# 选修二第6章计数原理 ## 6.1 乘法原理与加法原理 ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_0_8_4_1646_1164_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_0_8_4_1646_1164_0.jpg) 自远古以来，数 (shù) 的概念就来源于数 (shǔ) 这个动作. 直到今天, 精确地知道一个有限集合中元素的个数，仍然是一类非常重要的问题. 例如, 在必修课程第 12 章中, 我们已经看到古典概率的计算往往需要用到一些集合的元素个数之间的比值, 但在那里, 因为样本空间较小, 大多数计数都是通过枚举完成的. 在本章里，我们将学习一些基本的计数原理, 以便能够解决更多的计数问题. ### 1 乘法原理 先看下面的问题: ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_1_196_813_348_137_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_1_196_813_348_137_0.jpg) 图 6-1-1 如图 6-1-1,从甲地到丙地,需经过乙地. 其中,从甲地到乙地有 3 条路线 ${A}_{1}\text{ 、 }{A}_{2}\text{ 、 }{A}_{3}$ ,而从乙地到丙地有 2 条路线 ${B}_{1}$ 、 ${B}_{2}$ . 那么,从甲地经由乙地到丙地,共有多少种不同的走法? 从甲地到乙地有 3 种不同的走法, 按其中任何一种走法到达乙地后, 再由乙地到丙地又有 2 种不同的走法. 于是, 不同的走法就有以下 6 种情形 (其中符号 ${A}_{1}{B}_{1}$ 的含义是 "先走路线 ${A}_{1}$ , 再走路线 ${B}_{1}$ ",其余类同): $$ {A}_{1}{B}_{1}\text{ 、 }{A}_{1}{B}_{2}\text{ 、 }{A}_{2}{B}_{1}\text{ 、 }{A}_{2}{B}_{2}\text{ 、 }{A}_{3}{B}_{1}\text{ 、 }{A}_{3}{B}_{2}. $$ 其中，每一种情形都可"从甲地经由乙地到丙地". 因此，从甲地经由乙地到丙地共有 $$ 3 \times 2 = 6 $$ 种不同的走法. 这里使用的就是下面的 乘法原理(分步计数原理) 做一件事,需要依次完成 $n$ 个步骤,其中完成第一步有 ${a}_{1}$ 种不同的方法,完成第二步有 ${a}_{2}$ 种不同的方法, $\cdots \cdots$ ,完成第 $n$ 步有 ${a}_{n}$ 种不同的方法. 那么完成这件事共有 $$ {a}_{1}{a}_{2}\cdots {a}_{n} $$ 种不同的方法. 例 1 一个三层的书架上共放有 9 本书, 其中第一层放有 4 本不同的语文书, 第二层放有 3 本不同的数学书, 第三层放有 2 本不同的外语书. 若从书架的第一、二、三层各取 1 本书, 共有多少种不同的取法? 解 从书架的第一、二、三层各取 1 本书, 可以分三个步骤完成: 第一步:从第一层取 1 本语文书，有 4 种取法； 第二步:从第二层取 1 本数学书，有 3 种取法； 第三步:从第三层取 1 本外语书，有 2 种取法. 根据乘法原理, 不同取法的种数为 $$ 4 \times 3 \times 2 = {24}. $$ 即从书架的第一、二、三层各取 1 本书, 有 24 种不同的取法. 例 2 用 1、2、3、4、5 可以组成多少个没有重复数字的三位数? 解 要组成一个没有重复数字的三位数，可以分三个步骤完成: 第一步:确定百位上的数字，从 5 个数字中任选一个，有 5 种选法; 第二步:确定十位上的数字，因为不允许有重复数字，所以从第一步余下的数字中任选一个，有 4 种选法; 第三步:确定个位上的数字，因为不允许有重复数字，所以从前两步余下的数字中任选一个, 有 3 种选法. 根据乘法原理, 不同取法的种数为 $$ 5 \times 4 \times 3 = {60}. $$ 因此, 可以组成 60 个没有重复数字的三位数. 例 3 正整数 540 有多少个不同的正约数? 解 将 540 进行素因数分解, 得 $$ {540} = {2}^{2} \times {3}^{3} \times 5. $$ 因此，540的正约数都可以写成 ${2}^{a}{3}^{b}{5}^{c}$ 的形式，其中 $a \in \{ 0,1,2\}$ ， $b \in \{ 0,1,2,3\} , c \in \{ 0,1\}$ ,通过 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c$ 的不同取值，可以得到 540 的所有不同的正约数. 这样, 确定 540 的正约数可以分下面三个步骤完成: 第一步: 确定约数中 $a$ 的值,有 $a = 0, a = 1, a = 2$ 共 3 种可能; 第二步:确定约数中 $b$ 的值，有 4 种可能； 第三步: 确定约数中 $c$ 的值,有 2 种可能. 根据乘法原理, 540 的不同正约数的个数为 $$ 3 \times 4 \times 2 = {24}. $$ 因此, 540 有 24 个不同的正约数. #### 练习 6.1(1) 1. 公园有 4 个门, 从一个门进, 再从另一个门出, 共有多少种不同的走法? 2. 4 名学生报名参加两项体育比赛，每名学生可参加的比赛数目不限，每项比赛参加的人数不限，共有多少种不同的报名结果? ### 2 加法原理 再看下面的问题: 从甲地到乙地, 可以乘飞机, 可以乘轮船, 也可以乘汽车. 一天中，飞机有 4 班，轮船有 3 班，汽车有 2 班. 问: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? 因为一天中乘飞机有 4 种走法, 乘轮船有 3 种走法, 乘汽车有 2 种走法, 其中每一种方法都可以实现从甲地到乙地的目的, 所以一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 $$ 4 + 3 + 2 = 9 $$ 种不同的走法. 这里使用的就是下面的 --- 每一类办法中的每一种方法都可以单独完成这件事情, 这是"加法原理"与"乘法原理"的区别. --- 加法原理(分类计数原理)做一件事，完成它有 $n$ 类办法,其中第一类办法有 ${a}_{1}$ 种不同的方法,第二类办法有 ${a}_{2}$ 种不同的方法, $\cdots \cdots$ ,第 $n$ 类办法有 ${a}_{n}$ 种不同的方法. 那么完成这件事共有 $$ {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{n} $$ 种不同的方法. 例 4 用 1、2、3、4、5 这五个数字可以组成多少个十位数字大于个位数字的两位数? 解 十位数字大于个位数字的两位数可以分成四类: 十位为 5 , 有 51、52、53、54 共 4 个; 十位为 4 ，有 41、42、43 共 3 个； 十位为3,有 31、32 共 2 个; 十位为 2,只有 21 一个. 根据加法原理,十位数字大于个位数字的两位数共有 $4 + 3 \; + 2 + 1 = {10}$ 个. 例 5 如图 6-1-2, 从甲地到乙地有 2 条路, 从乙地到丁地有 3 条路; 从甲地到丙地有 4 条路, 从丙地到丁地有 2 条路. 那么, 从甲地到丁地, 如果每条路至多走一次, 且每个地点至多经过一次, 有多少种不同的走法? ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_4_1121_476_303_308_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_4_1121_476_303_308_0.jpg) 图 6-1-2 解 从甲地到丁地的走法可以分成两类: 第一类:从甲地经由乙地到丁地. 这类走法可以分成两个步骤:先从甲地到乙地，有 2 种走法；再从乙地到丁地，有 3 种走法. 根据乘法原理, 这一类走法的种数为 $$ 2 \times 3 = 6. $$ 第二类: 从甲地经由丙地到丁地. 这类走法可以分成两个步骤: 先从甲地到丙地, 有 4 种走法; 再从丙地到丁地, 有 2 种走法. 根据乘法原理, 这一类走法的种数为 $$ 4 \times 2 = 8. $$ 根据加法原理，从甲地到丁地共有 $$ 6 + 8 = {14} $$ 种不同的走法. 例 6 在 300 和 800 之间，有多少个没有重复数字的奇数? 解 一个三位奇数的个位上的数字必是奇数, 且因为不允许有重复数字出现, 当一个奇数字 $\left( {1\text{ 、 }3\text{ 、 }5\text{ 、 }7\text{ 、 }9}\right)$ 作为个位数时, 它就不能作为百位数. 所以，符合条件的数可以按百位上的数字是奇数或偶数分成两类: 第一类:百位上的数字是偶数. 这样的三位数可以由以下三个步骤确定: 第一步, 百位上的数字从 4 和 6 中任选一个, 有 2 种选法; 第二步, 个位上的数字从 1、3、5、7、9 中任选一个, 有 5 种选法; 第三步，十位上的数字从余下的 8 个数字中任选一个，有 8 种选法. 根据乘法原理, 这一类奇数的个数为 $$ 2 \times 5 \times 8 = {80}. $$ 第二类:百位上的数字是奇数. 这样的三位数可以由以下三个步骤确定: 第一步，百位上的数字从 3、5、7 中任选一个，有 3 种选法； 第二步, 个位上的数字从余下的 4 个奇数中任选一个, 有 4 种选法; 第三步, 十位上的数字从余下的 8 个数字中任选一个, 有 8 种选法. 根据乘法原理, 这一类奇数的个数为 $$ 3 \times 4 \times 8 = {96}. $$ 根据加法原理, 在 300 和 800 之间共有 $$ {80} + {96} = {176} $$ 个没有重复数字的奇数. #### 练习 6.1(2) 1. 在平面直角坐标系中,以 1、2、3、4、5 这五个数中的两个分别作为一个点的横坐标和纵坐标,可以组成多少个位于直线 $y = x$ 下方的点? 2. 书架上放有 6 本不同的数学书和 5 本不同的语文书. 从中任取一本，有多少种不同的取法? ### 习题 6.1 #### A 组 1. 4 名学生分别报名参加学校的足球队、篮球队和棒球队, 每人限报其中的一支. 问: 有多少种不同的报名方法? 2. 某服装厂为学校设计了 4 种样式的上衣、 3 种样式的裤子. 若取其中的一件上衣和一条裤子配成校服，则可以配出多少种不同样式的校服? 3. 在一种编码方式中, 每个编码都是两位字符, 规定第一位用数字 0 至 9 中之一, 第二位用 26 个小写英文字母中之一. 这种编码方式共可以产生多少个不同的编码? 4. 设集合 $A = \{ \left( {x, y}\right) \mid x \in \mathbf{Z}, y \in \mathbf{Z}$ ,且 $\left| x\right| \leq 6,\left| y\right| \leq 7\}$ ,则集合 $A$ 中有多少个元素? 5. 从 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c\text{ 、 }d\text{ 、 }e$ 这 5 个元素中取出 4 个,放在 4 个不同的格子中,且元素 $b$ 不能放在第二个格子里. 问: 一共有多少种不同的放法? 6. $A\text{ 、 }B\text{ 、 }C\text{ 、 }D\text{ 、 }E$ 五人站成一排,如果 $B$ 必须站在 $A$ 的右边 $(A\text{ 、 }B$ 可以不相邻), 那么有多少种不同的排法? #### B 组 1. 乘积 $\left( {{a}_{1} + {a}_{2}}\right) \left( {{b}_{1} + {b}_{2} + {b}_{3}}\right) \left( {{c}_{1} + {c}_{2} + {c}_{3} + {c}_{4}}\right)$ 的展开式中有多少项? 2. 如图,要接通从 $A$ 到 $B$ 的电路,不同的接通方法有多少种? ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_6_669_329_281_162_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_6_669_329_281_162_0.jpg) (第 2 题) 3. 用 1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字的六位数，要求所有相邻两个数字的奇偶性都不同, 且 1 和 2 相邻. 问: 有多少个这样的六位数? 4. 已知 ${p}_{1}\text{ 、 }{p}_{2}\text{ 、 }{p}_{3}$ 是互不相同的素数, $\alpha \text{ 、 }\beta \text{ 、 }\gamma$ 是正整数, $n = {p}_{1}^{\alpha }{p}_{2}^{\beta }{p}_{3}^{\gamma }$ . 问: $n$ 有多少个不同的正约数? ## 6.2 排列 ### 1 排列的定义 考虑下面两个问题: 问题 1: 从甲、乙、丙 3 名学生中任选 2 名, 一名担任正班长, 另一名担任副班长. 有多少种不同的选法? 这个问题就是从甲、乙、丙 3 名学生中，每次任选 2 名，按照正班长在左、副班长在右的顺序排列, 求一共有多少种不同的排法. 首先确定正班长, 在 3 名学生中, 任选一名作为正班长, 有 3 种方法; 然后确定副班长, 当正班长选定后, 副班长就只能在其余的两人中选取, 有 2 种方法. 于是, 根据乘法原理, 从甲、 乙、丙 3 名学生中，每次任选 2 名，按照正班长在左、副班长在右的顺序排列的不同方法共有 $$ 3 \times 2 = 6 $$ 种, 即有 6 种不同的选法. 问题 1 是从 3 个不同的元素 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c$ 中任取 2 个,并按序排列, 求一共有多少种不同的排列方法. 所有的排列是 $$ {ab}\text{ 、 }{ac}\text{ 、 }{ba}\text{ 、 }{bc}\text{ 、 }{ca}\text{ 、 }{cb}\text{ . } $$ 这些排列的总数为 $3 \times 2 = 6$ . 问题 2: 已知抛物线的方程为 $y = a{x}^{2} + {bx} + c$ ,其中 $a\text{ 、 }b$ 、 $c \in \{ 1,2,3,4\}$ ,且 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c$ 两两不同. 求这样的抛物线的个数. 这个问题就是从 4 个不同的数字中，每次任取 3 个不同的数字,按照 ${x}^{2}$ 的系数、 $x$ 的系数和常数项这样的顺序排列起来, 求一共有多少种不同的排法. 第一步,先确定 ${x}^{2}$ 的系数,从 $1\text{ 、 }2\text{ 、 }3\text{ 、 }4$ 这 4 个数字中任取 1 个, 有 4 种方法; 第二步,确定 $x$ 的系数,当 ${x}^{2}$ 的系数确定以后, $x$ 的系数只能从余下的 3 个数字中任取 1 个,有 3 种方法; 第三步,确定常数项,当 ${x}^{2}$ 的系数和 $x$ 的系数都确定以后, 常数项只能从余下的 2 个数字中任取 1 个, 有 2 种方法. 根据乘法原理, 从 4 个不同的数字中, 每次任取 3 个不同的数字,分别作为 ${x}^{2}$ 的系数、 $x$ 的系数和常数项的方法共有 $$ 4 \times 3 \times 2 = {24} $$ 种. 具体方法如图 6-2-1 所示( ☐☐ ☐ 中的数字从左至右依次为 ${x}^{2}$ 的系数、 $x$ 的系数和常数项). ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_8_258_504_749_637_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_8_258_504_749_637_0.jpg) 图 6-2-1 以上两个问题的共同点在于, 都是从若干个不同元素中选取部分 (或全部) 元素, 并按序排列, 求一共有多少种不同的排法. 定义 $M$ 几个互不相同的元素中,取出 $m\left( {m \leq n}\right)$ 个不同元素按照一定的顺序排成一列,叫做从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的一个排列(permutation). 从排列的定义可以看出, 如果两个排列是相同的, 不仅组成这两个排列的元素完全相同, 而且排列的顺序也是完全相同的. 如果所取的元素不完全相同, 那么这两个排列是两个不同的排列 (如问题 1 中的 ${ab}$ 与 ${ac}$ ); 如果所取的元素完全相同,但排列顺序不同, 那么这两个排列也是不同的排列 (如问题 2 中的 3[2] 与 3[12]). 例 1 写出从 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c\text{ 、 }d$ 四个元素中任取两个不同元素的所有排列. 解 先画出下面的树形图 (图 6-2-2): 于是可知,所有的排列是 ${ab}\text{ 、 }{ac}\text{ 、 }{ad}\text{ 、 }{ba}\text{ 、 }{bc}\text{ 、 }{bd}\text{ 、 }{ca}\text{ 、 }{cb}$ 、 ${cd}\text{ 、 }{da}\text{ 、 }{db}\text{ 、 }{dc}.$ ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_8_227_1904_813_132_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_8_227_1904_813_132_0.jpg) 图 6-2-2 例 2 将 6 本不同的书排成一排, 有多少种不同的排法? 解 考虑一排的 6 个位子(图 6-2-3). 将 6 本书排成一排, 相当于将这 6 本书分别放到这 6 个位子中, 这是将全部 6 个元素进行排列的问题. ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_9_198_595_322_67_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_9_198_595_322_67_0.jpg) 图 6-2-3 从左至右将 6 个位子依次编号为 1 到 6 ，完成一个排列可以分为以下六个步骤: 第一步:确定放在 1 号位上的书，有 6 种方法； 第二步:确定放在 2 号位上的书，有 5 种方法； 第三步:确定放在 3 号位上的书，有 4 种方法； 第四步:确定放在 4 号位上的书，有 3 种方法； 第五步:确定放在 5 号位上的书，有 2 种方法； 第六步:确定放在 6 号位上的书, 有 1 种方法. 根据乘法原理, 不同的排法数为 $$ 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = {720}. $$ 于是, 将 6 本不同的书排成一排, 有 720 种不同的排法. 例 3 10 名学生排成两排照相, 每排 5 人，共有多少种不同的排列方式? 解 将第一排的 5 个位置从左至右编号，号码分别为 1 到 5 ； 再将第二排的 5 个位置从左至右编号, 号码分别为 6 到 10 . 这样, 问题就转化为: 10 名学生排在编号为 1 到 10 的十个位置上，共有多少种不同的排法？ 这时，完成一个排列可以分为以下十个步骤: 第一步:确定坐在 1 号位上的学生，有 10 种方法； 第二步:确定坐在 2 号位上的学生，有 9 种方法； ...... 第 $k$ 步: 确定坐在 $k$ 号位上的学生,有 ${11} - k$ 种方法; ...... 第十步:确定坐在 10 号位上的学生，有 1 种方法. 根据乘法原理, 不同的排法数为 $$ {10} \times 9 \times 8 \times \cdots \times 2 \times 1 = {3628800}. $$ #### 练习 6.2(1) 1. 写出从 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c\text{ 、 }d\text{ 、 }e$ 这五个不同元素中任意取出两个元素的所有排列. 2. 已知 $M = \{ 1,2,3,4\}$ ,且 $m \in M, n \in M$ ,方程 $\frac{{x}^{2}}{m} + \frac{{y}^{2}}{n} = 1$ 表示的曲线是椭圆. 问: 可以有多少个不同的椭圆? ### 2 排列数的计算 怎样计算从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列的个数? 一般地，我们有下面的定义: 定义 从 $n$ 个互不相同的元素中,取出 $m\left( {m \leq n}\right)$ 个不同元素的所有排列的个数,叫做从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的排列数,用符号 ${\mathbf{P}}_{n}^{m}$ 表示. --- P 是英文 permutation 的第一个字母. 在有些资料中也用符号 ${\mathrm{A}}_{n}^{m}$ 表示排列数. --- 例如,问题 1 中的选法数可以表示为 ${\mathrm{P}}_{3}^{2} = 6$ ; 问题 2 中的抛物线个数可以表示为 ${\mathrm{P}}_{4}^{3} = {24}$ . 下面研究排列数的计算公式. 求排列数 ${\mathrm{P}}_{n}^{3}$ ,可以这样考虑: 假定有排好顺序的 3 个位子 (图 6-2-4),从 $n$ 个互不相同的元素 ${a}_{1}\text{ 、 }{a}_{2}\text{ 、 }\cdots \text{ 、 }{a}_{n}$ 中任取 3 个填空, 一个位子填一个元素, 每一种填法就得到一个排列; 反过来, 任何一个排列都可以由这样的一种填法得到. 因此, 所有不同填法的总数就是排列数 ${\mathrm{P}}_{n}^{3}$ . ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_10_380_1432_501_185_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_10_380_1432_501_185_0.jpg) 图 6-2-4 为了计算 ${\mathrm{P}}_{n}^{3}$ ,可以分成以下三个步骤: 第一步,确定 1 号位上的元素,这可以从 $n$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n$ 种方法; 第二步,确定 2 号位上的元素,这可以从剩下的 $n - 1$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n - 1$ 种方法; 第三步,确定 3 号位上的元素,这可以从剩下的 $n - 2$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n - 2$ 种方法. 根据乘法原理, 可以得到排列数为 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{3} = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) . $$ 同样,求 ${\mathrm{P}}_{n}^{m}$ ,可以这样考虑: 假定有排好顺序的 $m$ 个位子 (图 6-2-5),从 $n$ 个互不相同的元素 ${a}_{1}\text{ 、 }{a}_{2}\text{ 、 }\cdots \text{ 、 }{a}_{n}$ 中任取 $m$ 个填空, 一个位子填一个元素, 每一种填法就得到一个排列; 反过来, 任何一个排列都可以由这样的一种填法得到. 因此, 所有不同填法的总数就是排列数 ${\mathrm{P}}_{n}^{m}$ . ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_11_607_590_821_188_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_11_607_590_821_188_0.jpg) 图 6-2-5 为了计算 ${\mathrm{P}}_{n}^{m}$ ,可以分成以下 $m$ 个步骤: 第一步,确定 1 号位上的元素,这可以从 $n$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n$ 种方法; 第二步,确定 2 号位上的元素,这可以从剩下的 $n - 1$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n - 1$ 种方法; 第三步，确定 3 号位上的元素，这可以从剩下的 $n - 2$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n - 2$ 种方法; 以此类推,当前面的 $m - 1$ 个位子都被填好后, $m$ 号位可以从余下的 $n - \left( {m - 1}\right)$ 个互不相同的元素中任取一个填空,有 $n - \; m + 1$ 种方法. 根据乘法原理, 可以得到排列数为 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{m} = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \left( {n - m + 1}\right) , $$ 其中 $m$ 及 $n$ 是正整数，且 $m \leq n$ . 这个公式叫做排列数公式. 例 4 用 0、1、2、3、4、5 这 6 个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数? 解 解法一: 用 0 到 5 这 6 个数字组成一个三位数, 可以看成从这 6 个数字中任取 3 个的一个排列 (0 排在百位的除外). 由于百位上的数字不能是 0 , 因此可以分两个步骤考虑: 先排百位上的数字, 再排十位和个位上的数字. 百位上的数字从 1 到 5 这 5 个数字中任取 1 个,有 ${\mathrm{P}}_{5}^{1}$ 种情形; 十位和个位上的数字, 可以从余下的 5 个数字中任取 2 个, 有 ${\mathrm{P}}_{5}^{2}$ 种情形. 根据乘法原理,所求的三位数的个数为 $$ {\mathrm{P}}_{5}^{1}{\mathrm{P}}_{5}^{2} = 5 \times 5 \times 4 = {100}. $$ 解法二: 从 0 到 5 这 6 个数字中任取 3 个数字的排列数, 减去其中以 0 为排头的排列数, 就是用这 6 个数字组成的没有重复数字的三位数的个数. 从 0 到 5 这 6 个数字中任取 3 个数字的排列数为 ${\mathrm{P}}_{6}^{3}$ ,其中以 0 为排头的排列数为 ${\mathrm{P}}_{5}^{2}$ ,因此所求的三位数的个数为 $$ {\mathrm{P}}_{6}^{3} - {\mathrm{P}}_{5}^{2} = 6 \times 5 \times 4 - 5 \times 4 = {100}. $$ 解法三: 由于 0 不能出现在百位上, 因此可以根据数码中是否有 0 和 0 出现在哪一位上进行分类讨论. 满足条件的三位数可以分成三类: 每一位数字都不是 0 的三位数有 ${\mathrm{P}}_{5}^{3}$ 个; 个位数字是 0 的三位数有 ${\mathrm{P}}_{5}^{2}$ 个; 十位数字是 0 的三位数有 ${\mathrm{P}}_{5}^{2}$ 个. 根据加法原理，符合条件的三位数的个数为 $$ {\mathrm{P}}_{5}^{3} + {\mathrm{P}}_{5}^{2} + {\mathrm{P}}_{5}^{2} = {60} + {20} + {20} = {100}. $$ 例 5 (1)7 个人站成一排. 若甲和乙不能相邻排列，有多少种不同的排法? (2)要将 8 本各不相同的教科书排成一排放在书架上，其中数学书 3 本、外语书 2 本、物理书 3 本. 如果 3 本数学书要排在一起, 2 本外语书也要排在一起, 那么有多少种不同的排法? 解(1)解法一:因为甲和乙不能相邻，所以可以先考虑确定甲和乙在排列中的位置, 再进行排列. 将一排的 7 个位置从左向右依次编号为 1 到 7 ，则甲和乙所在位置的编号有以下 15 种情形: $\left( {1,3}\right) \text{ 、 }\left( {1,4}\right) \text{ 、 }\left( {1,5}\right) \text{ 、 }\left( {1,6}\right) \text{ 、 }\left( {1,7}\right) \text{ 、 }\left( {2,4}\right) \text{ 、 }\left( {2,5}\right) \text{ 、 }\left( {2,6}\right)$ 、 $\left( {2,7}\right) \text{ 、 }\left( {3,5}\right) \text{ 、 }\left( {3,6}\right) \text{ 、 }\left( {3,7}\right) \text{ 、 }\left( {4,6}\right) \text{ 、 }\left( {4,7}\right) \text{ 、 }\left( {5,7}\right) .$ 这样, 可以分两步找出符合条件的排列: 第一步,确定甲和乙在以上 15 种情形中的位置,有 ${15} \times 2$ 种情形; 第二步,确定余下 5 人在排列中的位置,有 ${\mathrm{P}}_{5}^{5}$ 种情形. 根据乘法原理, 符合条件的排列的个数为 $$ {15} \times 2 \times {\mathrm{P}}_{5}^{5} = {30} \times {120} = {3600}. $$ 解法二: 因为甲和乙不能相邻, 所以可以先将余下 5 人排列好, 相邻两人中间均留有一个空位, 加上两端的空位, 共有 6 个空位, 再将甲乙两人分别插入其中两个不同的空位即可. 这样, 可以分两步找出符合条件的排列: 第一步,先对甲和乙以外的 5 人进行排列,共有 ${\mathrm{P}}_{5}^{5}$ 种情形, 这 5 人形成了 6 个空位; 第二步，再将甲和乙分别插入这 6 个空位中的 2 个，共有 ${\mathrm{P}}_{6}^{2}$ 种情形. 根据乘法原理, 符合条件的排列的个数为 $$ {\mathrm{P}}_{5}^{5}{\mathrm{P}}_{6}^{2} = {120} \times {30} = {3600}. $$ 总之，7 个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，共有 3600 种排法. (2)分三个步骤完成这件事情: 第一步:将 3 本数学书和 2 本外语书都分别看作一本书，然后连同其他 3 本物理书排成一排,有 ${\mathrm{P}}_{5}^{5}$ 种排法; 第二步:3 本数学书的位置可以互换，有 ${\mathrm{P}}_{3}^{3}$ 种排法； 第三步:2 本外语书的位置也可以互换，有 ${\mathrm{P}}_{2}^{2}$ 种排法. 根据乘法原理, 不同排法的总数为 $$ {\mathrm{P}}_{5}^{5}{\mathrm{P}}_{3}^{3}{\mathrm{P}}_{2}^{2} = {120} \times 6 \times 2 = {1440}. $$ 例 6 将 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c\text{ 、 }d\text{ 、 }e\text{ 、 }f$ 六个不同元素排成一列,其中 $a$ 不在首位, $b$ 不在末位. 问: 有多少种不同的排法? 解 根据 $a$ 所在的位置可以分以下两种情形: 若 $a$ 在末位,则余下 5 个元素可任意排列,这样的排列的个数为 $$ {\mathrm{P}}_{5}^{5} = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = {120}. $$ 若 $a$ 不在末位,则因为 $a$ 不在首位,可以分三步找出符合条件的排列: 第一步,确定 $a$ 的位置,有 4 种情形; 第二步,确定 $b$ 的位置,有 4 种情形; 第三步，确定余下 4 个元素在排列中的位置，有 ${\mathrm{P}}_{4}^{4}$ 种情形. 根据乘法原理, $a$ 不在首位和末位的排列的个数为 $$ 4 \times 4 \times {\mathrm{P}}_{4}^{4} = {16} \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = {384}. $$ 综上, 满足条件的排列的个数为 $$ {120} + {384} = {504}. $$ #### 练习 6.2(2) 1.5 名篮球队员甲、乙、丙、丁、戊，排成一排. (1)共有多少种不同的排法？ (2)若甲必须站在排头，有多少种不同的排法？ (3)若甲不能站排头，也不能站排尾，有多少种不同的排法？ 2.(1)配制某种染色剂，需要加入 3 种有机染料、 2 种无机染料和 2 种添加剂，其中有机染料的添加顺序不可以相邻. 为研究所有不同的添加顺序对染色效果的影响, 总共要试验多少次? (2)某展览馆计划展出 10 幅不同的画, 其中水彩画 1 幅、油画 4 幅、国画 5 幅. 现排成一排陈列, 要求同一品种的画必须连在一起, 并且水彩画不放在两端. 问: 有多少种不同的陈列方式? ### 3 排列数的性质 把 $n$ 个不同元素全部进行排列,叫做这 $n$ 个元素的全排列. 在排列数公式 ${\mathrm{P}}_{n}^{m} = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \left( {n - m + 1}\right) \left( {1 \leq m \leq n}\right)$ 中, 令 $m = n$ ,得知 $n$ 个元素的全排列总数是 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{n} = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1. $$ 为方便起见,把乘积 $n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1$ 记作 $n!$ ,读作 $n$ 的阶乘,那么 $n$ 个不同元素的全排列数可以写成 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{n} = n! $$ 利用阶乘符号可以将排列数公式作如下变形: $$ {\mathrm{P}}_{n}^{m} = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \left( {n - m + 1}\right) $$ $$ = \frac{n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \left( {n - m + 1}\right) \left( {n - m}\right) \cdots 2 \cdot 1}{\left( {n - m}\right) \cdots 2 \cdot 1} $$ $$ = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !} $$ 即排列数公式还可写成 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{m} = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !}. $$ 为了使这个公式在 $m = n$ 时也成立,我们规定 $$ 0! = 1\text{ . } $$ 所以 $\mathop{\Pr }\limits_{n}^{m} = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !}$ 在 $m = 0$ 时也成立,即 $\mathop{\Pr }\limits_{n}^{0} = 1$ . 例 7 设 $n$ 是一个不小于 17 的正整数,用排列数表示 $\left( {n - {16}}\right) \left( {n - {15}}\right) \cdots \left( {n - 6}\right) .$ 解 根据排列数公式, 可以得到 $$ \left( {n - {16}}\right) \left( {n - {15}}\right) \cdots \left( {n - 6}\right) = \left( {n - 6}\right) \left\lbrack {\left( {n - 6}\right) - 1}\right\rbrack \left\lbrack {\left( {n - 6}\right) - 2}\right\rbrack $$ $$ \cdots \left\lbrack {\left( {n - 6}\right) - {11} + 1}\right\rbrack $$ $$ = {\mathrm{P}}_{n - 6}^{11}\text{ . } $$ 例 8 已知 $m\text{ 、 }n$ 是正整数,且 $m \leq n$ . 求证: (1) ${\mathrm{P}}_{n}^{m} = n{\mathrm{P}}_{n - 1}^{m - 1}$ ; (2) ${\mathrm{P}}_{n}^{m} + m{\mathrm{P}}_{n}^{m - 1} = {\mathrm{P}}_{n + 1}^{m}$ . 证明 (1) 根据排列数公式, 可以得到 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{m} = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !} = \frac{n \cdot \left( {n - 1}\right) !}{\left\lbrack {\left( {n - 1}\right) - \left( {m - 1}\right) }\right\rbrack !} $$ $$ = n{\mathrm{P}}_{n - 1}^{m - 1}\text{ . } $$ 所以, ${\mathrm{P}}_{n}^{m} = n{\mathrm{P}}_{n - 1}^{m - 1}$ . (2)根据排列数公式，可以得到 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{m} + m{\mathrm{P}}_{n}^{m - 1} = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !} + m\frac{n!}{\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = \frac{n!\left( {n - m + 1}\right) + n! \times m}{\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = \frac{n!\left( {n - m + 1 + m}\right) }{\left\lbrack {\left( {n + 1}\right) - m}\right\rbrack !} $$ $$ = \frac{\left( {n + 1}\right) !}{\left\lbrack {\left( {n + 1}\right) - m}\right\rbrack !} $$ $$ = {\mathrm{P}}_{n + 1}^{m}\text{ . } $$ 所以, ${\mathrm{P}}_{n}^{m} + m{\mathrm{P}}_{n}^{m - 1} = {\mathrm{P}}_{n + 1}^{m}$ . 例 9 解关于正整数 $n$ 的方程: ${\mathrm{P}}_{{2n} + 1}^{4} = {140}{\mathrm{P}}_{n}^{3}$ . 解 首先,由排列数的定义,有 $\left\{ \begin{array}{l} {2n} + 1 \geq 4, \\ n \geq 3, \end{array}\right.$ 由此解得 $n \geq 3$ . 此外, 原方程可化为 $$ \left( {{2n} + 1}\right) {2n}\left( {{2n} - 1}\right) \left( {{2n} - 2}\right) = {140n}\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) , $$ 再化简, 可得 $$ \left( {{2n} + 1}\right) \left( {{2n} - 1}\right) = {35}\left( {n - 2}\right) , $$ 即 $$ 4{n}^{2} - {35n} + {69} = 0, $$ 即 $$ \left( {n - 3}\right) \left( {{4n} - {23}}\right) = 0. $$ 舍去非整数的根 $n = \frac{23}{4}$ ,故 $$ n = 3\text{ . } $$ #### 练习 6.2(3) 1. 已知 $n$ 是正整数,且 $\frac{{\mathrm{P}}_{n}^{7} - {\mathrm{P}}_{n}^{5}}{{\mathrm{P}}_{n}^{5}} = {89}$ . 求 $n$ 的值. 2. 已知 $n$ 为不小于 2 的正整数,求证: ${\mathrm{P}}_{n + 1}^{n + 1} - {\mathrm{P}}_{n}^{n} = {n}^{2}{\mathrm{P}}_{n - 1}^{n - 1}$ . ### 习题 6.2 #### A 组 1. 用 1、2、3、4 可以组成多少个没有重复数字的正整数? 其中有多少个偶数? 2. 从 1、2、3、4、5 这 5 个数字中，任取 2 个不同的数字作为一个点的坐标，一共可以组成多少个不同的点? 3. 在方程 ${ax} + {by} = 0$ 中,设系数 $a\text{ 、 }b$ 是集合 $\{ 0,1,2,3,5,7\}$ 中两个不同的元素. 求这些方程所表示的不同直线的条数. 4. 将 5 个人排成一排, 若甲和乙必须排在一起, 则有多少种不同的排法? 5. 从 7 名运动员中选 4 名组成接力队参加 $4 \times {100}$ 米接力赛. 问:甲、乙两人都不跑中间两棒的排法有多少种? 6. 从 7 名男生和 5 名女生中选取 3 人依次进行面试. (1)若参加面试的人全是女生，则有多少种不同的面试方法? (2)若参加面试的人中，恰好有 1 名女生，则有多少种不同的面试方法？ 7. 若 $m$ 为正整数，且 $m < {27}$ ，则 $\left( {{27} - m}\right) \left( {{28} - m}\right) \cdots \left( {{34} - m}\right)$ 等于 ( ) A. ${\mathrm{P}}_{{27} - m}^{8}$ ; B. ${\mathrm{P}}_{{34} - m}^{{27} - m}$ ; C. ${\mathrm{P}}_{{34} - m}^{7}$ ; D. ${\mathrm{P}}_{{34} - m}^{8}$ . 8. 求满足等式 ${\mathrm{P}}_{2n}^{3} = {28}{\mathrm{P}}_{n}^{2}$ 的正整数 $n$ 的值. 9. 解关于正整数 $x$ 的不等式 ${\mathrm{P}}_{8}^{x} < 6{\mathrm{P}}_{8}^{x - 2}$ . #### B 组 1. 有 4 张分别标有数字 1、2、3、4 的红色卡片和 4 张分别标有数字 1、2、3、4 的蓝色卡片，从这 8 张卡片中取出 4 张排成一行. 如果所取出的 4 张卡片所标数字之和等于 10 , 那么不同的排法共有多少种? 2. 有 6 张连号的电影票, 分给 3 名教师和 3 名学生, 要求师生相间而坐. 求不同分法的种数. 3. 在一张节目单中原有 6 个节目已排好顺序, 现要插入 3 个节目, 并要求不改变原有 6 个节目前后相对顺序. 问: 一共有多少种不同的插法? 4. 2 名男生和 4 名女生排成一排. 问: 男生既不相邻也不排两端的不同排法共有多少种? 5. 在一次电影展中, 某影院要在两天内播映 12 部参赛影片, 每天只有 6 个时间段播放 6 部参赛影片，每个时间段播放 1 部，其中甲、乙两部电影不能在同一天放映. 问:有多少种不同的排片方案？ 6. 从 6 人中选取 4 人分别去 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 、 $D$ 四个城市游览，要求每个城市有一人游览， 而每人只游览一个城市，且这 6 人中，甲、乙两人都不去 $A$ 地游览。问:不同的选择方案共有多少种? ## 6.3 组合 ### 1 组合的定义 考虑下面的问题: 从甲、乙、丙 3 名学生中选出 2 名, 有多少种不同的选法? 这个问题与本章 6.2 节的问题 1 不同. 6.2 节的问题 1 是从 3 个互不相同的元素中任取 2 个, 并按序排列, 求一共有多少种不同的排列方法, 这是排列问题; 而本节所考虑的问题是, 从 3 个互不相同的元素中任取 2 个, 不管怎样的顺序都看作同一组, 求一共有多少个不同的组. 这就是所要研究的组合问题. 定义 从 $n$ 个互不相同的元素中,取出 $m\left( {m \leq n}\right)$ 个不同元素作为一组,叫做从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的一个组合 (combination). 上面的问题中要确定有几种不同的选法, 就是要求从 3 个互不相同的元素中取出 2 个不同元素的所有组合的个数. 如果两个组合中的元素完全相同，不管元素的顺序如何，这两个组合都是相同的组合; 而只有当两个组合中的元素不完全相同时, 这两个组合才是不同的组合. 上面问题的所有组合有 3 个, 分别是: 甲乙、乙丙、丙甲. 注意:组合"甲乙"与组合"乙甲"是相同的组合，而组合"甲乙"与组合"乙丙"是不同的组合. 从排列和组合的定义可以看到, 排列与元素的顺序有关, 组合与元素的顺序无关. 例如, "甲乙"与 "乙甲" 是不同的排列, 但它们是同一个组合. 例 1 判断下列问题分别是排列问题还是组合问题: (1)从 10 名学生中任选 5 名去参观一个展览会，求有多少种不同的选法; (2)从1、2、3、4、5这5个数字中，每次任取 2 个不同的数作为一个点的坐标, 求所有不同点的个数; --- 注意排列与组合的区别. --- (3)一个黄袋中装有四张分别写有 1、3、5、7 的卡片，另一个红袋中装有四张分别写有 2、8、16、32 的卡片. 从红袋和黄袋中各任取一张卡片，问这两张卡片上的数相加所得的和有多少种; (4)有四本不同的书要分别送给四个人，每人一本，问一共有多少种不同的送法. ? --- 请同学们思考本例中各题的判断依据. --- 解 (1) 组合问题; (2) 排列问题; (3) 组合问题; (4) 排列问题. 例 2 甲、乙、丙、丁 4 支篮球队举行单循环赛(即任意两支球队都要比赛一场). (1)写出每场比赛的两支球队； (2)写出冠亚军的所有可能情况. 解(1)这是一个组合问题，将两支球队的组合用一个集合表示，共有 6 个组合: \{甲,乙\}、\{甲,丙\}、\{甲,丁\}、\{乙,丙\}、\{乙,丁\}、\{丙,丁\}. (2)这是一个排列问题，即从 4 支球队中任意选取 2 支，按照冠军和亚军顺序排列，共有 12 种排列方式(符号(甲，乙)表示 "甲是冠军，乙是亚军"): (甲，乙)、(甲，丙)、(甲，丁)、(乙，丙)、(乙，丁)、(丙，丁)、 (乙,甲)、(丙,甲)、(丁,甲)、(丙,乙)、(丁,乙)、(丁,丙). #### 练习 6.3(1) 1. ( 1 )写出从 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c\text{ 、 }d\text{ 、 }e$ 五个元素中任取两个不同元素的所有组合； (2)写出从 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c\text{ 、 }d\text{ 、 }e$ 五个元素中任取两个不同元素的所有排列. 2. 平面上的 6 个点 $A\text{ 、 }B\text{ 、 }C\text{ 、 }D\text{ 、 }E\text{ 、 }F$ 中的任意 3 个点都不在同一条直线上,写出所有以其中 3 个点为顶点的三角形. ### 2 组合数的计算 类似于排列数, 我们给出组合数的定义: 定义 从 $n$ 个互不相同的元素中,取出 $m\left( {m \leq n}\right)$ 个不同元素的所有组合的个数,叫做从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的组合数,用符号 ${\mathbf{C}}_{n}^{m}$ 表示. --- C 是英文 combination 的第一个字母. 在数学文献中, ${\mathrm{C}}_{n}^{n}$ 也常记作 $\left( \begin{array}{l} n \\ m \end{array}\right)$ . --- 因此，从甲、乙、丙 3 名学生中任选 2 名，有 ${\mathrm{C}}_{3}^{2}$ 种不同的方法. 下面我们研究组合数 ${\mathrm{C}}_{n}^{m}$ 的计算方法,这可以从组合数 ${\mathrm{C}}_{n}^{m}$ 与排列数 ${\mathrm{P}}_{n}^{m}$ 的关系入手. 例如,从 3 个不同元素 $a\text{ 、 }b\text{ 、 }c$ 中取出 2 个不同元素的排列与组合的关系如表 6-1 所示: 表 6-1
组合排列
$a, b$$a, b$$b, a$
$b, c$$b, c$$c, b$
$c, a$$c, a$$a, c$
从表 6-1 可以看到, 对于每一个组合都有 2 种不同的排列. 因此，求从 3 个互不相同的元素中任取 2 个不同元素的排列数 ${\mathrm{P}}_{3}^{2}$ ,可以分成以下两步进行: 第一步, 从 3 个互不相同的元素中任取 2 个不同元素, 共有 ${\mathrm{C}}_{3}^{2}$ 个不同的组合; 第二步,将每一个组合中的 2 个元素进行全排列,各有 ${\mathrm{P}}_{2}^{2}$ 个排列. 根据乘法原理, 有 $$ {\mathrm{P}}_{3}^{2} = {\mathrm{C}}_{3}^{2}{\mathrm{P}}_{2}^{2}, $$ 即 $$ {\mathrm{C}}_{3}^{2} = \frac{{\mathrm{P}}_{3}^{2}}{{\mathrm{P}}_{2}^{2}} $$ 一般地,从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个不同元素进行排列, 可以分成以下两步进行: 第一步,从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个不同元素,共有 ${\mathrm{C}}_{n}^{m}$ 个不同的组合; 第二步,将每一个组合中的 $m$ 个元素进行全排列,各有 ${\mathrm{P}}_{m}^{m}$ 个排列. 这样,根据乘法原理,从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个不同元素的排列数 ${\mathrm{P}}_{n}^{m}$ 满足 $$ {\mathrm{P}}_{n}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m}{\mathrm{P}}_{m}^{m}, $$ 因此 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{m} = \frac{{\mathrm{P}}_{n}^{m}}{{\mathrm{P}}_{m}^{m}} = \frac{n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \left( {n - m + 1}\right) }{m!}, $$ 其中 $m$ 及 $n$ 是正整数,且 $m \leq n$ . 这个公式称为组合数公式. 例 3 圆上有 10 个不同的点, 以其中任意 3 个点为顶点, 可以组成多少个不同的三角形? 解 由于圆上的 10 个点中不可能有三点共线, 因此以其中任意 3 个点为顶点的三角形的个数, 就是从 10 个互不相同的元素中任取 3 个不同元素的组合数, 即 $$ {\mathrm{C}}_{10}^{3} = \frac{{10} \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = {120}. $$ 因此, 可以组成 120 个不同的三角形. 例 4 某校高中一年级举行篮球赛. 比赛时先分成两组, 其中 1 班、 2 班、 3 班、 4 班为第一组，5 班、 6 班、 7 班、 8 班、 9 班、 10 班为第二组. 各组先进行单循环赛(即同组中的每两支队都要比赛一场), 然后由各组的前两名共 4 支队进行单循环赛决出冠军和亚军. 问: 一共需要比赛多少场? 解 由题意,第一组单循环赛的比赛场数是 ${\mathrm{C}}_{4}^{2}$ ; 第二组单循环赛的比赛场数是 ${\mathrm{C}}_{6}^{2}$ ; 各组的前两名共 4 支队再进行单循环赛, 还需要比赛 ${\mathrm{C}}_{4}^{2}$ 场. 所以,这次篮球赛一共需要比赛的场次为 $$ {\mathrm{C}}_{4}^{2} + {\mathrm{C}}_{6}^{2} + {\mathrm{C}}_{4}^{2} = 6 + {15} + 6 = {27}. $$ 例 5 有甲、乙、丙三项任务，其中甲需 2 人承担，乙、 丙各需 1 人承担. 现从 10 人中任选 4 人承担这三项任务，不同的选法有多少种? 解 从 10 人中任选 4 人分配任务，可分成以下三个步骤: 第一步:从 10 人中任选 2 人承担甲任务，有 ${\mathrm{C}}_{10}^{2}$ 种选法； 第二步:从余下的 8 人中任选 1 人承担乙任务，有 ${\mathrm{C}}_{8}^{1}$ 种选法; 第三步:从余下的 7 人中任选 1 人承担丙任务，有 ${\mathrm{C}}_{7}^{1}$ 种选法. 根据乘法原理, 不同选法的种数为 $$ {\mathrm{C}}_{10}^{2}{\mathrm{C}}_{8}^{1}{\mathrm{C}}_{7}^{1} = \frac{{10} \times 9}{2} \times 8 \times 7 = {2520}. $$ 例 6 某班要选举班干部，现有 10 名候选人. (1)从这 10 名候选人中任选 5 人组成班委，有多少种不同的选法? (2)从这 10 名候选人中任选 5 人分别担任班委中五项不同的职务, 每项职务由一人担任, 每人只担任一项职务, 有多少种不同的选法? 解(1)从这 10 名候选人中任选 5 人组成班委，这是从 10 个互不相同的元素中任取 5 个不同元素的组合问题, 有 $$ {\mathrm{C}}_{10}^{5} = \frac{{10} \times 9 \times 8 \times 7 \times 6}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = {252} $$ 种选法. (2)将选出的 5 名候选人按照职务的顺序排列，这是从 10 个互不相同的元素中任取 5 个不同元素的排列问题, 共有 $$ {\mathrm{P}}_{10}^{5} = {10} \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 = {30240} $$ 种选法. #### 练习 6.3(2) 1. 某班有 20 名男生、18 名女生, 现从中任选 5 人组成一个宣传小组, 其中男生和女生都有的选法有多少种? 2. 从 1、2、3、4、5 这五个数字中任取两个不同的奇数和两个不同的偶数. (1)一共有多少种不同的选法? (2)可以组成多少个没有重复数字的四位奇数？ ### 3 组合数的性质 在组合数公式 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{m} = \frac{{\mathrm{P}}_{n}^{m}}{{\mathrm{P}}_{m}^{m}}\text{ (其中 }m\text{ 及 }n\text{ 是正整数,且 }m \leq n\text{ ) } $$ 中,将 ${\mathrm{P}}_{n}^{m} = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !}$ 代入,得 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{m} = \frac{n!}{m!\left( {n - m}\right) !}. $$ 并规定 ${\mathrm{C}}_{n}^{0} = 1$ . 从而,上述公式对 $m = 0$ 也成立. 例 7 已知 $m$ 是自然数， $n$ 为正整数，且 $m + 1 \leq n$ . 求证: ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = \frac{m + 1}{n - m}{\mathrm{C}}_{n}^{m + 1}$ . 证明 根据组合数公式, 可以得到 $$ \frac{m + 1}{n - m}{\mathrm{C}}_{n}^{m + 1} = \frac{m + 1}{n - m} \cdot \frac{n!}{\left( {m + 1}\right) !\left( {n - m - 1}\right) !} $$ $$ = \frac{n!}{m!\left( {n - m}\right) !} $$ $$ = {\mathrm{C}}_{n}^{m}\text{ . } $$ 例 8 已知 $m$ 是自然数， $n$ 是正整数，且 $m \leq n$ . 求证: (1) ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{n - m}$ ； (2) ${\mathrm{C}}_{n + 1}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m} + {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1}$ . 证明(1)根据组合数公式，可以得到 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{n - m} = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !\left\lbrack {n - \left( {n - m}\right) }\right\rbrack !} = \frac{n!}{m!\left( {n - m}\right) !} $$ $$ = {\mathrm{C}}_{n}^{m}\text{ . } $$ 这个等式也可以根据组合数的定义得到. 从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个元素后,会剩下 $n - m$ 个元素,因此,每一个从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个元素的组合,都唯一对应一个从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $n - m$ 个元素的组合; 反过来,每一个从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $n - m$ 个元素的组合,都唯一对应一个从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个元素的组合. 因此,从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $m$ 个元素的组合数,等于从 $n$ 个互不相同的元素中任取 $n - m$ 个元素的组合数,即 ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{n - m}$ . (2)根据组合数公式，可以得到 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{m} + {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1} = \frac{n!}{m!\left( {n - m}\right) !} + \frac{n!}{\left( {m - 1}\right) !\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = \frac{n!\left( {n - m + 1}\right) }{m!\left( {n - m + 1}\right) !} + \frac{n!m}{m!\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = \frac{n!\left( {n - m + 1 + m}\right) }{m!\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = \frac{n!\left( {n + 1}\right) }{m!\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = \frac{\left( {n + 1}\right) !}{m!\left( {n - m + 1}\right) !} $$ $$ = {\mathrm{C}}_{n + 1}^{m}\text{ . } $$ 例 9 (1)计算 ${\mathrm{C}}_{100}^{97}$ ； (2)求满足等式 ${\mathrm{C}}_{n + 3}^{n + 1} = {\mathrm{C}}_{n + 1}^{n - 1} + {\mathrm{C}}_{n}^{n - 2} + {\mathrm{C}}_{n + 1}^{n}$ 的正整数 $n$ . 解(1)由性质 ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{n - m}$ ，得 $$ {\mathrm{C}}_{100}^{97} = {\mathrm{C}}_{100}^{3} = \frac{{100} \times {99} \times {98}}{3 \times 2 \times 1} = {161700}. $$ (2)由性质 ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{n - m}$ 和 ${\mathrm{C}}_{n + 1}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m} + {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1}$ ，有 $$ {\mathrm{C}}_{n + 3}^{n + 1} = {\mathrm{C}}_{n + 3}^{2}, $$ $$ {\mathrm{C}}_{n + 1}^{n - 1} + {\mathrm{C}}_{n}^{n - 2} + {\mathrm{C}}_{n + 1}^{n} = {\mathrm{C}}_{n + 1}^{2} + {\mathrm{C}}_{n}^{2} + {\mathrm{C}}_{n + 1}^{1} = {\mathrm{C}}_{n + 2}^{2} + {\mathrm{C}}_{n}^{2}. $$ 所以, 已知等式可化为 $$ {\mathrm{C}}_{n + 3}^{2} - {\mathrm{C}}_{n + 2}^{2} = {\mathrm{C}}_{n}^{2}. $$ --- 这两个式子是组合数的两个基本运算性质, 在组合数的计算、化简中起着非常重要的作用. 在计算 ${\mathrm{C}}_{n}^{m}$ 时,若 $m > \frac{n}{2}$ ,可利用此性质,转化为 ${\mathrm{C}}_{n}^{n - m}$ 来计算. 能否类似于(1)， 利用组合数的定义， 解释等式 ${\mathrm{C}}_{n + 1}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m} + \; {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1}$ ? --- 再由性质 ${\mathrm{C}}_{n + 1}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m} + {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1}$ ,有 $$ {\mathrm{C}}_{n + 2}^{1} = {\mathrm{C}}_{n}^{2}, $$ 即 $$ n + 2 = \frac{n\left( {n - 1}\right) }{2}, $$ 即 $$ {n}^{2} - {3n} - 4 = 0. $$ 解得 $$ {n}_{1} = - 1\text{ (舍去), }{n}_{2} = 4\text{ . } $$ 故 $n$ 的值为 4 . #### 练习 6.3(3) 1. 解关于正整数 $x$ 的方程: (1) ${\mathrm{C}}_{16}^{{x}^{2} - x} = {\mathrm{C}}_{16}^{{5x} - 5}$ ； (2) ${\mathrm{C}}_{x + 2}^{x - 2} + {\mathrm{C}}_{x + 2}^{x - 3} = \frac{1}{4}{\mathrm{P}}_{x + 3}^{3}$ . 2. 观察下列等式及其所示的规律: $$ {\mathrm{C}}_{3}^{0} + {\mathrm{C}}_{4}^{1} = {\mathrm{C}}_{4}^{0} + {\mathrm{C}}_{4}^{1} = {\mathrm{C}}_{5}^{1}, $$ $$ {\mathrm{C}}_{3}^{0} + {\mathrm{C}}_{4}^{1} + {\mathrm{C}}_{5}^{2} = {\mathrm{C}}_{5}^{1} + {\mathrm{C}}_{5}^{2} = {\mathrm{C}}_{6}^{2}, $$ $$ {\mathrm{C}}_{3}^{0} + {\mathrm{C}}_{4}^{1} + {\mathrm{C}}_{5}^{2} + {\mathrm{C}}_{6}^{3} = {\mathrm{C}}_{6}^{2} + {\mathrm{C}}_{6}^{3} = {\mathrm{C}}_{7}^{3}, $$ 并据此化简 ${\mathrm{C}}_{3}^{0} + {\mathrm{C}}_{4}^{1} + {\mathrm{C}}_{5}^{2} + {\mathrm{C}}_{6}^{3} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n + 3}^{n}$ ,其中 $n$ 为正整数. ### 习题 6.3 #### A 组 1. 平面上有 10 个点, 其中有 4 个点在同一条直线上, 除此以外, 不再有三点共线. 问: 由这些点可以确定多少条直线? 2. ( 1 )从 10 男 8 女中任选 5 人，共有多少种不同的选法？ (2)从10男8女中任选 5 人(男女都有)担任 5 项不同的工作，共有多少种不同的选法? 3. 从 5 名男生和 3 名女生中各任选 2 名参加一个歌唱小组，有多少种不同的选择方案? 4. 某批次 200 件产品中有 5 件次品, 现从该批次中任取 4 件产品. (1)若 4 件产品都不是次品, 则这样的取法有多少种? (2)若 4 件产品中至少有 1 件次品，则这样的取法有多少种？ (3)若 4 件产品不都是次品，则这样的取法有多少种？ 5. 从 5 名外语系大学生中任选 4 名参加翻译、交通、礼仪三项义工活动, 要求翻译有 2 人参加, 交通和礼仪各有 1 人参加. 问: 不同的选法共有多少种? 6. 某小组共有 10 名学生, 其中女生 3 名. 现任选 2 名代表, 则至少有 1 名女生当选的选法有多少种? 7. 设 $n$ 为正整数,求值: (1) ${\mathrm{C}}_{{2n} - 3}^{n - 1} + {\mathrm{C}}_{n + 1}^{{2n} - 3}$ ； (2) ${\mathrm{C}}_{{13} + n}^{3n} + {\mathrm{C}}_{{12} + n}^{{3n} - 1} + {\mathrm{C}}_{{11} + n}^{{3n} - 2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{2n}^{{17} - n}$ . 8. 求满足等式 ${\mathrm{C}}_{18}^{k} = {\mathrm{C}}_{18}^{{2k} - 3}$ 的所有正整数 $k$ . 9. 证明: ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = \frac{m + 1}{n + 1}{\mathrm{C}}_{n + 1}^{m + 1}$ ,其中 $m$ 是自然数, $n$ 是正整数,且 $m \leq n$ . #### B 组 1. 把 5 本不同的书全部分给 3 名学生, 每人至少 1 本, 有多少种不同的分法? 2. 袋中装有 $m$ 个红球和 $n$ 个白球,且 $m \geq n \geq 2$ . 这些红球和白球的大小及质地都相同. 从袋中同时任取 2 个球, 若 2 个球都是红球的取法总数是 2 个球颜色不同的取法总数的整数倍,求证: $m$ 必为奇数. 3. 如图，在 $\angle {AOB}$ 的两边 ${OA}\text{ 、 }{OB}$ 上分别有 5 个点和 6 个点 (都不同于点 $O$ )，这连同点 $O$ 在内的 12 个点可以确定多少个不同的三角形? ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_25_641_1225_399_293_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_25_641_1225_399_293_0.jpg) (第 3 题) 4. 有 12 名翻译人员，其中 3 人只能翻译英语，4 人只能翻译法语，其余 5 人既能翻译英语, 也能翻译法语. 从这 12 名翻译人员中任选 6 人，其中 3 人翻译英语，3 人翻译法语, 有多少种不同的选法? 5. 利用组合数的性质化简: ${\mathrm{C}}_{3}^{3} + {\mathrm{C}}_{4}^{3} + {\mathrm{C}}_{5}^{3} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{3}$ . ## 6.4 计数原理在古典概率中的应用 我们知道,如果一次试验有 $n$ 个等可能出现的基本事件,而随机事件 $A$ 包含 $k$ 个基本事件,那么事件 $A$ 发生的概率是 $$ P\left( A\right) = \frac{k}{n}. $$ 当 $n$ 值较大时,枚举法难以使用,就需要利用排列组合的知识. 例 1 一个罐子中有大小与质地完全相同的 20 个玻璃球, 其中 4 个是红色的, 6 个是黑色的, 10 个是白色的. 经充分混合后, 从罐子中同时任取 2 个球, 求下列事件的概率: (1)2 个球都是黑色的; (2)2 个球的颜色不同. 解 随机地从 20 个球中取出 2 个球,可能出现的结果有 ${\mathrm{C}}_{20}^{2}$ 种,即所有的基本事件有 ${\mathrm{C}}_{20}^{2}$ 个. (1)将"取出的 2 个球都是黑色的"这一事件记为 $A.A$ 所包含的基本事件有 ${\mathrm{C}}_{6}^{2}$ 个，因此事件 $A$ 的概率是 $$ P\left( A\right) = \frac{{\mathrm{C}}_{6}^{2}}{{\mathrm{C}}_{20}^{2}} = \frac{3}{38}. $$ (2)将"取出的 2 个球颜色不同"的事件记为 $B$ . "取出的 2 个球颜色不同"可以分为三种情况:(1)取出 1 个红球、1 个黑球；(2) 取出 1 个黑球、 1 个白球；(3)取出 1 个白球、 1 个红球. 由乘法原理和加法原理,易知 $B$ 所包含的基本事件有 ${\mathrm{C}}_{4}^{1}{\mathrm{C}}_{6}^{1} + {\mathrm{C}}_{6}^{1}{\mathrm{C}}_{10}^{1} + {\mathrm{C}}_{10}^{1}{\mathrm{C}}_{4}^{1}$ 个,所以事件 $B$ 的概率是 $$ P\left( B\right) = \frac{{\mathrm{C}}_{4}^{1}{\mathrm{C}}_{6}^{1} + {\mathrm{C}}_{6}^{1}{\mathrm{C}}_{10}^{1} + {\mathrm{C}}_{10}^{1}{\mathrm{C}}_{4}^{1}}{{\mathrm{C}}_{20}^{2}} = \frac{62}{95}. $$ 例 2 在 100 件产品中有 90 件一等品、 10 件二等品, 从中随机抽取 4 件产品. (1)求恰好含 1 件二等品的概率； (2)求至少含有 1 件二等品的概率. (以上结果均精确到 0.01) 解 从这 100 件产品中随机抽取 4 件产品, 所有的基本事件的个数为 ${\mathrm{C}}_{100}^{4}$ . (1)将"恰好含 1 件二等品"的事件记为 $A$ . 由乘法原理和加法原理,易知 $A$ 所包含的基本事件有 ${\mathrm{C}}_{90}^{3}{\mathrm{C}}_{10}^{1}$ 个,所以事件 $A$ 的概率是 $$ \frac{{\mathrm{C}}_{90}^{3}{\mathrm{C}}_{10}^{1}}{{\mathrm{C}}_{100}^{4}} = \frac{1174800}{3921225} \approx {0.30}. $$ --- "大小与质地完全相同"和"经充分混合" 这两个条件, 保证了各个基本事件的发生是等可能的. --- (2)将"至少含有 1 件二等品"的事件记为 $B$ . $B$ 的对立事件 $\bar{B}$ 为" 4 件产品全是一等品"，而 $\bar{B}$ 所包含的基本事件有 ${\mathrm{C}}_{90}^{4}$ 个， 所以 $$ P\left( \bar{B}\right) = \frac{{\mathrm{C}}_{90}^{4}}{{\mathrm{C}}_{100}^{4}} = \frac{2555190}{3921225}, $$ 从而事件 $B$ 的概率是 $$ P\left( B\right) = 1 - P\left( \bar{B}\right) \approx {0.35}. $$ 例 3 某学习小组共有 10 名学生, 求其中至少有 2 名学生在同一月份出生的概率. (默认每月天数相同, 结果精确到 0.001) 解 由于每名学生的出生月份可能是 1 月到 12 月中的任何一个,因此 10 名学生的出生月份共有 ${12}^{10}$ 种可能的排列,每个排列对应一个基本事件,从而基本事件就有 ${12}^{10}$ 个,且每个基本事件发生的概率都相等. 设 $A$ 表示事件"10 名学生中没有任何 2 名学生在同一月份出生",那么 10 名学生的出生月份共有 ${\mathrm{P}}_{12}^{10}$ 种可能的排列,即事件 $A$ 包含 ${\mathrm{P}}_{12}^{10}$ 个基本事件,所以事件 $A$ 的概率是 $$ P\left( A\right) = \frac{{\mathrm{P}}_{12}^{10}}{{12}^{10}}. $$ 这样, "至少有 2 名学生在同一月份出生"的概率是 $$ 1 - P\left( A\right) \approx {0.996}. $$ ### 练习 6.4 1. 袋中装有 4 个红球、3 个黄球、3 个白球, 所有小球的大小与质地完全相同. 从中同时任取 2 个小球, 求取出的 2 个球颜色相同的概率. 2. 某校要从 2 名男生和 4 名女生中任选 4 人担任一项赛事的志愿者工作，每个人被选中的可能性相同. 求在选出的志愿者中，男生和女生都有的概率. ### 习题 6.4 #### A 组 1. 将两颗质地均匀的骰子同时抛掷一次, 求向上的点数之和为 5 的概率. 2. 用 1、2、3、4、5 组成没有重复数字的三位数，从中随机地取一个，求取到的数为奇数的概率. #### B 组 1. 从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两人参加一项活动, 求甲、乙两人中至少有一人被选中的概率. 2. 在 10 件产品中有 8 件一等品、2 件二等品, 从中随机抽取 2 件产品. 求取到的产品中至多有 1 件二等品的概率. 3. 某校高一年级举行演讲比赛, 共有 10 名学生参赛, 其中一班有 3 名, 二班有 2 名, 其他班有 5 名. 若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序, 求一班的 3 名学生恰好被排在一起(指演讲序号相连)的概率. ## 6.5 二项式定理 ### 1 杨辉三角和二项式定理 我们知道,对于任意的 $a\text{ 、 }b$ ,都有 $$ {\left( a + b\right) }^{2} = {a}^{2} + {2ab} + {b}^{2}, $$ $$ {\left( a + b\right) }^{3} = {a}^{3} + 3{a}^{2}b + {3a}{b}^{2} + {b}^{3}, $$ $$ {\left( a + b\right) }^{4} = {a}^{4} + 4{a}^{3}b + 6{a}^{2}{b}^{2} + {4a}{b}^{3} + {b}^{4}, $$ $$ {\left( a + b\right) }^{5} = {a}^{5} + 5{a}^{4}b + {10}{a}^{3}{b}^{2} + {10}{a}^{2}{b}^{3} + {5a}{b}^{4} + {b}^{5}. $$ 我们把等式右边的代数式称为 ${\left( a + b\right) }^{k}$ 的二项展开式,其中 $k = 2,3,4,5$ . 一般地,对于任意正整数 $n,{\left( a + b\right) }^{n}$ 的二项展开式有什么规律呢? 在 $n$ 的取值不大的情况下,也可以利用下面的数阵求 ${\left( a + b\right) }^{n}$ 的二项展开式中各项的系数: $$ {\left( a + b\right) }^{1} $$ $$ {\left( a + b\right) }^{2} $$ $$ {\left( a + b\right) }^{3} $$ $$ {\left( a + b\right) }^{4} $$ $$ {\left( a + b\right) }^{5} $$ $\begin{array}{llllll} 1 & 5 & {10} & {10} & 5 & 1 \end{array}$ ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_29_1016_1281_264_258_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_29_1016_1281_264_258_0.jpg) 这个数阵的特点是: ①每一行的第一个数和最后一个数都是 1 . ②每一行中, 除了第一个数和最后一个数外, 每个数等于它"肩上"的两个数之和. ③当 $n$ 为偶数时,最大的系数是中间一项; 当 $n$ 为奇数时,最大的系数是中间两项. 在我国数学家杨辉于 1261 年所著的《详解九章算法》中出现了类似的图表(类似于图 6-5-1)，习惯上称之为杨辉三角，杨辉在该图旁注明 "贾宪用此术"，故亦称贾宪三角. 它是中国古代数学的杰出研究成果之一. --- 请将特点①和特点②用组合数的公式表示. 杨辉, 字谦光, 钱塘(今杭州)人。中国南宋末年数学家、 数学教育家. 约在 13 世纪中叶至后半叶活动于苏、杭一带. --- ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_30_390_269_483_541_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_30_390_269_483_541_0.jpg) 图 6-5-1 一般地, 我们有下面的 定理 设 $n$ 是正整数,等式 ${\left( a + b\right) }^{n} = {\mathrm{C}}_{n}^{0}{a}^{n} + {\mathrm{C}}_{n}^{1}{a}^{n - 1}b + {\mathrm{C}}_{n}^{2}{a}^{n - 2}{b}^{2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{r}{a}^{n - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n}{b}^{n}$ 称为二项式定理. ${\mathrm{C}}_{n}^{r}{a}^{n - r}{b}^{r}$ 表示 ${\left( a + b\right) }^{n}$ 的二项展开式中的第 $r + 1$ 项,其中 $r = 0,1,2,\cdots , n$ . 证明 当 $n = 1$ 时, $$ {\left( a + b\right) }^{1} = a + b = {\mathrm{C}}_{1}^{0}{a}^{1}{b}^{0} + {\mathrm{C}}_{1}^{1}{a}^{0}{b}^{1}. $$ 假设 $n = k$ ( $k$ 为正整数)时, $$ {\left( a + b\right) }^{k} = {\mathrm{C}}_{k}^{0}{a}^{k}{b}^{0} + {\mathrm{C}}_{k}^{1}{a}^{k - 1}{b}^{1} + {\mathrm{C}}_{k}^{2}{a}^{k - 2}{b}^{2} $$ $$ + \cdots + {\mathrm{C}}_{k}^{r}{a}^{k - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{k}^{k}{a}^{0}{b}^{k}. $$ 则当 $n = k + 1$ 时,根据多项式的乘法运算规则,有 $$ {\left( a + b\right) }^{k + 1} = \left( {a + b}\right) {\left( a + b\right) }^{k} $$ $$ = \left( {a + b}\right) \left( {{\mathrm{C}}_{k}^{0}{a}^{k}{b}^{0} + {\mathrm{C}}_{k}^{1}{a}^{k - 1}{b}^{1} + {\mathrm{C}}_{k}^{2}{a}^{k - 2}{b}^{2}}\right. $$ $$ \left. {+\cdots + {\mathrm{C}}_{k}^{r}{a}^{k - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{k}^{k}{a}^{0}{b}^{k}}\right) $$ $$ = {\mathrm{C}}_{k}^{0}{a}^{k + 1}{b}^{0} + \left( {{\mathrm{C}}_{k}^{1} + {\mathrm{C}}_{k}^{0}}\right) {a}^{k}{b}^{1} + \left( {{\mathrm{C}}_{k}^{2} + {\mathrm{C}}_{k}^{1}}\right) {a}^{k - 1}{b}^{2} $$ $$ + \cdots + \left( {{\mathrm{C}}_{k}^{r} + {\mathrm{C}}_{k}^{r - 1}}\right) {a}^{k - r + 1}{b}^{r} $$ $$ + \cdots + \left( {{\mathrm{C}}_{k}^{k} + {\mathrm{C}}_{k}^{k - 1}}\right) {a}^{1}{b}^{k} + {\mathrm{C}}_{k}^{k}{a}^{0}{b}^{k + 1}. $$ 从而由性质 ${\mathrm{C}}_{n + 1}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m} + {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1}$ 和 ${\mathrm{C}}_{n}^{0} = {\mathrm{C}}_{n}^{n} = 1$ ,得 $$ {\left( a + b\right) }^{k + 1} $$ $$ = {\mathrm{C}}_{k + 1}^{0}{a}^{k + 1}{b}^{0} + {\mathrm{C}}_{k + 1}^{1}{a}^{\left( {k + 1}\right) - 1}{b}^{1} + {\mathrm{C}}_{k + 1}^{2}{a}^{\left( {k + 1}\right) - 2}{b}^{2} $$ $$ + \cdots + {\mathrm{C}}_{k + 1}^{r}{a}^{\left( {k + 1}\right) - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{k + 1}^{k + 1}{a}^{0}{b}^{k + 1}. $$ --- 西方称类似表格为帕斯卡三角形. 在讨论二项式定理相关内容时, 我们约定 ${a}^{0} = {b}^{0} = 1$ . --- 所以,由数学归纳法,对于 $a\text{ 、 }b$ 和正整数 $n$ ,都有 $$ {\left( a + b\right) }^{n} = {\mathrm{C}}_{n}^{0}{a}^{n}{b}^{0} + {\mathrm{C}}_{n}^{1}{a}^{n - 1}{b}^{1} + {\mathrm{C}}_{n}^{2}{a}^{n - 2}{b}^{2} $$ $$ + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{r}{a}^{n - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n}{a}^{0}{b}^{n}. $$ 例 1 求 ${\left( x + \frac{1}{x}\right) }^{5}$ 的二项展开式. 解 由二项式定理, ${\left( x + \frac{1}{x}\right) }^{5}$ 的二项展开式是 $$ {x}^{5} + 5{x}^{3} + {10x} + \frac{10}{x} + \frac{5}{{x}^{3}} + \frac{1}{{x}^{5}}. $$ 例 2 求 ${\left( 3 - 2x\right) }^{6}$ 的二项展开式中 ${x}^{3}$ 项的系数. 解 由二项式定理, ${\left( 3 - 2x\right) }^{6}$ 的二项展开式中的第 $r + 1$ 项为 ${\mathrm{C}}_{6}^{r}{3}^{6 - r}{\left( -2x\right) }^{r}$ ,其中 $r = 0,1,2,\cdots ,6$ . 令 $r = 3$ ,得 ${x}^{3}$ 项的系数是 ${\mathrm{C}}_{6}^{3}{3}^{3}{\left( -2\right) }^{3} = - {4320}$ . 例 3 利用 ${\left( a + 1\right) }^{n}$ 的二项展开式,证明: ${15}^{30} - 1$ 是 7 的倍数. 证明 由二项式定理, 我们有 $$ {\left( a + 1\right) }^{n} = {a}^{n} + {\mathrm{C}}_{n}^{1}{a}^{n - 1} + {\mathrm{C}}_{n}^{2}{a}^{n - 2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n - 1}a + {\mathrm{C}}_{n}^{n} $$ $$ = {a}^{n} + {\mathrm{C}}_{n}^{1}{a}^{n - 1} + {\mathrm{C}}_{n}^{2}{a}^{n - 2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n - 1}a + 1. $$ 在其中令 $a = {14}$ ,得 $$ {\left( {14} + 1\right) }^{n} = {14}^{n} + {14}^{n - 1}{\mathrm{C}}_{n}^{1} + {14}^{n - 2}{\mathrm{C}}_{n}^{2} + \cdots + {14}{\mathrm{C}}_{n}^{n - 1} + 1, $$ 从而 $$ {15}^{n} - 1 = {14}^{n} + {14}^{n - 1}{\mathrm{C}}_{n}^{1} + {14}^{n - 2}{\mathrm{C}}_{n}^{2} + \cdots + {14}{\mathrm{C}}_{n}^{n - 1}. $$ 显然,等号右边的每一项都是 7 的倍数,所以 ${15}^{n} - 1$ 是 7 的倍数. 于是, ${15}^{30} - 1$ 也一定是 7 的倍数. ### 练习 6.5(1) 1. (1) 求 ${\left( x - \sqrt{2}y\right) }^{8}$ 的二项展开式; (2)求 ${\left( x - {x}^{-\frac{1}{3}}\right) }^{12}$ 的二项展开式中的常数项； (3)求 ${\left( x - \frac{2}{x}\right) }^{9}$ 的二项展开式中 ${x}^{3}$ 的系数； (4)在 ${\left( 1 - {x}^{2}\right) }^{20}$ 的二项展开式中，如果第 ${4r}$ 项和第 $r + 2$ 项的系数的绝对值相等,求此展开式的第 ${4r}$ 项. 2. 利用二项式定理证明: ${7}^{100} - 1$ 是 8 的倍数. ### 二项式定理的应用 ——组合数的性质 在二项式定理中,特别令 $a = 1, b = 1$ ,就得到 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{0} + {\mathrm{C}}_{n}^{1} + {\mathrm{C}}_{n}^{2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n} = {2}^{n}. $$ 令 $a = 1, b = - 1$ ,就得到 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{0} - {\mathrm{C}}_{n}^{1} + {\mathrm{C}}_{n}^{2} - {\mathrm{C}}_{n}^{3} + \cdots + {\left( -1\right) }^{n}{\mathrm{C}}_{n}^{n} = 0. $$ 由上述二式就得到 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{0} + {\mathrm{C}}_{n}^{2} + {\mathrm{C}}_{n}^{4} + \cdots = {\mathrm{C}}_{n}^{1} + {\mathrm{C}}_{n}^{3} + {\mathrm{C}}_{n}^{5} + \cdots = {2}^{n - 1}. $$ 例 4 已知对任意给定的实数 $x$ ,都有 $$ {\left( 1 + 2x\right) }^{100} = {a}_{0} + {a}_{1}\left( {x - 1}\right) + {a}_{2}{\left( x - 1\right) }^{2} + \cdots + {a}_{100}{\left( x - 1\right) }^{100}. $$ 求值: (1) ${a}_{0} + {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{100}$ ; (2) ${a}_{1} + {a}_{3} + {a}_{5} + \cdots + {a}_{99}$ . 解 令 $x - 1 = y$ ,则 $x = y + 1$ ,从而 $$ 1 + {2x} = 1 + 2\left( {y + 1}\right) = 3 + {2y}, $$ $$ {a}_{0} + {a}_{1}\left( {x - 1}\right) + {a}_{2}{\left( x - 1\right) }^{2} + \cdots + {a}_{100}{\left( x - 1\right) }^{100} $$ $$ = {a}_{0} + {a}_{1}y + {a}_{2}{y}^{2} + \cdots + {a}_{100}{y}^{100}. $$ 因此, 已知的等式可改写为 $$ {\left( 3 + 2y\right) }^{100} = {a}_{0} + {a}_{1}y + {a}_{2}{y}^{2} + \cdots + {a}_{100}{y}^{100}. $$ (1)令 $y = 1$ ，得 $$ {a}_{0} + {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{100} = {5}^{100}. $$ (2)令 $y = - 1$ ，得 $$ {a}_{0} - {a}_{1} + {a}_{2} - {a}_{3} + \cdots - {a}_{99} + {a}_{100} = 1. $$ 二式联立就得到 $$ {a}_{1} + {a}_{3} + \cdots + {a}_{99} = \frac{{5}^{100} - 1}{2}. $$ 例 5 证明: 在 $n + 1$ 个组合数 ${\mathrm{C}}_{n}^{0},{\mathrm{C}}_{n}^{1},{\mathrm{C}}_{n}^{2},\cdots ,{\mathrm{C}}_{n}^{n}$ 中, 当 $n$ 为偶数时,最大值是中间的一项 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n}{2}}$ ; 而当 $n$ 为奇数时,最大值是中间的两项 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n - 1}{2}}$ 和 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n + 1}{2}}$ . 证明 对于任给的 $r \in \{ 0,1,2,\cdots , n - 1\}$ ,有 $$ \frac{{\mathrm{C}}_{n}^{r + 1}}{{\mathrm{C}}_{n}^{r}} = \frac{\frac{n!}{\left( {r + 1}\right) !\left( {n - r - 1}\right) !}}{\frac{n!}{r!\left( {n - r}\right) !}} = \frac{n - r}{r + 1}. $$ --- 在二项展开式中代入适当的特殊值, 会得到一些与组合数有关的特殊的恒等式. --- 由于 ${\mathrm{C}}_{n}^{r + 1} > 0$ 且 ${\mathrm{C}}_{n}^{r} > 0$ ,因此当 $\frac{n - r}{r + 1} > 1$ 即 $r < \frac{n - 1}{2}$ 时, ${\mathrm{C}}_{n}^{r + 1} > \; {\mathrm{C}}_{n}^{r}$ ; 而当 $\frac{n - r}{r + 1} < 1$ 时, ${\mathrm{C}}_{n}^{r + 1} < {\mathrm{C}}_{n}^{r}$ . 若 $n$ 为偶数,则当 $r \in \left\{ {0,1,2,\cdots ,\frac{n - 2}{2}}\right\}$ 时, $$ {\mathrm{C}}_{n}^{0} < {\mathrm{C}}_{n}^{1} < {\mathrm{C}}_{n}^{2} < \cdots < {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n - 2}{2}} < {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n}{2}}; $$ 而当 $r \in \left\{ {\frac{n}{2},\frac{n}{2} + 1,\cdots , n - 1}\right\}$ 时, $$ {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n}{2}} > {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n}{2} + 1} > \cdots > {\mathrm{C}}_{n}^{n}. $$ 所以,当 $n$ 为偶数时,最大值是中间的一项 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n}{2}}$ . 若 $n$ 为奇数,则当 $r \in \left\{ {0,1,2,\cdots ,\frac{n - 3}{2}}\right\}$ 时, $$ {\mathrm{C}}_{n}^{0} < {\mathrm{C}}_{n}^{1} < {\mathrm{C}}_{n}^{2} < \cdots < {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n - 3}{2}} < {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n - 1}{2}}; $$ 当 $r = \frac{n - 1}{2}$ 时, ${\mathrm{C}}_{n}^{r + 1} = {\mathrm{C}}_{n}^{r}$ ,即 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n - 1}{2}} = {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n + 1}{2}}$ ; 而当 $r \in \; \left\{ {\frac{n + 1}{2},\frac{n + 3}{2},\cdots , n - 1}\right\}$ 时, $$ {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n + 1}{2}} > {\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n + 3}{2}} > \cdots > {\mathrm{C}}_{n}^{n}. $$ 所以,当 $n$ 为奇数时,最大值是中间的两项 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n - 1}{2}}$ 及 ${\mathrm{C}}_{n}^{\frac{n + 1}{2}}$ . 例 6 求 ${\left( 1 + 3x\right) }^{15}$ 的二项展开式中系数最大的项. 解 对 $r = 0,1,2,\cdots ,{15}$ ,展开式的第 $r + 1$ 项是 ${\mathrm{C}}_{15}^{r}{\left( 3x\right) }^{r}$ . 设这一项的系数为 ${c}_{r + 1}$ ,就有 ${c}_{r + 1} = {3}^{r}{\mathrm{C}}_{15}^{r}$ . 显然, ${c}_{r + 1} > 0$ . 因此,对于 $r \in \{ 0,1,2,\cdots ,{14}\}$ ,就有 $$ \frac{{c}_{r + 2}}{{c}_{r + 1}} - 1 = \frac{{3}^{r + 1}{\mathrm{C}}_{15}^{r + 1}}{{3}^{r}{\mathrm{C}}_{15}^{r}} - 1 = \frac{{44} - {4r}}{r + 1}. $$ 所以,当 $r \in \{ 0,1,2,\cdots ,{10}\}$ 时, ${c}_{r + 2} > {c}_{r + 1}$ 成立,即 ${c}_{12} > {c}_{11} > \cdots > \; {c}_{1}$ ; 当 $r = {11}$ 时, ${c}_{r + 2} = {c}_{r + 1}$ ,即 ${c}_{12} = {c}_{13}$ ; 而当 $r \in \{ {12},{13},{14}\}$ 时, ${c}_{r + 2} < {c}_{r + 1}$ 成立,即 ${c}_{16} < {c}_{15} < {c}_{14} < {c}_{13}$ . 因此，系数最大的项是第 12 项 ${\mathrm{C}}_{15}^{11}{3}^{11}{x}^{11} = {241805655}{x}^{11}$ 和第 13 项 ${\mathrm{C}}_{15}^{12}{3}^{12}{x}^{12} = {241805655}{x}^{12}$ ,其中 ${\mathrm{C}}_{15}^{11}{3}^{11} = {\mathrm{C}}_{15}^{12}{3}^{12}$ . ### 练习 6.5(2) 1. ( 1 )若 ${\left( 1 - x\right) }^{6} = {a}_{0} + {a}_{1}x + {a}_{2}{x}^{2} + \cdots + {a}_{6}{x}^{6}$ ，求 ${a}_{0} + {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{6}$ 的值； (2)已知 ${\left( x + 1\right) }^{n} = {a}_{0} + {a}_{1}\left( {x - 1}\right) + {a}_{2}{\left( x - 1\right) }^{2} + {a}_{3}{\left( x - 1\right) }^{3} + \cdots + {a}_{n}{\left( x - 1\right) }^{n}(n \geq 2$ , $n$ 为正整数),求 ${a}_{0} + {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{n}$ 的值. 2.(1)求 ${\left( 1 + 2x\right) }^{7}$ 的二项展开式中系数最大的项； (2)求 ${\left( 1 - 2x\right) }^{7}$ 的二项展开式中系数最大的项. ### 习题 6.5 #### A 组 1. 求 ${\left( 2{x}^{2} - \frac{1}{x}\right) }^{6}$ 的二项展开式中的中间项. 2. 求 ${\left( x + \frac{1}{x}\right) }^{10}$ 的二项展开式中的常数项. 3. 在 ${\left( \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right) }^{24}$ 的二项展开式中, $x$ 的幂指数是负数的项一共有多少个? 4. 求 ${\left( x + \frac{1}{2}\right) }^{8}$ 的二项展开式中系数最大的项. 5. 已知 $x > 0$ ,且 ${\left( x + \frac{1}{{x}^{3}}\right) }^{9}$ 的二项展开式中,第二项不大于第三项. 求实数 $x$ 的取值范围. #### B 组 1. 已知 ${\left( 1 + x\right) }^{10} = {a}_{0} + {a}_{1}\left( {1 - x}\right) + {a}_{2}{\left( 1 - x\right) }^{2} + \cdots + {a}_{10}{\left( 1 - x\right) }^{10}$ ,求 ${a}_{8}$ 的值. 2. 求 ${\left( 3 - 2x\right) }^{9}$ 的二项展开式中系数最大的项. 3. 设 $f\left( x\right) = {\left( 1 + x\right) }^{m} + {\left( 1 + x\right) }^{n}\left( {m\text{ 、 }n}\right.$ 为正整数 $)$ . 若二项展开式中关于 $x$ 的一次项系数之和为 11,则当 $m\text{ 、 }n$ 为何值时,含 ${x}^{2}$ 项的系数取得最小值? 4. 在 ${\left( 1 + x\right) }^{n}$ 的二项展开式中,设奇数项之和为 $A$ ,偶数项之和为 $B$ . 求证: ${A}^{2} - {B}^{2} = \; {\left( 1 - {x}^{2}\right) }^{n}$ . ## 课后阅读 ### 利用组合的定义和多项式的乘法规则证明二项式定理 先来考察 ${\left( a + b\right) }^{3} = \left( {a + b}\right) \left( {a + b}\right) \left( {a + b}\right)$ 的二项展开式. 根据多项式的乘法运算规则, ${\left( a + b\right) }^{3}$ 的二项展开式中的每一项是从 $\left( {a + b}\right) \left( {a + b}\right) \left( {a + b}\right)$ 的每一个括号中任意取出一个字母的乘积,因而展开式的每一项都是三次式,即 ${\left( a + b\right) }^{3}$ 的二项展开式恰由以下 4 个形式的项组成: $$ {a}^{3},{a}^{2}b, a{b}^{2},{b}^{3}. $$ --- 从特殊到一般, 这是数学中常用的研究方法. --- 对于每一项的系数, 可以利用组合的定义得到: ${a}^{3}$ 相当于 3 个括号中,每一个都不取字母 $b$ ,这样的取法有 ${\mathrm{C}}_{3}^{0}$ 种,所以 ${a}^{3}$ 的系数为 ${\mathrm{C}}_{3}^{0} = 1$ ${a}^{2}b$ 相当于 3 个括号中,恰有一个取出字母 $b$ ,这样的取法有 ${\mathrm{C}}_{3}^{1}$ 种,所以 ${a}^{2}b$ 的系数为 ${\mathrm{C}}_{3}^{1} = 3$ ; $a{b}^{2}$ 相当于 3 个括号中,恰有两个取出字母 $b$ ,这样的取法有 ${\mathrm{C}}_{3}^{2}$ 种,所以 $a{b}^{2}$ 的系数为 ${\mathrm{C}}_{3}^{2} = 3$ ; ${b}^{3}$ 相当于 3 个括号中,每一个都取出字母 $b$ ,这样的取法有 ${\mathrm{C}}_{3}^{3}$ 种,所以 ${b}^{3}$ 的系数为 ${\mathrm{C}}_{3}^{3} = 1.$ 因此, ${\left( a + b\right) }^{3}$ 的二项展开式可以写为 $$ {\mathrm{C}}_{3}^{0}{a}^{3} + {\mathrm{C}}_{3}^{1}{a}^{2}b + {\mathrm{C}}_{3}^{2}a{b}^{2} + {\mathrm{C}}_{3}^{3}{b}^{3}. $$ 一般地,对于 ${\left( a + b\right) }^{n} = \underset{n\text{ 个括号 }}{\underbrace{\left( {a + b}\right) \left( {a + b}\right) \cdots \left( {a + b}\right) }}$ ,根据多项式的乘法运算规则, ${\left( a + b\right) }^{n}$ 的二项展开式中的每一项是从 $\underset{n\text{ 个括号 }}{\underbrace{\left( {a + b}\right) \left( {a + b}\right) \cdots \left( {a + b}\right) }}$ 的每一个括号中任意取出一个字母的乘积,因而展开式的每一项都是一个 $n$ 次式,即 ${\left( a + b\right) }^{n}$ 的二项展开式由以下 $n + 1$ 个形式的项组成: $$ {a}^{n},{a}^{n - 1}b,\cdots ,{a}^{n - r}{b}^{r},\cdots , a{b}^{n - 1},{b}^{n}\text{ ,其中 }r = 0,1,\cdots , n\text{ . } $$ 类似于上面的分析,对于 $r = 0,1,\cdots , n,{a}^{n - r}{b}^{r}$ 相当于 $n$ 个括号中,恰有 $r$ 个取出字母 $b$ ,这样的取法有 ${\mathrm{C}}_{n}^{r}$ 种,所以 ${a}^{n - r}{b}^{r}$ 的系数为 ${\mathrm{C}}_{n}^{r}$ . 因此, ${\left( a + b\right) }^{n}$ 的二项展开式可以写为 $$ {\mathrm{C}}_{n}^{0}{a}^{n} + {\mathrm{C}}_{n}^{1}{a}^{n - 1}b + {\mathrm{C}}_{n}^{2}{a}^{n - 2}{b}^{2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{r}{a}^{n - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n}{b}^{n}. $$ ## 内容提要 1. 乘法原理(分步计数原理):做一件事，需要依次完成 $n$ 个步骤，其中完成第一步有 ${a}_{1}$ 种不同的方法,完成第二步有 ${a}_{2}$ 种不同的方法, $\cdots \cdots$ ,完成第 $n$ 步有 ${a}_{n}$ 种不同的方法,那么完成这件事共有 ${a}_{1}{a}_{2}\cdots {a}_{n}$ 种不同的方法. 2. 加法原理(分类计数原理):做一件事，完成它有 $n$ 类办法，其中第一类办法有 ${a}_{1}$ 种不同的方法，第二类办法有 ${a}_{2}$ 种不同的方法，……，第 $n$ 类办法有 ${a}_{n}$ 种不同的方法， 那么完成这件事共有 ${a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{n}$ 种不同的方法. 3. 乘法原理和加法原理是关于计数的两个基本原理，它们是推导排列数、组合数公式的基础，在解题中应正确区分和灵活使用. 4. 从 $n$ 个互不相同的元素中，取出 $m\left( {m \leq n}\right)$ 个不同元素按照一定的顺序排成一列， 叫做从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的一个排列. 所有这样的排列的个数(排列数)用符号 ${\mathrm{P}}_{n}^{m}$ 表示,其值为 ${\mathrm{P}}_{n}^{m} = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \left( {n - m + 1}\right) = \frac{n!}{\left( {n - m}\right) !}$ ,而 $n! = n\left( {n - 1}\right) \left( {n - 2}\right) \cdots \; 3 \cdot 2 \cdot 1$ . 5. 从 $n$ 个互不相同的元素中，取出 $m\left( {m \leq n}\right)$ 个不同元素作为一组，叫做从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的一个组合. 所有这样的组合的个数(组合数)用符号 ${\mathrm{C}}_{n}^{m}$ 表示，其值为 ${\mathrm{C}}_{n}^{m} \; = \frac{{\mathrm{P}}_{n}^{m}}{{\mathrm{P}}_{m}^{m}} = \frac{n!}{m!\left( {n - m}\right) !}.$ 6. 已知 $m$ 是自然数， $n$ 是正整数，且 $m \leq n$ ，则 ${\mathrm{C}}_{n}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{n - m}$ ， ${\mathrm{C}}_{n + 1}^{m} = {\mathrm{C}}_{n}^{m} + {\mathrm{C}}_{n}^{m - 1}$ . 7. 排列和组合是两个基本的计数问题，在解决实际问题时，要善于分析问题的条件， 把问题转化为相应的排列或组合问题. 8. 等式 ${\left( a + b\right) }^{n} = {\mathrm{C}}_{n}^{0}{a}^{n} + {\mathrm{C}}_{n}^{1}{a}^{n - 1}b + {\mathrm{C}}_{n}^{2}{a}^{n - 2}{b}^{2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{r}{a}^{n - r}{b}^{r} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n}{b}^{n}$ 称为二项式定理. 等式右边的第 $r + 1$ 项为 ${\mathrm{C}}_{n}^{r}{a}^{n - r}{b}^{r}\left( {r = 0,1,2,\cdots , n - 1, n}\right)$ . 9. 对任意正整数 $n,{\mathrm{C}}_{n}^{0} + {\mathrm{C}}_{n}^{1} + {\mathrm{C}}_{n}^{2} + \cdots + {\mathrm{C}}_{n}^{n} = {2}^{n}$ . ## 复习题 ### A 组 1. 如图,用 6 种不同的颜色将 $A\text{ 、 }B\text{ 、 }C$ 三个区域涂色,每个区域涂上一种颜色,且有公共边的区域不能涂同一种颜色. 问: 不同的涂色方法共有多少种? ![bo_d4slon3ef24c73be0qm0_37_707_253_268_99_0.jpg](images/bo_d4slon3ef24c73be0qm0_37_707_253_268_99_0.jpg) (第 1 题) 2.5 个工程队分别承建某项工程的 5 个不同的子项目, 每个工程队各承建其中的 1 项, 且甲工程队不能承建 1 号子项目. 问: 不同的承建方案有多少种? 3. 从 0、1、2、3、4、5 六个数字中任取四个数字，可以组成多少个没有重复数字、 且为奇数的四位数? 4. 解关于正整数 $x$ 的方程: ${11}{C}_{x}^{3} = {24}{C}_{x + 1}^{2}$ . 5. 已知 ${\left( {x}^{2} + \frac{1}{x}\right) }^{n}$ 的二项展开式的各项系数之和为 32,求该二项展开式中 $x$ 的系数. 6. 若 ${\left( 1 - 2x\right) }^{4} = {a}_{0} + {a}_{1}x + {a}_{2}{x}^{2} + {a}_{3}{x}^{3} + {a}_{4}{x}^{4}$ ,求 $\left| {a}_{0}\right| + \left| {a}_{1}\right| + \left| {a}_{3}\right|$ 的值. 7. 若 ${\left( {x}^{6} + \frac{1}{x\sqrt{x}}\right) }^{n}$ 的二项展开式中含有常数项,求 $n$ 的最小值. ### B 组 1.7 名学生站成一排拍毕业纪念照, 其中甲必须站在正中间, 并且乙、丙 2 名学生要站在一起. 问: 有多少种不同的排法? 2. 将 5 个不同的小球分别放到 3 个不同的盒子中, 要求每个盒子都不空. 问: 有多少种不同的放法? 3. 从 7 名男乒乓球队员、 5 名女乒乓球队员中任选 4 名进行男女混合双打，不同的分组方法有多少种? 4. 3 名男生、4 名女生排成一行. 在下列要求下，分别求不同排列方法的种数: (1)甲不在最左边，乙不在最右边； (2)男生必须排在一起； (3)男生和女生相间排列； (4)在甲、乙两人中间必须有 3 人. 5. 一个口袋内有 4 个不同的红球、6 个不同的白球. (1)从中任取 4 个球, 红球的个数不比白球少的取法有多少种? (2)若取一个红球记 2 分，取一个白球记 1 分. 从中任取 5 个球，使总分不少于 7 分的取法有多少种? 6. 设 ${\left( 2 - \sqrt{3}x\right) }^{100} = {a}_{0} + {a}_{1}x + {a}_{2}{x}^{2} + \cdots + {a}_{100}{x}^{100}$ ,求下列各式的值: (1) ${a}_{0}$ ; (2) ${a}_{1} + {a}_{3} + {a}_{5} + \cdots + {a}_{99}$ ； (3) ${\left( {a}_{0} + {a}_{2} + {a}_{4} + \cdots + {a}_{100}\right) }^{2} - {\left( {a}_{1} + {a}_{3} + \cdots + {a}_{99}\right) }^{2}$ . 7. 利用二项式定理,求 ${55}^{55}$ 被 8 除所得的余数. ## 拓展与思考 1. 设集合 $A$ 是由所有满足下面条件的有序数组 $\left( {{x}_{1},{x}_{2},{x}_{3},{x}_{4},{x}_{5}}\right)$ 构成的: 每一个元素 ${x}_{i}$ 等于 0、1、-1 中之一,其中 $i = 1,2,3,4,5$ . 那么集合 $A$ 中满足条件" $1 \leq \left| {x}_{1}\right| \; + \left| {x}_{2}\right| + \left| {x}_{3}\right| + \left| {x}_{4}\right| + \left| {x}_{5}\right| \leq 3$ " 的元素有多少个? 2. 利用二项式定理证明: 对于任意正整数 $n,\frac{1}{\sqrt{5}}\left\lbrack {{\left( 2 + \sqrt{5}\right) }^{n} - {\left( 2 - \sqrt{5}\right) }^{n}}\right\rbrack$ 都是正整数.