第十三章 排列组合与概率【数学竞赛讲义】

第十三章排列组合与概率一、基础知识1．加法原理：做一件事有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法。2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n个步骤，第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，……，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。3．排列与排列数：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，从n个不同元素中取出m个(m≤n)元素的所有排列个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用mnA表示，mnA=n(n-1)…(n-m+1)=)!(!mnn,其中m,n∈N,m≤n,注：一般地0nA=1，0！=1，nnA=n!。4．N个不同元素的圆周排列数为nAnn=(n-1)!。5．组合与组合数：一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。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mnC表示：.)!(!!!)1()1(mnmnmmnnnCmn6．组合数的基本性质：（1）mnnmnCC；（2）11nnmnmnCCC；（3）knknCCkn11；（4）nnkknnnnnCCCC2010；（5）111kmkkmkkkkkCCCC；（6）knmnmkknCCC。7．定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为11nrC。[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11nrC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.1rrnC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.1mmnC8．二项式定理：若n∈N+,则(a+b)n=nnnrrnrnnnnnnnbCbaCbaCbaCaC222110.其中第r+1项Tr+1=rnrrnrnCbaC,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nm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)=.nm11.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A。由定义知p(A)+p(A)=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)=knC•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ξx1x2x3…xi…pp1p2p3…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。D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)=knkknqpC,ξ的分布列为ξ01…xi…NpnnqpC00111nnqpC…knkknqpC…nnnpC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=p1，Dξ=2pq(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)!2(nnn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？[解]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24C-1=5种可能；3）3个电阻断路，有34C=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310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？[解]先将6个演唱节目任意排成一列有66A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47A种方法，故共有4766AA=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？[解]设S={1,2,…,14}，'S={1，2，…，10}；T={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},'T={('3'2'1,,aaa)∈'3'2'1'3'2'1,',,|'aaaSaaaS},若'),,('3'2'1Taaa，令4,2,'33'22'11aaaaaa，则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从'T到T的映射，它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)∈T,令4,2,'33'22'11aaaaaa，则'),,('3'2'1Taaa，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=310|'|CT=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。[解]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kC10个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为)(101029919091010210110CCCCCC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？[解]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，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2A3|=0。所以由容斥原理|A1A2A3|=||||||32131AAAAAAjijiii=3×2n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=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？[解]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+3,x2=1-3,故an=c1(1+3)n+c2(1+3)n,由a1=3,a2=8得3223,323221cc，所以].)31()31[(34122nnna8．算两次。例8m,n,r∈N+，证明：.022110mrnrmnrmnrmnrCCCCCCCCCmn①[证明]从n位太太与m位先生中选出r位的方法有rmnC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krmknCC种，k=0,1,…,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有0110mrnrmnrmnCCCCCC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。[解]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+02x)2•(1+12x)3••••…•(1+102x)3的展开式中xn的系数（约定|x|1），由于f(x)=x11[(1+02x)(1+12x)•…•(1+102x)]3=)1()1)(1(11123xxx3=)1()1)(1(111222xxx3。而0≤2004211，所以an等于22)1)(1(1xx的展开式中xn的系数，又由于22)1)(1(1xx=211x•2)1(1x=(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knC的性质。例10证明：kmC12是奇数(k≥1).[证明]kmC12=kkkkmmmmmm222211221)112()22)(12(令i=it2•pi(1≤i≤