m?1n?m?Cm?1n?m?1n?m(m?1)!(n?m?1)!n!?n!
＝
m?1(m?1)!(n?m)(n?m?1)!n!m!(n?m)!∴Cmn?
＝
?m?1n?m?Cm?1n
x?12x?3例5．设x?N?, 求C2x?3?Cx?1的值 ?2x?3?x?1 解：由题意可得：? ，解得2?x?4，
?x?1?2x?3∵x?N?， ∴x?2或x?3或x?4，
当x?2时原式值为7；当x?3时原式值为7；当x?4时原式值为11． ∴所求值为4或7或11．
第三课时
例6． 一位教练的足球队共有 17 名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：
(l)这位教练从这 17 名学员中可以形成多少种学员上场方案？
(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？
分析：对于（1)，根据题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从 17 个不同元素中选出11个元素的组合问题；对于（ 2 ) ，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．
解： (1）由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有 C ｝手＝ 12 376 （种） . (2）教练员可以分两步完成这件事情：
第1步，从17名学员中选出 n 人组成上场小组，共有C第2步，从选出的 n 人中选出 1 名守门员，共有C所以教练员做这件事情的方法数有
1111117种选法；
种选法．
C17?C11=136136（种）.
例7．（1）平面内有10 个点，以其中每2 个点为端点的线段共有多少条？ (2）平面内有 10 个点，以其中每 2 个点为端点的有向线段共有多少条？
解：(1）以平面内 10 个点中每 2 个点为端点的线段的条数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即线段共有
C210111?10?91?2?45（条）.
(2）由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每 2 个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段共有
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A210?10?9?90（条）.
例8．在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品．从这 100 件产品中任意抽出 3 件 . (1）有多少种不同的抽法？
(2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种？ (3）抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种？
解：(1）所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有
C3100?100?99?981?2?3= 161700 （种）.
12 (2）从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有C3 件中恰好有 1 件次品的抽法有
种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有C298种，因此抽出的
C2?C1298=9506(种).
(3）解法 1 从 100 件产品抽出的 3 件中至少有 1 件是次品，包括有1件次品和有 2 件次品两种情况．在第（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有C2?C1298种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3 件中至少有一件是次品的抽法有
C2?C1298+C2?C2198=9 604 （种） .
解法2 抽出的3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3 件的抽法种数减去3 件中都是合格品的抽法的种数，即
C100?C3398=161 700-152 096 = 9 604 （种）.
说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解。 变式：按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？
（1）甲、乙、丙三人必须当选； （2）甲、乙、丙三人不能当选； （3）甲必须当选，乙、丙不能当选； （4）甲、乙、丙三人只有一人当选； （5）甲、乙、丙三人至多2人当选； （6）甲、乙、丙三人至少1人当选； 例9．（1）6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分法？ 解：C6?C4?C2?90．
（2）从5个男生和4个女生中选出4名学生参加一次会议，要求至少有2名男生和1名女生参加，有多少种选法？ 解：问题可以分成2类：
第一类 2名男生和2名女生参加，有C5C4?60中选法； 第二类 3名男生和1名女生参加，有C5C4?40中选法 2222231依据分类计数原理，共有100种选法 错解：C5C4C6?240种选法引导学生用直接法检验，可知重复的很多 211例10．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？ 解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有C4，C4?C6，C4?C6， 所以，一共有C4+C4?C6+C4?C6＝100种方法．
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3211232112
解法二：（间接法）C10?C6?100 33第四课时
组合数的性质1：Cn?Cnmn?m．
一般地，从n个不同元素中取出m个元素后，剩下n?m个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n ? m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中．．．．取出n ? m个元素的组合数，即：Cn?Cnmn?m．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想 证明：∵Cnn?m?n!n!(n?m)![n?(n?m)]!，∴Cn?Cnmn?m?n!m!(n?m)!
又 Cm?n m!(n?m)!0说明：①规定：Cn?1；
②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标； ③此性质作用：当m?例如C2002＝C2002xy20012002?2001n21时，计算Cn可变为计算Cnmn?m，能够使运算简化.
＝C2002=2002；
④Cn?Cn?x?y或x?y?n． 2．组合数的性质2：Cn?1＝Cn+Cnmmm?1．
m一般地，从a1,a2,?,an?1这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是Cn?1，这些组合可以分为两类：一类含有元素a1，一类不含有a1．含有a1的组合是从a2,a3,?,an?1这n个元素中取出m ?1个元素与a1组成的，共有Cnmm?1个；不含有a1的组合是从a2,a3,?,an?1这n个元素中取出m个元素组成的，共有Cn个．根据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想． 证明：Cnm?Cnm?1? ?mmn!m!(n?m)!?n!(m?1)![n?(m?1)]!?(n?1)!m!(n?m?1)! ?mn!(n?m?1)?n!mm!(n?m?1)!
(n?m?1?m)n!m!(n?m?1)!m?1?Cn?1
∴Cn?1＝Cn+Cn．
说明：①公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与大的相同的一个组合数； ②此性质的作用：恒等变形，简化运算 例11．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球， （1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ （3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
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解：（1）C8?56,或C8?C7?C7，；（2）C7?21；（3）C7?35． 例12．（1）计算：C7?C7?C8?C9； （2）求证：Cm?2＝Cm+2Cm4563323233456nnn?1+Cm5n?2．
664解：（1）原式?C8?C8?C9?C9?C9?C10?C10?210； 证明：（2）右边?(Cm?Cm)?(Cm例13．解方程：（1）C13x?1nn?1n?1?Cmn?2)?Cm?1?Cm?1?Cm?2?左边 nn?1n10解：（1）由原方程得x?1?2x?3或x?1?2x?3?13，∴x?4或x?5，
?C132x?3；（2）解方程：Cx?2?Cx?2?x?2x?31Ax?3．
3?1?x?1?13?? 又由?1?2x?3?13得2?x?8且x?N，∴原方程的解为x?4或x?5 ???x?N上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把x?4和x?5代入检验,这样运算量小得多. （2）原方程可化为Cx?3?x?2110Ax?3，即Cx?3?35110Ax?3，∴
3(x?3)!5!(x?2)!?(x?3)!10?x!，
∴
1120(x?2)!2?110?x(x?1)?(x?2)!，
∴x?x?12?0，解得x?4或x??3， 经检验：x?4是原方程的解
第五课时
例14．证明：Cm?Cn?Cm?Cm?p。
证明：原式左端可看成一个班有m个同学，从中选出n个同学组成兴趣小组，在选出的n个同学中，p个同学参加数学兴趣小组，余下的n?p个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在m个同学中选出p个同学参加数学兴趣小组，在余下的m?p个同学中选出n?p个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。
例15．证明：CnCm?CnCm0m1m?1nppn?p???CnCm?Cm?n（其中n?m）。
m0m证明：设某班有n个男同学、m个女同学，从中选出m个同学组成兴趣小组，可分为m?1类：男同学0个，1个，?，
0m1m?1m0m个，则女同学分别为m个，m?1个，?，0个，共有选法数为CnCm?CnCm???CnCm。又由组合定义知
选法数为Cm?n，故等式成立。
例16．证明：Cn?2Cn?3Cn???nC123nnm?n2n?1。
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证明：左边=Cn?2Cn?3Cn???nC1i123nn=C1Cn?C2Cn?C3Cn???CnCn，
1112131n其中CiCn可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选一个的组合数。设某班有n个同学，选出若干人（至少1人）
2，组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数i分类（i?1，?，n），则选法总数即为原式左边。现换
一种选法，先选组长，有n种选法，再决定剩下的n?1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2以选法总数为n2n?1n?1种，所
种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。
122232nn?2例17．证明：Cn?2Cn?3Cn???nCn?n(n?1)22i11i。
证明：由于iCn?CiCiCn可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有n2n?1种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有
n(n?1)2n?2种选法。∴共有n2n?1+n(n?1)2n?2?n(n?1)2n?2种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，
等式成立。
例18．第17届世界杯足球赛于2002年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有32支球队有幸参加，他们先分成8个小组循环赛，决出16强（每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强），这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？ 答案是：8C4?8?4?2?2?64，这题如果作为习题课应如何分析 2解：可分为如下几类比赛：
⑴小组循环赛：每组有6场，8个小组共有48场；
⑵八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场； ⑶四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8强中每两个队比赛一场，可以决出4强，共有4场； ⑷半决赛：根据抽签规则，4强中每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场； ⑸决赛：2强比赛1场确定冠亚军，4强中的另两队比赛1场决出第三、四名 共有2场. 综上，共有8C4?8?4?2?2?64场 2四、课堂练习：
1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：
（1）从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？
（2）从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？ 2．7名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为（ ）
A．42 B．21 C．7 D．6
3．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（ ） A．15对 B．25对 C．30对 D．20对
4．设全集U??a,b,c,d?，集合A、B是U的子集，若A有3个元素，B有2个元素，且A?B??a?，求集合A、
B，则本题的解的个数为 （ ）
A．42 B．21 C．7 D．3
5．从6位候选人中选出2人分别担任班长和团支部书记，有 种不同的选法 优质数学资源下载 http://www.docin.com/sxzyxz
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