组合数学作业讲解共33页

1 个小三角形。
由鸽巣原理可知： mn 个点必有两点落于同一个小三角形内，
则其距离不大于 1/n.
2．证： a1, a2 …… am m 个数，i=1,2…..m.
设 ai mi q ri
0≤ ri ≤m-1
当 ri =0 时，存在一个整数可以被 m 整除。
当 ri 从 1…..m-1 这 m-1 个中取值，那么 m 个 ri 中只有 m-1
rj
，i＞j，则有 = 可以被 n 整除。
ri
sk
ai
aj
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

习题三 [2.18(a)] a −6a +8a = 0 n n−1 n−2 解:设 G( x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + ...... 则 D( x) = 1 − 6x + 8x2
D( x) G( x) = (1 − 6x + 8x2 )(a0 + a1 x + a2 x2 + ...) = a0 + (a1 − 6a0 ) x
1 1− x2 （2） G x) = −x − x3 − x5 −... = − x ( 2 1− x
（3）G x) =1− x + x2 − x3 + x4 − x5 +... = (
1 1+ x
9
2011-9-6
离散数学
∞ 1+ x [2.12]已知 [2.12]已知 an = ∑k2， ，求序列{ = ∑(n+1)2xn 求序列{an}的母函数 3 (1− x) n=0 k=1 是序列{ 的母函数， 解：令 B(x) = 1+ x 是序列{bn}的母函数， (1− x)3 即有 bn = (n+1)2 n+1
2011-9-6
离散数学
5
习题一
[1.38] 给出 r +r +1 +r + 2 +... +n = n+1 的组合意义？ 的组合意义？
组合意义一： 组合意义一：
r r r
r r +1
从{a1, a2, … , an+1}不可重复的取r +1个的组合数为 n+1 不可重复的取r +1个的组合数为

设所求方案数为p(m+n；m，n)
则P(m+n；m，n)·m!·n!=(m+n)!
故P(m+n;m,n)=
—(mm—+!nn—!)!
=
(
m+n m
)
=(m+nn
)
=C(m+n,m)

设c≥a,d≥b,则由(a,b)到(c,d)的简单格路数
为|(a,b)(c,d)|=(
(c-a)+(d-b) c-a
y y=x
(m,n)
y x-y=1
(m,n. )
(0,1) . .
0 (1,0)
x (0,0) .. ..
x
(1,-1)
容易看出从(0,1)到(m,n)接触x=y的格路与
(1,0)到(m,n)的格路(必穿过x=y)一一对应
故所求格路数为( m+mn-1)－( mm+n-1-1)
=
(—m+—n-1—)!
例A {1, 2,3, 4,5, 6, 7}，取3个作不相邻的组合的组合数。
例 已知线性方程 x1 x2 ... xn b, n和b都是整数，n 1, 求此方程的非负整数解的个数
例
简单格路问题
|(0,0)→(m,n)|=(
m+n m
)
从 (0,0)点出发沿x轴或y轴的正方向每步
走一个单位，最终走到(m,n)点，有多少
m!(n-1)!
－(m—+n—-1)—!
(m-1)!n!
=(m—(m-1+—)!n(-n—1-)1!)—!
( m1—
－
1n—)
=
—n-n—m
(

21
：应用举例
码b与码a之间的汉明距离要大于或等于2r+1.
如果存在a与a的距离小于r,那么a与b的距离大于r。 解：先将1到999的整数都看作3位数,例如2就看作是002，这样从000到999。
试求从1到1000的整数中，0出现的次数。 求方程的非负整数的解的个数. 因此不合法的0的个数为 码b与码a之间的汉明距离要大于或等于2r+1. 9 *Stirling公式 35 C(m,0)+C(m,1)+C(m,2)+…+C(m,m)=2m
6
1.6.3 线性方程的整数解的个数问题:
x1+x2+…+xn=b,n和b都是非负整数;
求方程的非负整数的解的个数. 允许重复的组合模型是r个无标志的球放进n个有 区别的盒子的情况:
方程的非负整数的个数与b个无标志的球放进n个 有区别的盒子的情况一一对应.
C(n+b-1,b)
7
1.7 组合的解释
m[C(n,0)+C(n,1)+…+C(n,r)]≤2n
m
2n
C(n,0)C(n,1)...C(n,r)
***
23
1.9 司特林（Stirling公式）
n!~ 2n(n)n
e
2n (n)n
lim n
e 1 n!
***
24
1.9 例题
例：求小于10000的正整数中含有数字1的数的个数。
解：小于10000的正整数是1到9999，如果我们 把不到4位的数前面补零，
{1，2}，{1，3}， {2，3}，
如果允许重复，多了
{1，1}， {2，2}， {3，3}。
组合模型:

《组合数学》教案1章讲解组合数学教案第一章讲解一、教学目标：1.了解组合数学的基本概念和方法2.掌握排列和组合的计算方法3.学会应用排列和组合解决问题二、教学重点：1.排列和组合的基本概念2.排列和组合的计算方法三、教学难点：1.排列和组合的应用问题的解决四、教学准备：1.教材《组合数学》2.课件3.黑板、粉笔五、教学过程：1.导入通过举例引入排列和组合的概念，引发学生对组合数学的兴趣。

例如：小明有5本不同的书，他想从这些书中选出三本看。

那么他有多少种不同的选择方法？2.引入通过引入数学公式引出排列和组合的计算方法以及其应用。

首先引入乘法原理，介绍排列的概念和计算方法。

然后引入除法原理，介绍组合的概念和计算方法。

3.排列的概念和计算方法从实际问题中引出排列的概念，如小红有4个不同的糖果，她想把这些糖果排成一排，一共有多少种不同的排列方法？然后介绍排列的计算方法，如何计算排列的种数。

4.组合的概念和计算方法从实际问题中引出组合的概念，如小明有8个不同的苹果，他想从中选出3个苹果吃，一共有多少种不同的选择方法？然后介绍组合的计算方法，如何计算组合的种数。

5.排列和组合的应用问题解决通过实际问题的解决引出排列和组合的应用。

如有5个不同的音乐家，要从中选出3人组成一支乐队，一共有多少种不同的组合方法？然后引出组合计数原理，帮助学生解决应用问题。

6.练习和总结让学生通过练习巩固排列和组合的计算方法，解决应用问题。

然后总结排列和组合的基本概念和计算方法。

七、课堂小结通过本节课的学习，我们了解了组合数学的基本概念和计算方法，掌握了排列和组合的计算方法，并学会应用排列和组合解决问题。

八、作业布置布置相关习题作业，巩固所学知识。

九、课后拓展鼓励学生自学相关拓展内容，如组合数学的其他应用等。

以上是《组合数学》第一章的教案讲解，通过本节课的学习，相信学生能够掌握排列和组合的基本概念和计算方法，并能够应用排列和组合解决问题。

初中数学知识归纳解组合数的问题组合数是数学中一个非常重要的概念，它在组合数学、概率论、统计学等领域中都有广泛的应用。

本文将对初中阶段学习的数学知识进行归纳总结，重点解析组合数的相关问题。

一、组合数的定义与性质组合数是从n个不同元素中取出m个元素（不考虑元素的顺序）所组成的集合的个数，通常用C(n,m)或者(n, m)表示。

组合数的计算公式为：C(n,m) = n! / (m!(n-m)!)其中，n!表示n的阶乘，即n! = n × (n-1) × ... × 3 × 2 × 1。

组合数的性质有：1. C(n,0) = C(n,n) = 1，即从n个元素中取出0个元素或者取出n个元素的组合数都等于1。

2. C(n,1) = C(n,n-1) = n，即从n个元素中取出1个元素或者取出n-1个元素的组合数都等于n。

3. C(n,m) = C(n,n-m)，即从n个元素中取出m个元素的组合数与取出n-m个元素的组合数相等。

二、组合数的计算方法1. 利用组合数的计算公式直接计算。

例如，计算C(5,2)的值，按照组合数的计算公式，可以得到：C(5,2) = 5! / (2!(5-2)!) = 5! / (2!3!) = (5×4×3×2×1) / ((2×1)×(3×2×1)) = 10。

2. 利用递推关系进行计算。

根据组合数的递推关系，可以通过前一行组合数的值计算出下一行的组合数。

具体方法是，利用C(n+1,m) = C(n,m) + C(n,m-1)的递推关系，逐次计算出所需要的组合数。

例如，计算C(5,3)的值，可以通过如下计算过程得到：C(5,3) = C(4,3) + C(4,2) = (C(3,3) + C(3,2)) + (C(3,2) + C(3,1)) = 1 + 3 + 3 + 3 + 1 = 10。

作业11.设想一个监狱有64个囚室组成，这些囚室排列得象一张8X8的棋盘。

所有相邻的囚室之间都有门相通。

一个被囚在某个角上囚室中的犯人被告知，如果他能够恰好通过每个囚室一次而到达对角位置上的囚室，他就将被释放。

问：该犯人能否得到自由？2.构造一个6阶幻方。

3.证明3阶幻方必然在中心位置有一个5。

试推导：恰好存在8个3阶幻方。

4.各堆大小分别为22，19，14和11的4-堆Nim取子游戏是平衡的还是非平衡的？游戏人I的第一次取子方式是从大小为19的堆中取走6枚硬币，游戏人II的第一次取子方式是什么？5.一局游戏在两个游戏人之间如下交替进行：游戏从一空堆开始。

当轮到一个游戏人时，他可以往该堆中加进1，2，3或4枚硬币。

往堆中加进第100枚硬币的游戏人为得胜者。

确定在这局游戏中是游戏人I还是游戏人II能够确保获胜。

获胜的策略是什么？作业21．证明：有理数m/n展开的十进制小数最终是要循环的。

2．一个学生有37天用来准备考试。

根据过去经验，她知道她需要不超过60小时的学习时间。

她还希望每天至少学习1小时。

证明，无论她如何安排学习时间（假设每天的学习时间都是整数个小时），都存在连续的若干天，在此期间她恰好学习了13个小时。

3．证明，从边长为2的正方形中任选5个点，它们当中存在2个点，这2点的距离至多为根号2。

4．有一个100人的聚会。

每个人都有偶数个（可能是0个）熟人。

证明，在这次聚会上存在3个人有相同个数的熟人。

5．确定一副牌中（52张）下列类型的一手牌（5张）的数目。

(1)full house（3张一样大小的牌及2张相同点数的另外的牌）(2)顺牌（5张点数相连的牌）(3)同花（5张一样花色的牌）(4)同花顺（5张点数相连的同样花色的牌）(5)恰好两个对(6)恰好一个对6．15人围坐一个圆桌。

如果B拒绝挨着A坐，有多少种围坐方式？如果B只拒绝坐在A 的右侧，又有多少种围坐方式？7．给定8个车，其中5个红车，3个蓝车。

k 0
k 0
2n
C C 另一方面，从展开式 (1 x)2n
k x k 知道 x n 的系数为 n ，因而得
2n
2n
k 0
n
2
C C ( k) n
n
2n
k 0
2021/6/16
20
n
2
C C 例 4-1（2006 复旦） 求证： ( k) n
n
2n
k 0
法二（构造模型） 某班共有 2n 名学生，现从中选出 n 个学生参加某项活动，显然这样
个数互不相邻的子集
{a1, a2 ,, a6}, ai 1 ai1, i 1,2,3,4,5 记满足（1）式的所有 6 元子集的集合为 A ，并令
f : (a1, a2 ,, a6 ) (b1, b2 ,, b6 ) 其中
（1） （2）
bi ai i 1,i 1,2,3,4,5,6.
一类是 Sn 与 S1 不同色，此时的染色方法有 an 种；另一类是 Sn 与 S1 同色，则将 Sn 与 S1 合并为一个扇形，
并注意到此时 Sn1 与 S1 不同色，故这时的的染色方法有 an1 种，由加法原理得 ≥2）
an + an1 = m(m 1)n1（ n
（3）求 an 。令 bn
= an (m 1)n
C 的选法共有 n 种；另一方面，将这 2n 名学生分成 A 、B 两组，每组 n 2n
个学生，若从 A 组中选出 0 个学生，从 B 组中选出 n 个学生，有
C C C 0 n ( 0)2 种选法；从 A 组中选出 1 个学生，从 B 组中选出 n 1个
C 由于 || B | 就是集合 {1,2,, n 4} 的四元子集的个数，即 4 ，从而 n4

第1章32 *第2章4, 16, 20 *第3章4, 5, 26 *第4章8, 15, 23, 33 *第5章可选: 27, 28第6章3, 5, 17, 25 *第7章6, 11, 21, 24, 38 *第8章第9章11, 12, 15, 16第10章12, 17, 43, 46 *第14章15, 20, 26, 32 *第一章1.32．证明：在具有奇数枚硬币且堆的数目是奇数的Nim取子游戏中，游戏人I总能够取胜。

注：原版题目为证明若在一个Nim取子游戏中，有奇数枚硬币的堆的数目是奇数，则游戏人I总能够取胜。

证明：设共有k堆硬币，且每堆中硬币的个数分别为n1, n2,…, n k, 令a1, a2,…, a k分别表示n1, n2,…, n k的二进制表示的最低位。

则a i=1当且仅当n i为奇数。

由于有奇数个a i等于1，所以最低位是非平衡的。

因此这是一个非平衡的Nim取子游戏。

所以游戏人I总能够取胜。

第二章2.4、证明：如果从{1，2，……，2n}中选择n+1个整数，那么总存在两个整数，它们之间的差为1。

证明一：设取到n+1个数a1 < a2 < … < a n+1. 若没有两个数的差为1，则对于任意1≤ i ≤ n，a i+1－a i ≥ 2. 于是a n+1 ≥ 2n + a1 ≥ 2n+1，矛盾。

证明二：将{1,2,…,2n}分成n组数：{1,2}, {3,4}, …, {2n-1,2n}. 由鸽巢原理，取出的n+1个数必有两个属于同一组。

2.16、证明，在一群n>1个人中，存在两个人，他们在这群人中有相同数目的熟人（假设没有人和他/她自己是熟人）。

证明：n个人中，每人认识的人数是0～n-1，但是若有一人A与0个人互相认识，则其它所有人至少与A不互相认识，所以不可能有人与n-1个人互相认识。

即n个人认识的人数中不可能同时有0和n-1. n个人认识的人数只有n-1种值，所以存在两人在这群人种有相同数目的熟人。

作业11.设想一个监狱有64个囚室组成，这些囚室排列得象一张8X8的棋盘。

所有相邻的囚室之间都有门相通。

一个被囚在某个角上囚室中的犯人被告知，如果他能够恰好通过每个囚室一次而到达对角位置上的囚室，他就将被释放。

问：该犯人能否得到自由？2.构造一个6阶幻方。

3.证明3阶幻方必然在中心位置有一个5。

试推导：恰好存在8个3阶幻方。

4.各堆大小分别为22，19，14和11的4-堆Nim取子游戏是平衡的还是非平衡的？游戏人I的第一次取子方式是从大小为19的堆中取走6枚硬币，游戏人II的第一次取子方式是什么？5.一局游戏在两个游戏人之间如下交替进行：游戏从一空堆开始。

当轮到一个游戏人时，他可以往该堆中加进1，2，3或4枚硬币。

往堆中加进第100枚硬币的游戏人为得胜者。

确定在这局游戏中是游戏人I还是游戏人II能够确保获胜。

获胜的策略是什么？作业21．证明：有理数m/n展开的十进制小数最终是要循环的。

2．一个学生有37天用来准备考试。

根据过去经验，她知道她需要不超过60小时的学习时间。

她还希望每天至少学习1小时。

证明，无论她如何安排学习时间（假设每天的学习时间都是整数个小时），都存在连续的若干天，在此期间她恰好学习了13个小时。

3．证明，从边长为2的正方形中任选5个点，它们当中存在2个点，这2点的距离至多为根号2。

4．有一个100人的聚会。

每个人都有偶数个（可能是0个）熟人。

证明，在这次聚会上存在3个人有相同个数的熟人。

5．确定一副牌中（52张）下列类型的一手牌（5张）的数目。

(1)full house（3张一样大小的牌及2张相同点数的另外的牌）(2)顺牌（5张点数相连的牌）(3)同花（5张一样花色的牌）(4)同花顺（5张点数相连的同样花色的牌）(5)恰好两个对(6)恰好一个对6．15人围坐一个圆桌。

如果B拒绝挨着A坐，有多少种围坐方式？如果B只拒绝坐在A 的右侧，又有多少种围坐方式？7．给定8个车，其中5个红车，3个蓝车。

第33讲组合平面图形【知识概述】组合图形就是由圆、扇形、弓形与三角形、正方形、长方形等规则图形组合而成的，这是一类更为复杂的不规则图形，为了计算它的面积，常常要变动图形的位置或对图形进行适当的分割、拼补、旋转等手段使之转化为规则图形的和、差关系，同时还常要和“容斥原理”（即：集合A与集合B之间有：S A∪B＝S A＋S b-S A∩B）合并使用才能解决。

周长和面积的基本公式：对于平面组合图形面积的计算问题一般将它转化为若干基本规则图形的组合，分析整体与部分的和、差关系，问题便得到解决.常用的基本方法有：（1）加法：这种方法是将不规则图形分解转化成几个基本规则图形，分别计算它们的面积，然后相加求出整个图形的面积.（2）减法：这种方法是将所求的不规则图形面积看成是若干个基本规则图形的面积之差.（3）直接求法：这种方法是根据已知条件，从整体出发直接求出不规则图形面积.（4）重新组合法：这种方法是将不规则图形拆开，根据具体情况和计算上的需要，重新组合成一个新的图形，设法求出这个新图形面积即可.（5）辅助线法：这种方法是根据具体情况在图形中添一条或若干条辅助线，使不规则图形转化成若干个基本规则图形，然后再采用相加、相减法解决即可.（6）割补法：这种方法是把原图形的一部分切割下来补在图形中的另一部分使之成为基本规则图形，从而使问题得到解决.（7）平移法：这种方法是将图形中某一部分切割下来平行移动到一恰当位置，使之组合成一个新的基本规则图形，便于求出面积.（8）旋转法：这种方法是将图形中某一部分切割下来之后，使之沿某一点或某一轴旋转一定角度贴补在另一图形的一侧，从而组合成一个新的基本规则的图形，便于求出面积.（9）对称添补法：这种方法是作出原图形的对称图形，从而得到一个新的基本规则图形.原来图形面积就是这个新图形面积的一半.（10）重叠法：这种方法是将所求的图形看成是两个或两个以上图形的重叠部分，然后运用“容斥原理”（SA∪B＝SA＋SB-SA∩B）解决。

下面是刻度组的一种搭配：取 1, 2,3 ,1,5, 6,2,3,5 型各六个，4, 4, 4 型四个；这
时恰好得到 66 条弦，且其中含刻度为1, 2,, 5 的弦各12 条，刻度为 6 的弦共 6 条；
今构造如下：先作 1, 2,3 ,1,5, 6,2,3,5 型三角形各六个，再用 4, 4, 4 等型来补充．
设点 Ak 及 Pi j 在 上的投影点分别是 Ak 及 Pij ，则点 Pij 也是线段 Ai Aj 的中点，
即这种映射也是一对一的，这就返回了情形 2 ，即此时有 f (n) 2n 3 ．
（由此例可以看出，特殊中有时也隐含着一般）
3 、将圆周 2021 等分于点 A1, A2 ,, A2021 ，在以其中每三点为顶点的三角形中，求含
(1) 、首先考虑这 n 个点共线的情况 取所共之线为数轴，自左至右，设这 n 个点为 A1, A2 ,, An ，用记号 A B 表示“点 A 先于点 B ”，即数轴上的点 A 在点 B 的左边．即有 A1 A2 An ； 又设 A1Ai 的中点为 Pi , i 2, 3,, n ； A j An 的中点为 Qj , j 1, 2, 3,, n 1 ，则显然 有 P2 P3 Pn Q1 Q2 Qn1 ， 这样至少得到 2n 3 个互不相同的红点： P2 , P3,, Pn ( Q1), Q2 ,, Qn1 ．此时有 f (n) 2n 3 ，此最小值可以达到（例如点 A1, A2 ,, An 就取为1, 2,, n 时）． (2) 、再考虑这 n 个点共面的情况 设 A1, A2 ,, An 为平面上给定的任意 n 个点，我们将两两之间所连线段的中点（红点）
少需要
72 3
24
个三角形．
再说明，下界 24 可以被取到．不失一般性，考虑周长为12 的圆周，其十二等分点为红

P2
P4
P6
P1
P3
P5
P7
作业参考答案续
[证明续] 2）否则，红色三角形的三个顶点P1， P2， P3与P5， P6， P7 中任何一个之间的线段至少两条是蓝色的， 此时至少有一个Pi ，使得Pi P5与Pi P6同为蓝色 ，则P5 P6一定为红色（否 则可得一蓝色三角形 ，命题得证） 同理， P5 P7与P6 P7也一定为红色，于是又得到一个红色的三角形，命题 得证。
P2
P4
P6
P1
P3
P5
P7
作业参考答案续
[证明续] 1）若P5 P6为蓝色（又得一蓝色三角形 ） ii)若 P4 P6， P4 P7， P5 P6， P5P7， P6P7都为红色， 显然又有2个红色三角形，命题得证
P2
P4
P6
P1
P3
P5
P7
作业参考答案续
[证明续] （3）红色三角形的三个顶点P1， P2， P3与P4，P5， P6， P7 中任 何一个之间的线段至少两条是蓝色的， 2）若P5 P6， P4 P6， P4 P7， P5 P6， P5P7， P6P7都为红色， 这样得到一个红色的K4，显然又至少有3个同色三角形，命题得证
P2
P4
P6
P2
P4
P6
P7 P1 P3 P5
P7 P1 P3 P5
作业参考答案续
[证明续] （3）红色三角形的三个顶点P1， P2， P3与P4，P5， P6， P7 中任 何一个之间的线段至少两条是蓝色的， 此时至少有一个Pi ，使得Pi P4与Pi P5同为蓝色 ，则 1）若P4P5为蓝色（又得一蓝色三角形 ） i)若 P4 P6， P4 P7， P5 P6， P5P7， P6P7中至少有一个为蓝色，不妨设为P4 P6，又至少有一个Pj ，使得Pj P4与PjP6同为蓝色 （又得一蓝色三角形 ）， 显然共有3个同色三角形，命题得证

学习目标】1．理解组合的概念．．能利用计数原理推导组合数公式． ．能解决简单的实际问题．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 ：.根据分步计数原理,得到 A nmC n m A m m.组合4 要点梳理】 ．理解组合与排列之间的联系与区别．要点一：组合1. 定义：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． 要点诠释：① 从排列与组合的定义可知,一是“取出元素” ；二是“并成一组” ,“并成一组”即表示与顺序无关.排列与元素的顺序有关，而组合与元素的顺序无关，这是它们的根本区别． ② 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 . 因此组合问题的本质是分组问题,它主要涉及元素被取到或未被 取到 . 要点二：组合数及其公式1. 组合数的定义：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．记作 C n m．要点诠释：组合”与“组合数”是两个不同的概念：一个组合是指“从 n 个不同的元素中取出 m( m ^ n )个元素并成一组”，它不是一个数，而是具体的 一件事；组合数是指“从n 个不同元素中取出 m( m < n )个元素的所有组合的个数”，它是一个数. 例如，从 3 个不同元素 a , b , c 中取出2个元素的组合为 ab , ac , be ,其中每一种都叫做一个组合,而数字 3 就是组合数．2．组合数的公式及推导求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数 A m ，可以按以下两步来考虑:要点诠释:要点诠释:上面第一个公式一般用于计算，但当数值m 、n 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.中去选取.由于男甲、女A 必须当选，只需从剩下7人中任选3人即可满足题目的要求， 故有C ； 35种不同的选法.(2) “至少”或“最多”含有几个元素的题型:解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接 法都可以求解，但通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.如(1 )中，将问题改为至少有一名女同学当选，有多少种不同的选法因此这里n , m € Nk ,且mc n ,这个公式叫做组合数公式.因为A>m —』一，所以组合数公式还可表示(n m)!为：C ：n! m!( n m)!组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法!在以后学习排列组合的混合问题时,般都是按先取后排(先组合后排列) 的顺序解决问题。

第2课时 组合的综合应用 学 习 目 标核 心 素 养 1.学会运用组合的概念，分析简单的实际问题．(重点) 2.能解决无限制条件的组合问题．(难点)通过组合解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养.组合数的两个性质45610(2)(C 98100＋C 97100)÷A 3101. [思路点拨](1)利用组合数的公式及性质，逐一进行证明或计算．(2)中排列数公式和组合数公式的综合运用．[解] (1)C 34＋C 35＋C 36＋…＋C 310＝C 44＋C 34＋C 35＋…＋C 310－C 44＝C 45＋C 35＋C 36＋…＋C 310－1＝…＝C 411－1＝329.(2)(C 98100＋C 97100)÷A 3101＝(C 2100＋C 3100)÷A 3101＝C 3101÷A 3101＝16.组合数公式C ＝A m n A m m体现了组合数与相应排列数的关系，一般在计算具体的组合数时会用到.组合数公式C ＝n ！(n －m )！m ！的主要作用有： (1)计算m ，n 较大时的组合数；(2)对含有字母的组合数的式子进行变形和证明.,特别地，当m >n 2时计算C ，用性质C ＝C 转化，减少计算量.[跟进训练]1．解方程C 3n ＋618＝C 4n －218.[解] 由原方程及组合数性质可知3n ＋6＝4n －2或3n ＋6＝18－(4n －2)，解得n ＝8或n ＝2.而当n ＝8时，3n ＋6＝30>18，不符合组合数的定义，故舍去．因此n＝2.有限制条件的组合问题各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．[解](1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C12·C411＋C22·C311＝825种．或采用排除法有C513－C511＝825种．(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966种．(3)分两种情况：第一类：女队长当选，有C412种；第二类：女队长不当选，有C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44种．故共有C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790种．在本例条件下，至多有1名队长被选上的方法有多少种？[解]分两类情况：第一类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人有C511＝462种选法．第二类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有：C411＋C411＝660种选法．所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660＝1 122种．1．特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．2．含有“至多”“至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．3．分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．[跟进训练]2．某地区发生了特别重大铁路交通事故，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴事故现场抢救伤员，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？[解](1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90种抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，法一：(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法；根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185种抽调方法．法二：(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：C610－C14·C56－C66＝185种抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”、“有1名”、“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115种抽调方法.分组(分配)问题1．把3个苹果平均分成三堆共有几种分法？为什么？[提示]共1种分法．因为三堆无差异．2．若把3个不同的苹果分给三个人，共有几种方法？[提示]共有A33＝3×2×1＝6种分法．【例3】6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；(2)分为三份，每份两本；(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．[思路点拨](1)是平均分组问题，与顺序无关，相当于6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人，可以理解为一个人一个人地来取，(2)是“均匀分组问题”，(3)是分组问题，分三步进行，(4)分组后再分配，(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”、“1、2、3型”、“1、1、4型”．[解](1)根据分步乘法计数原理得到：C26C24C22＝90种．(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有C26C24C22种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x 种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A 33种方法．根据分步乘法计数原理可得：C 26C 24C 22＝x A 33，所以x ＝C 26C 24C 22A 33＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法． (3)这是“不均匀分组”问题，一共有C 16C 25C 33＝60种方法．(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C 16C 25C 33A 33＝360种方法．(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有C 26C 24C 22＝90种方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有C 16C 25C 33A 33＝360种方法；③“1、1、4型”，有C 46A 33＝90种方法．所以一共有90＋360＋90＝540种方法．分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：(1)完全均匀分组，每组的元素个数均相等.(2)部分均匀分组，应注意不要重复，有n 组均匀，最后必须除以n ！.(3)完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象.[跟进训练]3．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．36[分两步完成：第一步，将4名大学生按2,1,1分成三组，其分法有C 24·C 12·C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种．所以满足条件的分配方案有C 24·C 12·C 11A 22·A 33＝36(种)．] 1．恰当利用组合数的两个性质，可使问题简化．2．对于含有限制条件的组合问题，要合理分类、必要时可用间接法．3．对于分组问题应注意避免计数的重复或遗漏，对于分配问题解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)C 1m ＋C 2m ＝C 3m ＋1(m ≥2且m ∈N *)．( )(2)从4名男生3名女生中任选2人，至少有1名女生的选法共有C 12C 16种．()(3)把4本书分成3堆，每堆至少一本共有C24种不同分法．()[答案](1)×(2)×(3)√2．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有()A．C310种B．A310种C．A13A27种D．C13C27种D[每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C13种选法；第二步，选男工，有C27种选法．故共有C13C27种不同的选法．] 3．方程C x14＝C2x－4的解为________．14，∴x＝2x－4或x＋2x－4＝14，即x＝4或x＝6.] 4或6[由C x14＝C2x－4144．高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动．(1)其中某一女生必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一女生不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2名女生在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2名女生在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2名女生在内，不同的取法有多少种？[解](1)从余下的34名学生中选取2名，有C234＝561(种)．∴不同的取法有561种．(2)从34名可选学生中选取3名，有C334种．或者C335－C234＝C334＝5 984种．∴不同的取法有5 984种．(3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有C120C215＝2 100种．∴不同的取法有2 100种．(4)选取2名女生有C120C215种，选取3名女生有C315种，共有选取方式N＝C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种．∴不同的取法有2 555种．(5)选取3名的总数有C335，因此选取方式共有N＝C335－C315＝6 545－455＝6 090种．∴不同的取法有6 090种．。

组合数学解析在数学领域中，组合数学是研究离散结构的一门学科，它主要关注于物体的集合以及它们之间的排列、组合和选择方式。

组合数学广泛应用于计算机科学、信息技术、统计学、天文学等多个领域，在许多实际问题的建模和解决中都起到了重要的作用。

一、组合数学的基本概念1. 排列与组合在组合数学中，排列和组合是两个基本的概念。

排列是指一组对象按照一定顺序进行排列的方式，而组合则是指从一组对象中选取一部分对象进行组合的方式。

排列和组合的计算公式为：排列公式：P(n,m) = n!/(n-m)!组合公式：C(n,m) = n!/[(n-m)! * m!]其中，n表示对象的总数，m表示要排列或组合的对象的数量，n!表示n的阶乘。

2. 二项式系数在组合数学中，二项式系数表示的是两个数的二项式展开系数，它也是组合数学中的重要概念。

二项式系数的计算公式为：C(n,m) = n!/[(n-m)! * m!]二项式系数在组合数学中起到了非常重要的作用，它们具有许多重要的性质和应用。

二、组合数学的应用领域1. 组合数学在计算机科学中的应用在计算机科学中，组合数学是一门非常重要的学科。

组合数学的许多概念和方法被广泛应用于算法设计、图论、密码学、数据压缩等领域。

例如，在算法设计中，对于排列和组合的问题，组合数学可以提供有效的算法和优化策略。

在密码学中，组合数学的概念被用于设计和分析密码算法的安全性。

2. 组合数学在信息技术中的应用在信息技术领域中，组合数学也扮演着重要的角色。

例如，编码理论中的纠错码和压缩码的设计就依赖于组合数学的概念和方法。

另外，在网络优化、通信网络设计等问题中，组合数学的知识也能够提供宝贵的解决思路。

3. 组合数学在统计学中的应用在统计学中，组合数学可以用于描述和统计样本空间以及事件的可能性。

组合数学中的概率论和统计学概念有紧密的联系，例如样本空间的总数、事件的发生概率等都可以通过组合数学的方法进行计算和分析。

此外，组合数学还在实验设计、随机模型等方面发挥着重要作用。

组合数学中的常见问题1、四色问题四色问题又称四色猜想、四色定理，是世界近代三大数学难题之一。

地图四色定理最先是由一位叫古德里的英国大学生提出来的。

四色问题的内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。

”用数学语言表示即“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1234这四个数字之一来标记而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。

”这里所指的相邻区域是指有一整段边界是公共的。

如果两个区域只相遇于一点或有限多点就不叫相邻的。

因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。

它的理论基础是，地图上任何一个区域必将存在邻域，且又通过邻域与其他非邻域发生间接联系，可以将任何一个地图以图论图形的表示出来。

人们发现四色问题出人意料地困难，曾经有许多人发表四色问题的证明或反例，但都被证实是错误的。

后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。

直到电子计算机问世以后，由于演算速度迅速提高，加之人机对话的出现，大大加快了对四色猜想证明的进程。

最后，1976年6月，在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上，用了1200个小时，作了100亿个判断，结果没有一张地图是需要五色的，最终证明了四色定理。

2、中国邮差问题中国邮差问题就是邮递员在某一地区的信件投递路程问题。

邮递员每天从邮局出发，走遍该地区所有街道再返回邮局，问题是他应如何安排送信的路线可以使所走的总路程最短。

这个问题由中国学者管梅谷在1960年首先提出，并给出了解法“奇偶点图上作业法”。

如果用顶点表示交叉路口，用边表示街道，那么邮递员所管辖的范围可用一个赋权图来表示，其中边的权重表示对应街道的长度。

用图论语言叙述为：在一个具有非负权的赋权连通图G中，找出一条权最小的环游。

这种环游称为最优环游。

若G是欧拉图，则G的任意欧拉环游都是最优环游，从而可利用弗勒里算法求解。

若G不是欧拉图，则G的任意一个环游必定通过某些边不止一次。

和中国邮递员问题类似的是旅行商问题，不过，旅行商问题是说在边赋权的完全图中找一个权和最小的哈密尔顿圈。