排列组合与概率 / 开普饭

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m_n种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m₁+m₂+…+m_n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m_n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m₁×m₂×…×m_n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

表示，

=n(n-1)…(n-m+1)=

,其中m,n∈N,m≤n,

注：一般地

=1，0！=1，

=n!。

4．N个不同元素的圆周排列数为

=(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

表示：

6．组合数的基本性质：（1）

；（2）

；（3）

；（4）

；（5）

；（6）

。

7．定理1：不定方程x₁+x₂+…+x_n=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+…+x_n=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,…,x_n),将x_i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+…+x_n=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T_r+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，…，A_n彼此互斥，那么A₁，A₂，…，A_n中至少有一个发生的概率为

p(A₁+A₂+…+A_n)= p(A₁)+p(A₂)+…+p(A_n).

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

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p_n(k)=

?p^k(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,…,x_i,…,ξ取每一个值x_i(i=1,2,…)的概率p(ξ=x_i)=p_i，则称表

ξ	x₁	x₂	x₃	…	x_i	…
p	p₁	p₂	p₃	…	p_i	…

为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称Eξ=x₁p₁+x₂p₂+…+x_np_n+…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+…+(x_n-Eξ)2p_n+…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

ξ	0	1	…	x_i	…	N
p			…		…

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)=q^k-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？

[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

-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？

[解] 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？

[解] 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。

[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

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？

[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|=

=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a_n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2a_n-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2a_n-2，所以a_n=2(a_n-1+a_n-2)(n≥3).这里数列{a_n}的特征方程为x²=2x+2，它的两根为x₁=1+

,x₂=1-

,故a_n=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2^k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a_n表示分值之和为n的牌组的数目，则a_n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a_n等于

的展开式中xⁿ的系数，又由于

=(1+x²+x³+…+x2k+…)[1+2x+3x²+…+(2k+1)x^2k+…],所以x^2k在展开式中的系数为a_2k=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).

[证明]

令i=

?p_i(1≤i≤k)，p_i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：

[证明] 1）当n=2时，2²<

=6<4²；2）假设n=k时，有2^k<

<4^k,当n=k+1时，因为

又

<4，所以2^k+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：

[证明] 首先

其次因为

，所以

得证。

例13 证明：

[证明] 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x^m-h的系数。

是(1+y)^k的展开式中y^k的系数。从而

就是(1+x)^n-k?(1+y)^k的展开式中x^m-hy^h的系数。

于是，

就是

展开式中x^m-hy^h的系数。

另一方面，

(x^k-1+x^k-2y+…+y^k-1)，上式中，x^m-hy^h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？

[解] 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

?a^kb^n-k，故所求的概率为p(A)=

例15 将一枚硬币掷5次，正面朝上恰好一次的概率不为0，而且与正面朝上恰好两次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。

[解] 设每次抛硬币正面朝上的概率为p，则掷5次恰好有k次正面朝上的概率为

(1-p)^5-k(k=0,1,2,…,5)，由题设

，且0<p<1，化简得

，所以恰好有3次正面朝上的概率为

例16 甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛，已知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，比赛时可以用三局二胜或五局三胜制，问：在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大？

[解] （1）如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：A₁—2：0（甲净胜二局），A₂—2：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）. p(A₁)=0.6×0.6=0.36,p(A₂)=

×0.6×0.4×0.6=0.288.

因为A₁与A₂互斥，所以甲胜概率为p(A₁+A₂)=0.648.

(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B₁—3：0（甲净胜3局），B²—3：1（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），B₃—3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）。因为B₁，B₂，B₂互斥，所以甲胜概率为p(B₁+B₂+B₃)=p(B₁)+p(B₂)+p(B₃)=0.6³+

×0.6²×0.4×0.6+

×0.6²×0.4²×0.6=0.68256.

由（1），（2）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。

例17 有A，B两个口袋，A袋中有6张卡片，其中1张写有0，2张写有1，3张写有2；B袋中有7张卡片，其中4张写有0，1张写有1，2张写有2。从A袋中取出1张卡片，B袋中取2张卡片，共3张卡片。求：（1）取出3张卡片都写0的概率；（2）取出的3张卡片数字之积是4的概率；（3）取出的3张卡片数字之积的数学期望。

[解]（1）

；（2）

；（3）记ξ为取出的3张卡片的数字之积，则ξ的分布为

ξ	0	2	4	8
p

所以

排列组合与概率

相关推荐