! =10(种).

(2)因为已有1道题必选,所以只要在另外4道题中选2道,不 同的选题方法有

C²4=4×32! =6(种).

对于(1),还可以换一个角度考虑:从5道试题中剔去2题,将剩 下的3题取出,这样共有 C²5 种不同的选题方法.由此可见,C³5=C²5.

注意到(2)与(1)的关系:C³⁵ 种方法中包括含必答题与不含必答 题两类,方法数分别为 C²4和C³4.由此可见,C³5=C²4+C³4.

一般地,我们可以得到组合数的两个重要性质:

C^nm=C^n-mn , C^n+1m =C^nm-1+C^nm.

为了使第一个性质在 m =n时也能成立,我们规定 Cⁿ⁰=1.

例4 在100件产品中,有98件合格品,2件不合格品.从这100件 产品中任意抽出3件,问:

(1)一共有多少种不同的抽法?

(2)抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有多少种?

(3)抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有多少种?

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,

C³100=100×99×983×2×1 =161700.

(2)从2件不合格品中抽出1件不合格品的抽法有 C¹² 种,从98 件合格品中抽出2件合格品的抽法有C²98种.因此,抽出的3件中恰好 有1件是不合格品的抽法种数是

C¹2C²98=2×4753=9506.

计数原理

(3)方法1 抽出的3件中至少有1件是不合格品,包括两种情 况:恰有1件不合格品,恰有2件不合格品.

由(2)知恰有1件不合格品的抽法有 C¹²C²⁹⁸种.同理,恰有2件是 不合格品的抽法有C²2C¹98种.

根据分类计数原理,抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽 法的种数是

C¹2C²98+C²2C¹98=9506+98=9604.

方法2 抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法种数,也就 是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中全是合格品的抽法种 数,即

C³¹⁰⁰-C³⁹⁸=161700-152096=9604.

答 不同的抽法分别有161700,9506和9604种.

思 考

例5 房间里有5盏电灯,分别由5个开关控制,至少开1盏灯用以 照明,有多少种不同的方法?

解法1 因为开灯照明,只与开灯的多少有关,而与开灯的先后顺序 无关,所以这是一个组合问题.

开1盏灯有 C¹⁵种方法,开2盏灯有 C²⁵ 种方法,……5盏灯全开 有C⁵5 种方法.根据分类计数原理,不同的开灯方法有

C¹⁵+C²⁵+ … +C⁵⁵ =31(种).

解法2 将开灯这一事件视为5个步骤依次连续完成,对任何1盏电 灯都有“开”或“不开”两种处理方法.根据分步计数原理,5盏电灯就 有2×2×2×2×2=2⁵种处理方法,其中1盏都不开的情况应除外.所 以不同的开灯方法有

2×2×2×2×2-1=2⁵-1=31(种).

答 至少开1盏灯用以照明,有31种不同的方法.

思 考

练 习

(1)C⁴⁸50; (2)C²99+C³⁹⁹; (3)C¹4+C²4+C³5.

2. 若 C⁶ⁿ=C⁵ⁿ,则n= ,Cⁿ¹⁰= . 3. 求证:rC^rn=nC^r-1n-1.

4. 已知A,B,C,D 4个点,其中任意3个点不在同一条直线上,从中取出两点 作直线,共能作出多少条直线? 写出所有的直线.

5. 学校开设了6门选修课,问:

(1)某学生从中选3门,共有多少种不同的选法?

(2)某学生从中至少选2门,共有多少种不同的选法?

(3)某学生从中至多选4门,共有多少种不同的选法?

6. 一个口袋内装有7个不同的白球和1个黑球.

(1)从口袋内取出3个球,共有多少种不同的取法?

(2)从口袋内取出3个球,其中必有1个黑球,有多少种取法?

(3)从口袋内取出3个球,其中没有黑球,有多少种取法?

习题 1. 3

感受·理解

(1)C^nm=C^n-mn ; (2)Cn+1^m =C^nm-1+C^nm. 3. 圆上有10个点,问:

(1)以这些点为端点,一共可画多少条弦?

(2)以这些点为顶点,一共可画多少个三角形?

4. (1)空间有8个点,其中任何4点不共面,过每3个点作1个平面,一共可 以作多少个平面?

(2)空间有10个点,其中任何4点不共面,以每4个点为顶点作1个四面 体,一共可以作多少个四面体?

5. 某人打算选购8种股票和4种债券,经纪人向他推荐了12种股票和7种债 券.问:此人有多少种不同的选法?

6. 在一次考试中,要求在第1题的4个小题中选做3个小题,在第2题的3个 小题中选做2个小题,在第3题的2个小题中选做1个小题.问:有多少种 不同的选法?

7. 学校要从歌咏队10名队员中选派6人参加一场演出,其中二重唱的2人要 么都去,要么都不去.问:共有多少种选派方法?

8. 已知一个集合有6个元素,那么该集合的非空真子集共有多少个?

计数原理

(1)“恰有2件不合格品”的取法有多少种?

(2)“没有不合格品”的取法有多少种?

(3)“至少有1件不合格品”的取法有多少种?

思考 ·运用

(1)C⁵m-C⁵m+1+C⁴m = ;

(2)C²2+C²3+C²4+ … +C²10= .

11. 从5名男生和4名女生中选出4人参加辩论比赛.

(1)如果4人中男生和女生各2人,那么有多少种不同选法?

(2)如果男生中的甲与女生中的乙必须在内,那么有多少种不同选法?

(3)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内,那么有多少种不 同 选 法?

(4)如果4人中既有男生又有女生,那么有多少种不同选法?

12. 一份试卷有10个题目,分为 A,B 两组,每组5题,要求考生选择6题,且每 组至多选4题.问:考生有多少种不同的选答方法?

13. 如图,湖面上有4个相邻的小岛A,B,C,D,现要建3座桥梁,将这4个小岛 连接起来,共有多少种不同的方案?

(第13题)

探究 ·拓展

15. (阅读题)DNA 是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线状分子,由 称为碱基的化学成分组成.它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链,两条 链上的碱基之间由 氢 键 相 结 合.在 DNA 中只有 4 种类型的碱基,分别用 A,C,G 和 T 表示,DNA 中的碱基能够以任意顺序出现.两条链之间能形 成氢键的碱基或者是A T,或者是 C G,不会出现其他的联系.因此,如果 我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序,那么我们也就知道了另一条链 上碱基的顺序.由氢键联系着的两个碱基称为碱基对.

一个典型的细菌基因是一段有着1500个碱基对的 DNA,试计算可能 的细菌基因数目.

1. 4 ^{计数应用题}

运用排列组合的知识,结合两个基本计数原理,能够解决很多计 数问题.

例1 高二(1)班有30名男生,20名女生.从50名学生中选3名男 生、2名女生分别担任班长、副班长、学习委员、文娱委员、体育委员, 共有多少种不同的选法?

解 完成这件事情可分3步进行:

第一步 从30名男生中选3名男生,有 C³30种方法; 第二步 从20名女生中选2名女生,有 C²20种方法;

第三步 将选出的5名学生进行分工,即全排列,有 A⁵5种方法. 根据分步计数原理,共有

C³³⁰C²²⁰A⁵⁵=92568000 种选法.

答 共有92568000种不同的选法.

思 考

结果为A³³⁰A²²⁰.这样做对吗? 为什么?

例2 2名女生、4名男生排成一排,问:

(1)2名女生相邻的不同排法共有多少种?

(2)2名女生不相邻的不同排法共有多少种?

(3)女生甲必须排在女生乙的左边(不一定相邻)的不同排法共 有多少种?

解 (1)因为2名女生必须相邻,所以可以将2名女生看成1个元 素,与4名男生共5个元素排成一排,不同的排法有 A⁵⁵ 种.又因为2 名相邻的女生有A²2种排法,因此不同的排法种数是

A⁵5A²2=120×2=240.

(2)方法1 2名女生不相邻的排列可以分成2步完成:

第一步 将4名男生排成一排,有 A⁴4 种排法;

第二步 排2名女生.由于2名女生不相邻,于是可以在每2名 男生之间及两端共5个位置中选出2个排2名女生,有 A²5种排法.

计数原理

根据分步计数原理,不同的排法种数是 A⁴⁴A²⁵=24×20=480.

方法2 因为2名女生的排法只有相邻与不相邻两种情况,所以由 (1)的结果可知,2名女生不相邻的排法种数是

A⁶6-A⁵5A²2=720-240=480.

(3)方法1 女生甲必须排在女生乙左边的排列可以分成2步 完成:

第一步 排2名女生.女生的顺序已经确定,这2名女生的排法 种数为从6个位置中选出2个位置的组合数,即为 C²6;

第二步 排4名男生.将4名男生在剩下的4个位置上进行排列 的方法数有A⁴⁴种.

根据分步计数原理,不同的排法种数是 C²⁶A⁴⁴=360.

方法2 将6名学生全排列,共有 A⁶6种不同的排法.其中,在男生位 置确定之后,女生的排法数有 A²2种.因为女生的顺序已经确定,所以 这A²2种排法中,只有1种符合要求,故满足条件的排法种数是

A⁶6

A²2 =360.

答 分别有240,480和360种不同的排法.

例3 从0,1,2,…,9这10个数字中选出5个不同的数字组成五位 数,其中大于13000的共有多少个?

解法1 满足条件的五位数有两类:

第一类 万位数大于1,这样的五位数共有8×A⁴9个;

第二类 万位数为1,千位数不小于3,这样的五位数共有7×A³8个. 根据分类计数原理,大于13000的五位数共有

8A⁴⁹+7A³⁸=26544(个).

解法2 由0,1,2,…,9这10个数字中不同的5个数字组成的五位 数共有9A⁴9个,其中不大于13000的五位数的万位数都是1,且千位 数小于3,这样的数共有2A³8个,所以满足条件的五位数共有

9A⁴9-2A³8=26544(个).

答 大于13000的五位数共有26544个.

思 考

练 习

2. 从1,3,5,7,9中任取3个数字,从2,4,6,8中任取2个数字,一共可以组成 多少个没有重复数字的五位数?

3. 有同一排的电影票6张,3个教师和3个学生按下述要求入座,分别有多少 种坐法?

(1)师生相间;

(2)3个学生要相邻坐在一起.

4. 将4位司机、4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上,每一辆汽车分 别有1位司机和1位售票员,共有多少种不同的分配方案?

5. 电视台有8个节目准备分2天播出,每天播出4个,其中某电视剧和某专题 报道必须在第一天播出,某谈话节目必须在第二天播出,共有多少种不同的 播出方案?

计数原理

习题 1. 4

感受·理解

2. 抛掷4枚编了号的硬币,至少有2枚正面向上的情况有多少种?

3. 凸五边形有多少条对角线? 凸n 边形呢?

4. 某旅行团要从8个景点中选2个景点作为当天的旅游地,满足下列条件的 选法各有多少种?

(1)甲、乙2个景点至少选1个;

(2)甲、乙2个景点至多选1个;

(3)甲、乙2个景点必须选1个且只能选1个.

5.7个人站成一排,问:

(1)甲必须站在正中间,有多少种排法?

(2)甲、乙两人必须站在两端,有多少种排法?

(3)甲必须站在乙的右边(不一定相邻),有多少种排法?

6.7个小孩站成2排,3个女孩站在前排,4个男孩站在后排,有多少种站法?

7.7个人站成2排,前排站3人,后排站4人,有多少种站法?

思考·运用

(1)某内科医生必须参加,某外科医生因故不能参加,有几种选法?

(2)内科医生和外科医生中都要有人参加,有几种选法?

9. (1)4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒子中,一共有多少种不同 的放法?

(2)4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒子中,恰有1个空盒的放 法共有多少种?

探究·拓展

(第10题)

1. 5 ^{二项式定理}

由多项式的乘法法则可以知道: (a+b)²=a²+2ab+b²,

(a+b)³=a³+3a²b+3ab²+b³,

(a+b)⁴=a⁴+4a³b+6a²b²+4ab³+b⁴.

● 你能写出(a+b)ⁿ(n ∈ N^*)的展开式吗?

1. 5. 1 二项式定理

为了确定(a+b)ⁿ(n∈N^*)的展开式,我们必须明确展开式中的 项是如何产生的.为此,我们先看n =2,3的情形:

(a+b)²= (a+b)(a+b)

=a²+ab+ba+b²

=a²+2ab+b².

上面展开式中的每一项都是从两个括号中各取1个字母的乘积.

(a+b)³= (a+b)(a+b)(a+b)

=(a²+ab+ba+b²)(a+b)

=a³+a²b+a²b+ab²+ba²+b²a+b²a+b³

=a³+3a²b+3ab²+b³.

由上 述 过 程 可 以 看 出,(a +b)³ 展 开 式 中 的 每 一 项 都 是 从 (a+b)(a+b)(a+b)的每个括号中各取1个字母的乘积.

一般地,由

(a+b)ⁿ = (_􀮩a+b)(􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁a+b)…(_􀮪 a+b)_􀮫

n个 (a+b)

可知,(a+b)ⁿ展开式是从每个括号中各取1个字母的一切可能乘积 的和.它的每一项都具有a^n-rb^r(r=0,1,2,…,n)的形式,其系数就 是在(a+b)(a+b)…(a+b)的n个括号中选r 个取b 的方法种数.

具体地,在这n个括号中,

计数原理

每个都不取b的情况有1种,即 C⁰ⁿ种,所以aⁿ 的系数是C⁰ⁿ; 恰有1个取b的情况有 C¹ⁿ种,所以a^n-1b的系数是 C¹ⁿ; 恰有2个取b的情况有 C²ⁿ种,所以a^n-2b²的系数是C²ⁿ;

……

恰有r个取b 的情况有 C^rn种,所以a^n-rb^r的系数是C^rn;

……

都取b的情况有 Cⁿⁿ 种,所以bⁿ的系数是Cⁿⁿ. 因此,

(a+b)ⁿ=Cⁿ⁰aⁿ+Cⁿ¹a^n-1b+ … +C^rna^n-rb^r+ … +Cⁿⁿbⁿ(n∈N^*).

这个公式叫做二 项 式 定 理(binomialtheorem),右边的多项式叫 做 (a+b)ⁿ的二项展开式,它一共有n+1项,其中C^rna^n-rb^r叫做二项 展开式的第r+1项(也称通项),用 Tr+1表示,即

Tr+1=C^rna^n-rb^r.

C^rn(r=0,1,…,n)叫做第r+1项的二项式系数.

例1 利用二项式定理展开下列各式:

(1)(a-b)⁶; (2) 1+1

解 (1)(a-b)⁶= [a+ (-b)]⁶

=C⁰⁶a⁶+C¹⁶a⁵(-b)+C²⁶a⁴(-b)²+

C³6a³(-b)³+C⁴6a²(-b)⁴+C⁵6a(-b)⁵+C⁶6(-b)⁶

=a⁶-6a⁵b+15a⁴b²-20a³b³+15a²b⁴-6ab⁵+b⁶. (2)1+1

=1+4x +6

x²+ 4x³+ 1x⁴.

例2 在 (1+2x)⁷的展开式中,求:

(1)第4项的二项式系数;

(2)含x³的项的系数.

解 (1)由二项式定理可知,在 (1+2x)⁷展开式中,第4项的二项式 系数为

C³⁷=35.

(2)由二项式定理可知,在(1+2x)⁷展开式中,第r+1项为 Tr+1=C^r7·1^7-r·(2x)^r

=C^r7·2^r·x^r.

当r=3时,(1+2x)⁷展开式中含x³的项的系数为 C³7·2³ =280.

例3 求 x- 1

Tr+1=C^r6x^6-r

6-2r=0, r=3.

所以二项展开式中的常数项为

T4=-C8 =-³⁶ 5 2.

练 习

(1)(1+x)⁵; (2)(2-x)⁴.

2. (x-2y)⁷的展开式中第3项的二项式系数是( ).

A.C²7 B.C³7 C.4C²7 D.16C⁵7

3. (x-1)¹⁰的展开式中含x⁵的项的系数是( ).

A.C⁶¹⁰ B.-C⁶¹⁰ C.C⁵¹⁰ D.-C⁵¹⁰ 4. 写出 (x³+2x)⁹的展开式的第k项(1≤k≤10,k∈ N^*).

5. 求 (1-2x)⁶的展开式中含x²的项. 6. 求 x+ 1

计数原理

1. 5. 2 二项式系数的性质及应用

当n 依次取0,1,2,3,…时,观察(a+b)ⁿ展开式的二项式系数:

图1 5 1

● 二项式系数有什么特点?

图1 5 1左侧是根据二项式定理得到的,右侧是算出组合数的 值后所得的结果.由此我们发现:

(1)每一行中的二项式系数是“对称”的,即第1项与最后一项的 二项式系数相等,第2项与倒数第2项的二项式系数相等,……

(2)图中每行两端都是1,而且除1以外的每一个数都等于它肩 上两个数的和(图1 5 2).

图1 5 2

(3)图中每行的二项式系数从两端向中间逐渐增大.

(4)第1行为1=2⁰,第2行的两数之和为2,第3行的三数之和 为2²,……第7行的各数之和为2⁶(图1 5 2).

一般 地,(a+b)ⁿ 展 开 式 的 二 项 式 系 数Cⁿ⁰,C¹ⁿ,…,Cⁿⁿ 有 如 下 性质:

(1)C^nm =C^n-mn ; 当n 为偶数时,二

项式 系 数 中,以 Cnⁿ²最 大;当n 为奇数时,二 项式 系 数 中 以Cn^n-12 和 Cⁿ⁺¹(两者相等)最大.

(2)C^nm+C^nm-1=C^n+1m ;

(3)当r<n-12 时,C^rn < C^r+1n ;当r>n-12 时,C^r+1n < C^rn; (4)Cⁿ⁰+Cⁿ¹+ … +Cⁿⁿ =2ⁿ.

(1)、(2)证明从略.下面给出(3)、(4)的证明.

证 (3)当r<n-12 时,要证明 C^rn < C^r+1n ,只要证 r!(n-r)! <n! n!

(r+1)!(n-r-1)!, 即要证

n-r<1 1 r+1, 即要证

r<n-12 ,

而r<n-12 是已知条件,故结论得证.

同理,当r>n-12 时,C^r+1n < C^rn 也成立. (4)在二项式定理中,令a=b=1,就有

2ⁿ =C⁰ⁿ+Cⁿ¹+ … +Cⁿⁿ,

这表明(a+b)ⁿ 的展开式的各项的二项式系数的和等于2ⁿ.

例1 证明:在(a+b)ⁿ 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 在二项式定理

(a+b)ⁿ=C⁰ⁿaⁿ+C¹ⁿa^n-1b+C²ⁿa^n-2b²+ … +Cⁿⁿbⁿ 中,令a=1,b=-1,得

(1-1)ⁿ =C⁰ⁿ-C¹ⁿ+C²ⁿ-Cⁿ³+ … + (-1)ⁿCⁿⁿ, 即

0= (C⁰ⁿ+C²ⁿ+ …)- (C¹ⁿ+C³ⁿ+ …), 所以

Cⁿ⁰+C²ⁿ+ … =C¹ⁿ+Cⁿ³+ …,

即在(a+b)ⁿ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.

计数原理

例2 用二项式定理证明:99¹⁰-1能被1000整除.

证 99¹⁰-1

= (100-1)¹⁰-1

=C⁰10100¹⁰-C¹10100⁹+ … +C⁸10100²-C⁹10100+C¹⁰10-1

=C⁰10100¹⁰-C¹10100⁹+ … +C⁸10100²-1000.

因为上式 的 每 一 项 都 能 被1000整除,所以99¹⁰-1能被1000 整除.

练 习

(1)(x+y)¹⁰的展开式中二项式系数的最大值是 ; (2)C¹64+C³64+ … +C⁶³64= ;

(3)3⁸被5除所得的余数是 . 2. C⁵12+C⁶12等于( ).

A.C⁵13 B.C⁶13 C.C¹¹13 D.C⁷12

3. 求证:Cn+1^m =C^nm-1+Cn-1^m +Cn-1^m-1.

4. 证明:1+2C¹ⁿ+4C²ⁿ+ … +2^n-1C^n-1n +2ⁿCⁿⁿ=3ⁿ. 5. 证明:当n 为偶数时,C⁰ⁿ+Cⁿ²+Cⁿ⁴+ … +Cⁿⁿ=2^n-1.