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华罗庚学校数学课本：四年级（下册）第一讲 乘法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：注意到 31=3如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到32=6在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来这种方法叫穷举法穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事一共有N=m1m2mn种不同的方法这就是乘法原理例1 某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？分析 某人买饭要分两步完成，即先买一种主食，再买一种副食（或先买副食后买主食）其中，买主食有3种不同的方法，买副食有5种不同的方法故可以由乘法原理解决解：由乘法原理，主食和副食各买一种共有35=15种不同的方法补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；每个步骤各有若干种不同的方法来完成这样的问题就可以使用乘法原理解决问题例2 右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过问：这只甲虫最多有几种不同的走法？分析 甲虫要从A点沿线段爬到B点，必经过C点，所以，完成这段路分两步，即由A到C，再由C到B而由A到C有三种走法，由C到B也有三种走法，所以，由乘法原理便可得到结论解：这只甲虫从A到B共有33=9种不同的走法例3 书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？分析 要做的事情是从外语、语文书中各取一本完成它要分两步：即先取一本外语书（有6种取法），再取一本语文书（有4种取法）(或先取语文书，再取外语书）所以，用乘法原理解决解：从架上各取一本共有64=24种不同的取法例4 王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？分析 三人报名参加比赛，彼此互不影响独立报名所以可以看成是分三步完成，即一个人一个人地去报名首先，王英去报名，可报4个项目中的一项，有4种不同的报名方法其次，赵明去报名，也有4种不同的报名方法同样，李刚也有4种不同的报名方法满足乘法原理的条件，可由乘法原理解决解：由乘法原理，报名的结果共有444=64种不同的情形例5 由数字0、1、2、3组成三位数，问：可组成多少个不相等的三位数？可组成多少个没有重复数字的三位数？分析 在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成要求组成不相等的三位数所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法，由乘法原理，共可组成344=48个不相等的三位数要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法，由乘法原理，共有332=18个没有重复数字的三位数解：由乘法原理共可组成344=48（个）不同的三位数；共可组成332=18（个）没有重复数字的三位数例6 由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析 要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决解：由1、2、3、4、5、6共可组成3453=180个没有重复数字的四位奇数例7 右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子问：共有多少种不同的放法？分析 由于四个棋子要一个一个地放入方格内故可看成是分四步完成这件事第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决解：由乘法原理，共有16941=576种不同的放法例8 现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析 要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱这样，第一步，从8张壹角的人民币中取，共9种取法，即0、1、2、3、4、5、6、7、8；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3由乘法原理，共有94=36种情形，但注意到，要求“至少取一张”而现在包含了一张都不取的这一种情形，应减掉解：取出的总钱数是94-1=35种不同的情形习题一1某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走问，罪犯共有多少种逃走的方法？2如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形问：一共可以画出多少个这样的三角形？3在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数共可以组成多少个不同的减法算式？4一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上问：共有多少种不同的站位方法？5由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个三位数？三位偶数？没有重复数字的三位偶数？百位为8的没有重复数字的三位数？百位为8的没有重复数字的三位偶数？6某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是09中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？第二讲 加法原理生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决例如 某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有m2种不同做法，第k类方法中有mk种不同的做法，则完成这件事共有N=m1+m2+mk种不同的方法这就是加法原理例1 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？分析 在这个问题中，小明选一本书有三类方法即要么选外语书，要么选科技书，要么选小说所以，是应用加法原理的问题解：小明借一本书共有：150+200+100=450（种）不同的选法例2 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同问：从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？分析 中，从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法所以是加法原理的问题中，要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题解：从两个口袋中任取一个小球共有3+8=11（种），不同的取法从两个口袋中各取一个小球共有38=24（种）不同的取法补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理例3 如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法第一类，由甲地途经乙地到丙地这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走法；第二步从乙地到丙地共2种走法，所以由乘法原理，这时共有42=8种不同的走法第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法解：由加法原理知，由甲地到丙地共有：42+3=11（种）不同的走法例4 如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析 从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可解：从A点先经过C到B点共有：13=3（种）不同的走法从A点先经过D到B点共有：23=6（种）不同的走法所以，从A点到B点共有：3+6=9（种）不同的走法例5 有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑第一类，两个数字同为奇数由于放两个正方体可认为是一个一个地放放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有33=9种不同的情形第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有33=9种不同情形最后再由加法原理即可求解解：两个正方体向上的一面同为奇数共有33=9（种）不同的情形；两个正方体向上的一面同为偶数共有33=9（种）不同的情形所以，两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有33+33=18（种）不同的情形例6 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种情况个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有89=72个数不含4三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有399=243个三位数由于500也是一个不含4的三位数所以，1500中，不含4的三位数共有399+1=244个解：在1500中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有89=72个；不含4的三位数有399+1=244个，由加法原理，在1500中，共有：8+89+399+1=324（个）不含4的自然数补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001把两位数看成是前面有一个0的三位数如：把11看成011那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法所以，除500外，有499=324个不含4的“三位数”注意到，这里面有一个数是000，应该去掉而500还没有算进去，应该加进去所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决例7 如下页左图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方问有多少种不同的走法？分析 观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有22=4条不同的路线第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法原理，从A经D到B共有44=16种不同的走法第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现各有一条路所以，从A经E到B共有1种走法第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法最后由加法原理即可求解解：如上右图，从A到B共有下面的走法：从A经C到B共有22=4种走法；从A经D到B共有44=16种走法；从A经E到B共有1种走法；从A经F到B共有1种走法所以，从A到B共有：4+16+1+1=22种不同的走法习题二1如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？4在11000的自然数中，一共有多少个数字0？5在1500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？第三讲 排 列在实际生活中常遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法就是排列问题在排的过程中，不仅与参加排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关例如 某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间问：应准备有多少种不同船票？分析这个问题，可以用枚举法解决，三个城市之间，船票有下面六种设置方式：如果不用枚举法，注意到要准备的船票的种类不仅与所选的两个城市有关，而且与这两个城市作为起点、终点的顺序有关，所以，要考虑共准备多少种不同的船票，就要在三个城市之间每次取出两个，按照起点、终点的顺序排列首先确定起点站，在三个城市中，任取一个为起点站，共有三种选法其次确定终点站，每次确定了一个起点站后，只能从剩下的两个城市之中选终点站，共有两种选法由乘法原理，共需准备：32=6种不同的船票为叙述方便，我们把研究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那么上面的问题就是在三个不同的元素中取出两个，按照一定的顺序排成一列的问题我们把每一种排法叫做一个排列（如天津青岛就是一个排列），把所有排列的个数叫做排列数那么上面的问题就是求排列数的问题一般地，从n个不同的元素中任取出m个（mn）元素，按照一定的顺序排成一列叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列由排列的定义可以看出，两个排列相同，不仅要求这两个排列中的元素完全相同，而且各元素的先后顺序也一样如果两个排列的元素不完全相同或者各元素的排列顺序不完全一样，则这就是两个不同的排列第一步：先排第一个位置上的元素，可以从n个元素中任选一个，有n种不同的选法；第二步：排第二个位置上的元素这时，由于第一个位置已用去了一个元素，只剩下（n-1）个不同的元素可供选择，共有（n-1）种不同的选法；第三步：排第三个位置上的元素，有（n-2）种不同的选法；第m步：排第m个位置上的元素由于前面已经排了（m-1）个位置，用去了（m-1）个元素这样，第m个位置上只能从剩下的n-（m-1）=（n-m+1）个元素中选择，有（n-m+1）种不同的选法由乘法原理知，共有：n（n-1）（n-2）（n-m+1）种不同的排法，即：例2 有五面颜色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析 这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信号，就是有三个位置我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三个位置的问题由于信号不仅与旗子的颜色有关，而且与不同旗子所在的位置有关，所以是排列问题，且其中n=5，m=3解：由排列数公式知，共可组成种不同的信号补充说明：这个问题也可以用乘法原理来做，一般，乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做，用排列数公式解决问题时，可避免一步步地分析考虑，使问题简化例3 用1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个没有重复数字的五位数？分析 这是一个从8个元素中取5个元素的排列问题，且知n=8，m=5解：由排列数公式，共可组成：个不同的五位数例4 幼儿园里的6名小朋友去坐3把不同的椅子，有多少种坐法？分析 在这个问题中，只要把3把椅子看成是3个位置，而6名小朋友作为6个不同元素，则问题就可以转化成从6个元素中取3个，排在3个不同位置的排列问题解：由排列数公式，共有：种不同的坐法例5 幼儿园里3名小朋友去坐6把不同的椅子（每人只能坐一把），有多少种不同的坐法？分析 与例4不同，这次是椅子多而人少，可以考虑把6把椅子看成是6个元素，而把3名小朋友作为3个位置，则问题转化为从6把椅子中选出3把，排在3名小朋友面前的排列问题解：由排列公式，共有：种不同的坐法例6 有4个同学一起去郊游，照相时，必须有一名同学给其他3人拍照，共可能有多少种拍照情况？（照相时3人站成一排）分析 由于4人中必须有一个人拍照，所以，每张照片只能有3人，可以看成有3个位置由这3人来站由于要选一人拍照，也就是要从四个人中选3人照相，所以，问题就转化成从四个人中选3人，排在3个位置中的排列问题要计算的是有多少种排法解：由排列数公式，共可能有：种不同的拍照情况例7 4名同学到照相馆照相他们要排成一排，问：共有多少种不同的排法？分析 4个人到照相馆照相，那么4个人要分坐在四个不同的位置上所以这是一个从4个元素中选4个，排成一列的问题这时n=4，m=4解：由排列数公式知，共有种不同的排法一般地，对于m=n的情况，排列数公式变为表示从n个不同元素中取n个元素排成一列所构成排列的排列数这种n个排列全部取出的排列，叫做n个不同元素的全排列（2）式右边是从n开始，后面每一个因数比前一个因数小1，一直乘到1的乘积，记为n！，读做n的阶乘，则（2）式可以写为：例9 5个人并排站成一排，其中甲必须站在中间有多少种不同的站法？分析 由于甲必须站在中间，那么问题实质上就是剩下的四个人去站其余四个位置的问题，是一个全排列问题，且n=4解：由全排列公式，共有种不同的站法习题三1计算2某铁路线共有14个车站，这条铁路线共需要多少种不同的车票3有红、黄、蓝三种信号旗，把任意两面上、下挂在旗杆上都可以表示一种信号，问共可以组成多少种不同的信号？4班集体中选出了5名班委，他们要分别担任班长，学习委员、生活委员、宣传委员和体育委员问：有多少种不同的分工方式？5由数字1、2、3、4、5、6可以组成多少没有重复数字的三位数？个位是5的三位数？百位是1的五位数？六位数？第四讲 组合日常生活中有很多“分组”问题.如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等.这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题.例如 某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间.那么，船票共有几种价格（往返票价相同）？注意到由天津到青岛的票价与从青岛到天津的票价是一样的，所以问题实际上就是计算从三个城市中取两个城市，有多少种不同的取法，即这时只与考虑的两个城市有关而与两个城市的顺序无关.由枚举法知，共有下面的三种票价：天津青岛青岛大连大连天津我们把研究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那么上面的问题就是从3个元素中取出2个，组成一组的问题，我们把每一组叫做一个组合，把所有的组合的个数叫做组合数，上面的问题就是要求组合数.一般地，从n个不同元素中取出m个（mn）元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.由组合的定义可以看出，两个组合是否相同，只与这两个组合中的元素有关，而与取到这些元素的先后顺序无关.只有当两个组合中的元素不完全相同时，它们才是不同的组合.从n个不同元素中取出m个元素（mn）的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的组合数.记作Cmn.如上面的例子，就是要计算从3个城市中取2个城市的组合数C23，由枚举法得出的结论知：C233.那么它是怎样计算出来的呢？从第三讲开头的例子，即准备天津、青岛、大连三个城市之间的船票的问题发现，这个问题实际上可以这样分两步完成：第一步是从三个城市中选两个城市，是一个组合问题，由组合数公式，有取C23法.第二步是将取出的两个城市进行排列，由全排列公式，有P23种排法，所以，由乘法原理得到P23C23P23.故有：C23P23P22（32）23.例1 计算：C26，C46；C27，C57.注意到上面的结果中，有C26=C46，C27=C57.一般地，组合数有下面的重要性质：CmnCn-mn （mn）这个公式是很容易理解的，它的直观意义是：Cmn表示从n个元素中取出m个元素组成一组的所有分组方法.Cn-mn表示从n个元素中取出（nm）个元素组成一组的所有分组方法.显然，从n个元素中选出m个元素的分组方法恰是从n个元素中选m个元素剩下的（n-m）个元素的分组方法.例如，从5人中选3人开会的方法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即C35=C25.例3 从分别写有1、3、5、7、9的五张卡片中任取两张，作成一道两个一位数的乘法题，问：有多少个不同的乘积？有多少个不同的乘法算式？分析 中，要考虑有多少个不同乘积.由于只要从5张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题.中，要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题.解：由组合数公式，共有个不同的乘积.由排列数公式，共有P25 5420种不同的乘法算式.例4 在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的直线段，三角形，四边形？分析 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段；在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形；在10个点中取4个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题.解：由组合数公式.例5 如下图，问：下左图中，共有多少条线段？下右图中，共有多少个角？分析 中，在线段AB上共有7个点（包括端点A、B）.注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而C27表示从7个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有C27条线段.中，从O点出发的射线一共有11条，它们是OA， OP1，OP2，OP3，OP9，OB.注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角.显然，是组合问题，共有C211种不同的取法，所以，可组成C211个角.解：由组合数公式知，共有例6 某校举行排球单循环赛，有12个队参加.问：共需要进行多少场比赛？分析 因为比赛是单循环制的，所以，12个队中的每两个队都要进行一场比赛，并且比赛的场次只与两个队的选取有关而与两个队选出的顺序无关.所以，这是一个在12个队中取2个队的组合问题.解： 由组合数公式知，共需进行场比赛.例7 某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在42人中选3人站成一排，有多少种站法？分析 要在42人中选3人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名同学被选出的顺序无关.所以，应用组合数公式，共有C343种不同的选法.要在42人中选出3人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关.所以，应用排列数公式，共有P342种不同的站法.解： 由组合数公式，共有习题四1.计算：C315； C19982000；C34C28； P28-C68.2.从分别写有1、2、3、4、5、6、7、8的八张卡片中任取两张作成一道两个一位数的加法题.问：有多少种不同的和？有多少个不同的加法算式？3.某班毕业生中有10名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多少次手？4.在圆周上有12个点.过每两个点可以画一条直线，一共可以画出多少条直线？过每三个点可以画一个三角形，一共可以画出多少个三角形？5.如右图，图上一共有六个点，且六个点中任意三个点不共线，问：从这六个点中任意选两点可以连成一条线段，这些点一共可以连成多少条线段？从这六个点中任意选两点可以作一条射线，这些点一共可以作成多少条射线？（射线是一端固定，经另一点可以无限延长的.）第五讲 排列组合前面我们已讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题.事实上，这些问题是相互联系、不可分割的.例如有时候，做某件事情有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成.在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要用到加法原理.又如，在照相时，如果对坐的位置有些规定，那么就不再是简单的排列问题了.类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点.看下面的例子.例1 由数字0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的偶数？分析 注意到由四个数字0、1、2、3可组成的偶数有一位数、二位数、三位数、四位数这四类，所以要一类一类地考虑，再由加法原理解决.第一类：一位偶数只有0、2，共2个；第二类：两位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位可有C13种取法；若个位取2，则十位有C12种取法.故两位偶数共有（C13C12）种不同的取法；第三类：三位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位和百位共有P23种取法；若个位取2，则十位和百位只能在0、1、3中取，百位有2种取法，十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2的三位偶数有22个，三位偶数共有（P2322）个；第四类：四位偶数.它包含个位为0、2的两类.若个位取 0，则共有P33个；若个位取 2，则其他 3位只能在 0、 1、 3中取.千位有2种取法，百位和十位在剩下的两个数中取，再排成一列，有P22种取法.由乘法原理，个位为2的四位偶数有2P22个.所以，四位偶数共有（P332P22）种不同的取法.解： 由加法原理知，共可以组成2（C13C12）（P2322）（P332P22）25101027个不同的偶数.补充说明：本题也可以将所有偶数分为两类，即个位为0和个位为2的两类.再考虑到每一类中分别有一位、两位、三位、四位数，逐类讨论便可求解.例2 国家举行足球赛，共15个队参加.比赛时，先分成两个组，第一组8个队，第二组7个队.各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）.然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军.问：共需比赛多少场？如果实行主客场制（即A、B两个队比赛时，既要在A队所在的城市比赛一场，也要在B队所在的城市比赛一场），共需比赛多少场？分析 比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场次，决赛时比赛的场次.中，第一组中8个队，每两队比赛一场，所以共比赛C28场；第二组中7个队，每两队比赛一场，所以共比赛C27场；决赛中4个队，每两队比赛一场，所以共比赛C24场.中，由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是中的2倍.另外，还可以用排列的知识来解决.由于主客场制不仅与参赛的队有关，而且与比赛所在的城市（即与顺序）有关.所以，第一组共比赛P28场，第二组共比赛P27场，决赛时共比赛P24场.解： 由加法原理：实行单循环赛共比赛实行主客场制，共需比赛2（C28C27C24）110（场）.或解为：P28P27P24877643564212110（场）.例3 在一个半圆周上共有12个点，如右图，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？四边形？分析 我们知道，不在同一直线上的三个点确定一个三角形，由图可见，半圆弧上的每三个点均不共线（由于A、B既可看成半圆上的点，又可看成线段上的点，为不重复计算，可把它们归在线段上），所以，所有的三角形应有三类：第一类，三角形的三个顶点全在半圆弧上取（不含A、B两点）；第二类，三角形的两个顶点取在半圆弧上（不包含A、B），另一个顶点在线段上取（含A、B）；第三类，三角形的一个顶点在半圆弧上取，另外两点在线段上取.注意到三角形的个数只与三个顶点的取法有关，而与选取三点的顺序无关，所以，这是组合问题.由加法原理，这12个点共可以组成C37（C27C15）（C17C25）3510570210（个）不同的三角形.也可列式为C312C3522010210（个）.分析 用解的方法考虑.将组成四边形时取点的情况分为三类：第一类：四个点全在圆弧上取.（不包括A、B）有C17种取法.第二类：两个点取自圆弧.两个点取自直线AB.有取法C27C25种.第三类：圆弧上取3个点，直线上取1个点，有C37C15种取法.解： 依加法原理，这12个点共可组成：C47+ C27C25+C37C1535210175420个不同的四边形.还可直接计算，这12个点共可组成：C412-C45-C35C174955-70420个不同的四边形.例4 如下图，问下左图中，有多少个长方形（包括正方形）？下右图中，有多少个长方体（包括正方体）？分析 由于长方形是由两组分别平行的线段构成的，因此只要看上左图中水平方向的所有平行线中，可以选出几组两条平行线，竖直方向上的所有平行线中，可以选出几组两条平行线？由于长方体是由三组分别平行的平面组成的.因此，只要看上页右图中，平行于长方体上面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面，平行于长方体右面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的两个平面，平行于长方体前面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面.解： C25C27210（个）因此，上页左图中共有210个长方形.C25C26C24900（个）因此，上页右图中共有900个长方体.例5 甲、乙、丙、丁4人各有一个作业本混放在一起，4人每人随便拿了一本，问：甲拿到自己作业本的拿法有多少种？恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种？至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有多少种？谁也没有拿到自己作业本的拿法有多少种？分析 甲拿到自己的作业本，这时只要考虑剩下的三个人拿到其他三本作业本的情况.由于其他三人可以拿到自己的作业本，也可以不拿到自己的作业本.所以，共有P33种情况.恰有一人拿到自己的作业本.这时，一人拿到了自己的作业本，而其他三人都没能拿到自己的作业本.拿到自己作业本的可以是甲、乙、丙、丁中的一人，共4种情况.另外三人全拿错了作业本的拿法有2种.故恰有一人拿到自己作业本的情况有42种情况.至少有一人没有拿到自己的作业本.这时只要在所有拿法中减去四人全拿到自己作业本的拿法即可.由于4人拿作业本的所有拿法是P44，而4人全拿到自己作业本只有1种情况.所以，至少有一人没拿到自己作业本的拿法有P441种情况.谁也没拿到自己的作业本.可分步考虑（假设四个人一个一个地拿作业本，考虑四人都拿错的情况即可）.第一个拿作业本的人除自己的作业本外有3种拿法.被他拿走作业本的人也有3种拿法.这时，剩下的两人只能从剩下的两本中拿，要每人都拿错，只有一种拿法.所以，由乘法原理，共有331种不同的情况.解： 甲拿到自己作业本的拿法有P33321 6种情况；恰有一人拿到自己作业本的拿法有428种情况；至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有P4414321123种情况；谁也没有拿到自己作业本的拿法有3319种情况.由前面的各例题可以看到，有关排列组合的问题多种多样，思考问题的方法灵活多变，入手的角度也是多方面的.所以，除掌握有关的原理和结论，还必须学习灵活多样的分析问题、解决问题的方法.习题五1.由数字0、1、2、3、4可以组成多少个三位数？没有重复数字的三位数？没有重复数字的三位偶数？小于1000的自然数？2.从15名同学中选5人参加数学竞赛，求分别满足下列条件的选法各有多少种？某两人必须入选；某两人中至少有一人入选；某三人中恰入选一人；某三人不能同时都入选.3.如右图，两条相交直线上共有9个点，问：一共可以组成多少个不同的三角形？4.如下图，计算下左图中有多少个梯形？下右图中有多少个长方体？5.七个同学照相，分别求出在下列条件下有多少种站法？七个人排成一排；七个人排成一排，某两人必须有一人站在中间；七个人排成一排，某两人必须站在两头；七个人排成一排，某两人不能站在两头；七个人排成两排，前排三人，后排四人，某两人不在同一排.第六讲 排列组合的综合应用排列组合是数学中风格独特的一部分内容.它具有广泛的实际应用.例如：某城市电话号码是由六位数字组成，每位可从09中任取一个，问该城市最多可有多少种不同的电话号码？又如从20名运动员中挑选6人组成一个代表队参加国际比赛.但运动员甲和乙两人中至少有一人必须参加代表队，问共有多少种选法？回答上述问题若不采用排列组合的方法，结论是难以想像的.（前一个问题，该城市最多可有1000000个不同电话号码.后一个问题，代表队有20196种不同选法.）当然排列组合的综合应用具有一定难度.突破难点的关键：首先必须准确、透彻的理解加法原理、乘法原理；即排列组合的基石.其次注意两点：对问题的分析、考虑是否能归纳为排列、组合问题？若能，再判断是属于排列问题还是组合问题？对题目所给的条件限制要作仔细推敲认真分析.有时利用图示法，可使问题简化便于正确理解与把握.例1 从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有几种选法？分析 首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情况，即可分三类，自然考虑到加法原理.当从国画、油画各选一幅有多少种选法时，利用的乘法原理.由此可知这是一道利用两个原理的综合题.关键是正确把握原理.解： 符合要求的选法可分三类：不妨设第一类为：国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在5张国画中选1张，第二步再在3张油画中选1张.由乘法原理有 5315种选法.第二类为国画、水彩画各一幅，由乘法原理有 5210种选法.第三类油画、水彩各一幅，由乘法原理有326种选法.这三类是各自独立发生互不相干进行的.因此，依加法原理，选取两幅不同类型的画布置教室的选法有 1510 631种.注 运用两个基本原理时要注意：抓住两个基本原理的区别，千万不能混.不同类的方法（其中每一个方法都能各自独立地把事情从头到尾做完）数之间做加法，可求得完成事情的不同方法总数.不同步的方法（全程分成几个阶段（步），其中每一个方法都只能完成这件事的一个阶段）数之间做乘法，可求得完成整个事情的不同方法总数.在研究完成一件工作的不同方法数时，要遵循“不重不漏”的原则.请看一些例：从若干件产品中抽出几件产品来检验，如果把抽出的产品中至多有2件次品的抽法仅仅分为两类：第一类抽出的产品中有2件次品，第二类抽出的产品中有1件次品，那么这样的分类显然漏掉了抽出的产品中无次品的情况.又如：把能被2、被3、或被6整除的数分为三类：第一类为能被2整除的数，第二类为能被3整除的数，第三类为能被6整除的数.这三类数互有重复部分.在运用乘法原理时，要注意当每个步骤都做完时，这件事也必须完成，而且前面一个步骤中的每一种方法，对于下个步骤不同的方法来说是一样的.例2 一学生把一个一元硬币连续掷三次，试列出各种可能的排列.分析 要不重不漏地写出所有排列，利用树形图是一种直观方法.为了方便，树形图常画成倒挂形式.解：由此可知，排列共有如下八种：正正正、正正反、正反正、正反反、反正正、反正反、反反正、反反反.例3 用09这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数.分析 此题属于有条件限制的排列问题，首先弄清楚限制条件表现为：某位置上不能排某元素.某元素只能排在某位置上.分析无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排19这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.解法1：分析 某位置上不能排某元素.分步完成：第一步选元素占据特殊位置，第二步选元素占据其余位置.解： 分两步完成：第一步：从19这九个数中任选一个占据千位，有9种方法.第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法.由乘法原理，共有满足条件的四位数9987=4536个.答：可组成4536个无重复数字的四位数.解法2：分析 对于某元素只能占据某位置的排列可分步完成：第一步让特殊元素先占位，第二步让其余元素占位.在所给元素中0是有位置限制的特殊元素，在组成的四位数中，有一类根本无0元素，另一类含有0元素，而此时0元素只能占据百、十、个三个位置之一.解： 组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9876=3024个.第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有987种占法.所以含0的四位数有3987=1512个.由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个.解法3：从无条件限制的排列总数中减去不合要求的排列数（称为排除法）.此题中不合要求的排列即为0占据千位的排列.解： 从09十个数中任取4个数的排列总数为10987，其中0在千位的排列数有987个（0确定在千位，百、十、个只能从9个数中取不同的3个）共有满足条件的四位数10987-987=987（10-1）=4536个.注 用解法3时要特别注意不合要求的排列有哪几种？要做到不重不漏.例4 从右图中11个交点中任取3个点，可画出多少个三角形？分析首先，构成三角形与三个点的顺序无关因此是组合问题，另外考虑特殊点的情况：如三点在一条直线上，则此三点不能构成三角形，四点在一条直线上，则其中任意三点也不能构成三角形.此题采用排除法较方便.解：组合总数为C311，其中三点共线不能构成的三角形有7C33，四点共线不能构成的三角形有2C34，C311-（7C33+2C34）=165-（7+8）=150个.例5 7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）分析 首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：7=1+1+1+47=1+2+2+27=1+1+2+3其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.第