高中数学竞赛讲义(13)排列组合与概率Word格式.doc

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（1）；

（2）；

（3）；

（4）；

（5）；

（6）。

7．定理1：

不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为。

[证明]将r个相同的小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A，不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解构成的集合为B，A的每个装法对应B的唯一一个解，因而构成映射，不同的装法对应的解也不同，因此为单射。

反之B中每一个解（x1,x2,…,xn）,将xi作为第i个盒子中球的个数，i=1,2,…,n，便得到A的一个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r个小球从左到右排成一列，每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个，将球分n份，共有种。

故定理得证。

推论1 

不定方程x1+x2+…+xn=r的非负整数解的个数为

推论2 

从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组合，其组合数为

8．二项式定理：

若n∈N+,则（a+b）n=.其中第r+1项Tr+1=叫二项式系数。

9．随机事件：

在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。

在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作p（A）,0≤p（A）≤1.

10.等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事件A包含的结果有m种，那么事件A的概率为p（A）=

11.互斥事件：

不可能同时发生的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。

如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么A1，A2，…，An中至少有一个发生的概率为

p（A1+A2+…+An）=p（A1）+p（A2）+…+p（An）.

12．对立事件：

事件A，B为互斥事件，且必有一个发生，则A，B叫对立事件，记A的对立事件为。

由定义知p（A）+p（）=1.

13．相互独立事件：

事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。

14．相互独立事件同时发生的概率：

两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。

即p（A?

B）=p（A）?

p（B）.若事件A1，A2，…，An相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p（A1?

A2?

…?

An）=p（A1）?

p（A2）?

p（An）.

15.独立重复试验:

若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试验是独立的.

16.独立重复试验的概率:

如果在一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,这个事件恰好发生k次的概率为pn（k）=?

pk（1-p）n-k.

17．离散型随机为量的分布列：

如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫随机变量，例如一次射击命中的环数ξ就是一个随机变量，ξ可以取的值有0,1,2,…,10。

如果随机变量的可能取值可以一一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。

一般地，设离散型随机变量ξ可能取的值为x1,x2,…,xi,…,ξ取每一个值xi（i=1,2,…）的概率p（ξ=xi）=pi，则称表

ξ

x1

x2

x3

…

xi

p

p1

p2

p3

pi

为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望或平均值、均值、简称期望，称Dξ=（x1-Eξ）2?

p1+（x2-Eξ）2?

p2+…+（xn-Eξ）2pn+…为ξ的均方差，简称方差。

叫随机变量ξ的标准差。

18．二项分布：

如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率为p（ξ=k）=,ξ的分布列为

1

N

此时称ξ服从二项分布，记作ξ～B（n,p）.若ξ～B（n,p），则Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p.

19.几何分布：

在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随机变量，若在一次试验中该事件发生的概率为p，则p（ξ=k）=qk-1p（k=1,2,…），ξ的分布服从几何分布，Eξ=，Dξ=（q=1-p）.

二、方法与例题

1．乘法原理。

例1 

有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？

[解] 

将整个结对过程分n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，有2n-1种选则；

这一对结好后，再从余下的2n-2人中任意确定一个。

第二步考虑他的配对者，有2n-3种选择，……这样一直进行下去，经n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有

（2n-1）×

（2n-3）×

3×

1=

2．加法原理。

例2 

图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种？

断路共分4类：

1）一个电阻断路，有1种可能，只能是R4；

2）有2个电阻断路，有-1=5种可能；

3）3个电阻断路，有=4种；

4）有4个电阻断路，有1种。

从而一共有1+5+4+1=11种可能。

3．插空法。

例3 

10个节目中有6个演唱4个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱，有多少种不同的安排节目演出顺序的方式？

先将6个演唱节目任意排成一列有种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个安排舞蹈有种方法，故共有=604800种方式。

4．映射法。

例4 

如果从1，2，…，14中，按从小到大的顺序取出a1,a2,a3使同时满足：

a2-a1≥3,a3-a2≥3，那么所有符合要求的不同取法有多少种？

设S={1,2,…,14}，={1，2，…，10}；

T={（a1,a2,a3）|a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},={（）∈},若，令，则（a1,a2,a3）∈T,这样就建立了从到T的映射，它显然是单射，其次若（a1,a2,a3）∈T,令，则，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|==120，所以不同取法有120种。

5．贡献法。

例5 

已知集合A={1，2，3，…，10}，求A的所有非空子集的元素个数之和。

设所求的和为x，因为A的每个元素a，含a的A的子集有29个，所以a对x的贡献为29，又|A|=10。

所以x=10×

29.

[另解] 

A的k元子集共有个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为10×

29。

6．容斥原理。

例6 

由数字1，2，3组成n位数（n≥3），且在n位数中，1，2，3每一个至少出现1次，问：

这样的n位数有多少个？

用I表示由1，2，3组成的n位数集合，则|I|=3n，用A1，A2，A3分别表示不含1，不含2，不含3的由1，2，3组成的n位数的集合，则|A1|=|A2|=|A3|=2n，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。

|A1A2A3|=0。

所以由容斥原理|A1A2A3|==3×

2n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=3n-3×

2n+3个。

7．递推方法。

例7 

用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：

能构造出多少个这样的n位数？

设能构造an个符合要求的n位数，则a1=3，由乘法原理知a2=3×

3-1=8.当n≥3时：

1）如果n位数的第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1；

2）如果n位数的第一个数字是1，那么第二位只能是2或3，这样的n位数有2an-2，所以an=2（an-1+an-2）（n≥3）.这里数列{an}的特征方程为x2=2x+2，它的两根为x1=1+,x2=1-,故an=c1（1+）n+c2（1+）n,由a1=3,a2=8得，所以

8．算两次。

例8 

m,n,r∈N+，证明：

①

[证明] 

从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种；

另一方面，从这n+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有种，k=0,1,…,r。

所以从这n+m人中选出r位的方法有种。

综合两个方面，即得①式。

9．母函数。

例9 

一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1，2，…，10，另有大、小王各一张，编号均为0。

从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值：

每张编号为k的牌计为2k分，若它们的分值之和为2004，则称这些牌为一个“好牌”组，求好牌组的个数。

对于n∈{1,2,…,2004},用an表示分值之和为n的牌组的数目，则an等于函数f（x）=（1+）2?

（1+）3?

?

…?

（1+）3的展开式中xn的系数（约定|x|<

1），由于f（x）=[（1+）（1+）?

（1+）]3=3=3。

而0≤2004<

211，所以an等于的展开式中xn的系数，又由于=?

=（1+x2+x3+…+x2k+…）[1+2x+3x2+…+（2k+1）x2k+…],所以x2k在展开式中的系数为a2k=1+3+5++（2k+1）=（k+1）2,k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个数为a2004=10032=1006009.

10．组合数的性质。

例10 

证明：

是奇数（k≥1）.

=令i=?

pi（1≤i≤k），pi为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。

例11 

对n≥2,证明：

1）当n=2时，22<

=6<

42；

2）假设n=k时，有2k<

<

4k,当n=k+1时，因为

又<

4，所以2k+1<

.

所以结论对一切n≥2成立。

11．二项式定理的应用。

例12 

若n∈N,n≥2，求证：

首先其次因为，所以2+得证。

例13 

首先，对于每个确定的k，等式左边的每一项都是两个组合数的乘积，其中是（1+x）n-k的展开式中xm-h的系数。

是（1+y）k的展开式中yk的系数。

从而?

就是（1+x）n-k?

（1+y）k的展开式中xm-hyh的系数。

于是，就是展开式中xm-hyh的系数。

另一方面，==?

=（xk-1+xk-2y+…+yk-1），上式中，xm-hyh项的系数恰为。

所以

12．概率问题的解法。

例14 

如果某批产品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品，问：

恰好有k件是次品的概率是多少？

把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为（a+b）n（即所有的可能结果）。

设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A所包含的基本事件总数为?

akbn-k，故所求的概率为p（A）=