两个计数原理与排列组合知识点及例题

两个计数原理与排列组合知识点及例 两个计数原理内容 1、分类计数原理: 完成一件事,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,那么完成这件事共有N=m1 +m2 +……+m n种不同的方法. 2、分步计数原理: 完成一件事,需要分n个步骤,做第1步骤有m1种不同的方法,做第2步骤有m2种不同的方法……做第n步骤有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. 例题 例1 某学校食堂备有5种素菜、3种荤菜、2种汤。现要配成一荤一素一汤的套餐。问可以配制出多少种不同的品种? 分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事?(配一个荤菜、配一个素菜、配一汤) 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算. 解:属于分步:第一步配一个荤菜有3种选择 第二步配一个素菜有5种选择 第三步配一个汤有2种选择 共有N=3×5×2=30(种) 例2 有一个书架共有2层,上层放有5本不同的数学书,下层放有4本不同的语文书。 (1)从书架上任取一本书,有多少种不同的取法? (2)从书架上任取一本数学书和一本语文书,有多少种不同的取法? (1)分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事? 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算。 解:属于分类:第一类从上层取一本书有5种选择 第二类从下层取一本书有4种选择 共有N=5+4=9(种) (2)分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事? 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算. 解:属于分步:第一步从上层取一本书有5种选择 第二步从下层取一本书有4种选择 共有N=5×4=20(种) 例3、有1、2、3、4、5五个数字. 1 (1)可以组成多少个不同的三位数? (2)可以组成多少个无重复数字的三位数? (3)可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数? (1)分析:1、完成的这件事是什么? 2、如何完成这件事?(配百位数、配十位数、配个位数) 3、它们属于分类还是分步?(是否独立完成) 4、运用哪个计数原理? 5、进行计算. 略解:N=5×5×5=125(个) 【例题解析】 1、某人有4条不同颜色的领带和6件不同款式的衬衣,问可以有多少种不同的搭配方法? 2、有一个班级共有46名学生,其中男生有21名. (1)现要选派一名学生代表班级参加学校的学代会,有多少种不同的选派方法? (2)若要选派男、女各一名学生代表班级参加学校的学代会,有多少种不同的选派方法? 3、有0、1、2、3、 4、5六个数字. (1)可以组成多少个不同的三位数? (2)可以组成多少个无重复数字的三位数? (3)可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数? 排列与组合 1.排列的概念:从n个不同元素中,任取m(m n ≤)个元素(这里的被取元素各不相同) 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 .... 2.排列数的定义:从n个不同元素中,任取m(m n ≤)个元素的所有排列的个数叫做从 n个元素中取出m元素的排列数,用符号m n A表示 3.排列数公式:(1)(2)(1) m n A n n n n m =---+(,, m n N m n * ∈≤) 4.阶乘:!n表示正整数1到n的连乘积,叫做n的阶乘0!1 =. 5.排列数的另一个计算公式:m n A= ! ()! n n m - 6.组合概念:从n个不同元素中取出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 7.组合数的概念: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... .用符号m n C 表示. 8.组合数公式:(1)(2)(1)! m m n n m m A n n n n m C A m ---+==或)!(!!m n m n C m n -=,,(n m N m n ≤∈* 且 9.组合数的性质1:m n n m n C C -=.规定:10 =n C ; 10.组合数的性质2:m n C 1+=m n C +1-m n C C n 0+C n 1+…+C n n =2n 题型讲解 例1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数 (1)6名学生排3排,前排1人,中排2人,后排3人; (2)6名学生排成一排,甲不在排头也不在排尾; (3)从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛,甲不跑第一棒,乙不跑第四棒; (4)6人排成一排,甲、乙必须相邻; (5)6人排成一排,甲、乙不相邻; (6)6人排成一排,限定甲要排在乙的左边,乙要排在丙的左边(甲、乙、丙可以不相邻) 解:(1)分排坐法与直排坐法一一对应,故排法种数为7206 6=A (2)甲不能排头尾,让受特殊限制的甲先选位置,有1 4A 种选法,然后其他5人选,有55A 种选法, 故排法种数为48055 1 4 =A A (3)有两棒受限制,以第一棒的人选来分类: ①乙跑第一棒,其余棒次则不受限制,排法数为3 5A ; ②乙不跑第一棒,则跑第一棒的人有14A 种选法,第四棒除了乙和第一棒选定的人外,也有14 A 种选法,其余两棒次不受限制,故有2 21414A A A 种排法, 由分类计数原理,共有2522 4141435=+A A A A 种排法 (4)将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4人一起作全排列共有2405 522=A A 种排法 (5)甲乙不相邻,第一步除甲乙外的其余4人先排好;第二步,甲、乙选择已排好的4人的左、右 及之间的空挡插位,共有2544A A (或用6人的排列数减去问题(2)后排列数为4802406 6=-A ) (6)三人的顺序定,实质是从6个位置中选出三个位置,然后排按规定的顺序放置这三人,其余3 人在3个位置上全排列,故有排法1203 336=A C 种 点评:排队问题是一类典型的排列问题,常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻 例2 假设在100件产品中有3件是次品,从中任意抽取5件,求下列抽取方法各多少种? (1)没有次品;(2)恰有两件是次品;(3)至少有两件是次品 解:(1)没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法,共有644460245 97=C 种 (2)恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件,并从3件次品中抽2件的抽法,共 有442320 2 3397=C C 种 (3)至少有2件次品的抽法,按次品件数来分有二类: 第一类,从97件正品中抽取3件,并从3件次品中抽取2件,有32 973 C C 种 第二类从97件正品中抽取2件,并将3件次品全部抽取,有23 973 C C 种 按分类计数原理有4469763 329723397=+C C C C 种 点评:此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题,附加的条件是从不同种类的元素中抽取,应当注意:如果第(3)题采用先从3件次品抽取2件(以保证至少有2件是次品),再从余下的98 件产品中任意抽取3件的抽法,那么所得结果是4662883 9823=C C 种,其结论是错误的,错在“重复” :假设3件次品是A 、B 、C ,第一步先抽A 、B 第二步再抽C 和其余2件正品,与第一步先抽A 、C (或B 、C ),第二步再抽B (或A )和其余2件正品是同一种抽法,但在算式398 23C C 中算作3种不同抽法 例3 求证:①m n m n m n A mA A =+---111 ;②1 2112++-+=++m n m n m n m n C C C C 证明:①利用排列数公式 左()()()()1! 1!1!!n m n n m n m -?-=+--- ()()()() 1!1!!n m n m n n m --+?-== -()==-m n A m n n !!右 另一种证法:(利用排列的定义理解)从n 个元素中取m 个元素排列可以分成两类: ①第一类不含某特殊元素a 的排列有m n A 1- 第二类含元素a 的排列则先从()1-n 个元素中取出()1-m 个元素排列有11--m n A 种,然后将a 插入, 共有m 个空档,故有11--?m n A m 种,因此m n m n m n A A m A =?+---111 ②利用组合数公式 左()()()()()! ! 2!11!1!1!m n m n m n m n m n m n -+ +--+--+= ()()()()()()()[] 11211! 1!1! +-+++++--?+-+m n m m m m n m n m n m n = ()()()()()()()==+-++=+++-+= ++1 2! 1!1!212!1!1!m n C m n m n n n m n m n 右 另法:利用公式11 1---+=m n m n m n C C C 推得 左()() ==+=+++=+++++-+1211111m n n n m n m n m n m n m n C C C C C C C 右 点评:证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质 例4 已知f 是集合{}d c b a A ,,,=到集合{}2,1,0=B 的映射 (1)不同的映射f 有多少个? (2)若要求()()()()4=+++d f c f b f a f 则不同的映射f 有多少个? 分析:(1)确定一个映射f ,需要确定d c b a ,,,的像 (2)d c b a ,,,的象元之和为4,则加数可能出现多种情况,即4有多种分析,各方案独立且 并列需要分类计算 解:(1)A 中每个元都可选0,1,2三者之一为像,由分步计数原理,共有4 33333=???个不同映射 (2)根据d c b a ,,,对应的像为2的个数来分类,可分为三类: 第一类:没有元素的像为2,其和又为4,必然其像均为1,这样的映射只有一个; 第二类:一个元素的像是2,其余三个元素的像必为0,1,1,这样的映射有121 314=P C 个; 第三类:二个元素的像是2,另两个元素的像必为0,这样的映射有624=C 个 由分类计数原理共有1+12+6=19(个) 点评:问题(1)可套用投信模型:n 封不同的信投入m 个不同的信箱,有n m 种方法;问题(2)的关键结合映射概念恰当确定分类,做到不重、不漏 例5 四面体的顶点和各棱的中点共10个点 (1)设一个顶点为A ,从其他9点中取3个点,使它们和点A 在同一平面上,不同的取法有多少种? (2)在这10点中取4个不共面的点,不同的取法有多少种? 解:(1)如图,含顶点A 的四面体的三个面上,除点A 外都有5个点,从中取出3点必与点A 共面,共有3 5 3C 种取法 含顶点A 的棱有三条,每条棱上有3个点,它们与所对棱的中点共面,共有3种取法 根据分类计数原理和点A 共面三点取法共有33333 5=+C 种 (2)取出的4点不共面比取出的4点共面的情形要复杂,故采用间接法:先不加限制任取4点 (4 10C 种取法)减去4点共面的取法 取出的4点共面有三类: 第一类:从四面体的同一个面上的6点取出4点共面,有4 64C 种取法 第二类:每条棱上的3个点与所对棱的中点共面,有6种取法 第三类:从6条棱的中点取4个点共面,有3种取法 根据分类计数原理4点共面取法共有693644 6=++C 故取4个点不共面的不同取法有() 14136446410=++-C C (种) 点评:由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题,附加的条件是点共线与不 共线,点共面与不共面,线共面与不共面等 小结 : ⑴m个不同的元素必须相邻,有m m P 种“捆绑”方法 ⑵m个不同元素互不相邻,分别“插入”到n个“间隙”中的m个位置有 m n P 种不同的“插入”方法⑶m个相同的元素互不相邻,分别“插入”到n个“间隙”中的m个位置,有m n C 种不同的“插入”方法 ⑷若干个不同的元素“等分”为 m个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以m m P 【例题解析】 例1 完成下列选择题与填空题 (1)有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有 种。 A.81 B.64 C.24 D.4 (2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是() A.81 B.64 C.24 D.4 (3)有四位学生参加三项不同的竞赛, ①每位学生必须参加一项竞赛,则有不同的参赛方法有; ②每项竞赛只许有一位学生参加,则有不同的参赛方法有; ③每位学生最多参加一项竞赛,每项竞赛只许有一位学生参加,则不同的参赛方法有。 解析(1)完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行,是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成,每投一封信作为一步,每步都有投入三个不同信箱的三种方法,因此:N=3×3×3×3=34=81,故答案选A。 本题也可以这样分类完成,①四封信投入一个信箱中,有C31种投法;②四封信投入两个信箱中,有C32(C41·A22+C42·C22)种投法;③四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱中,有C42·A33种投法、,故共有C31+C32(C41·A22+C42C22)+C42·A33=81(种)。故选A。 (2)因学生可同时夺得n项冠军,故学生可重复排列,将4名学生看作4个“店”,3项冠军看作“客”,每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家,即每个“客”有4种住宿法。由分步计数原理得:N=4×4×4=64。 故答案选B。 (3)①学生可以选择项目,而竞赛项目对学生无条件限制,所以类似(1)可得N=34=81(种); ②竞赛项目可以挑学生,而学生无选择项目的机会,每一项可以挑4种不同学生, 共有N=43=64(种); ③等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛,每人参加一项, 故共有C43·A33=24(种)。 注:本题有许多形式,一般地都可以看作下列命题: 设集合A={a1,a2,…,a n},集合B={b1,b2,…,b m},则f:A→B的不同映射是m n,f:B→A的不同映射是n m。 若n≤m,则f:A→B的单值映射是:A m n。 例2同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配方式有() A.6种 B.9种 C.11种 D.23种 解法一由于共四人(用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人),这个数目不大,化为填数问题之后,可用穷举法进行具体的填写: 再按照题目要求检验,最终易知有9种分配方法。 解法二记四人为甲、乙、丙、丁,则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到,故有3种分配方式;以乙收到为例,其他人收到卡片的情况可分为两类: 第一类:甲收到乙送出的卡片,这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式; 第二类:甲收到的不是乙送出的卡片,这时,甲收到卡片的方式有2种(分别是丙和丁送出的)。对每一种情况,丙、丁收到卡片的方式只有一种。 因此,根据乘法原理,不同的分配方式数为3×(1+2)=9。 解法三给四个人编号:1,2,3,4,每个号码代表1个人,人与号码之间的关系为一对一的关系;每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表,这样,贺年卡的分配问题可抽象为如下“数学问题”:将数字1,2,3,4,填入标号为1,2,3,4的4个方格里,每格填写一个数字,且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种(也可以说成:用数字1,2,3,4组成没有重复数字的4位数,而且每位数字都不等于位数的4位数共有多少个)? 这时,可用乘法原理求解答案: 首先,在第1号方格里填写数字,可填上2、3、4中的任一个数,有3种填法; 其次,当第1号方格填写的数字为i(2≤i≤4)时,则填写第i种方格的数字,有3种填法; 最后,将剩下的两个数填写到空着的两个空格里,只有1种填法(因为剩下的两个数中,至少有1个与空着的格子的序号相同)。 因此,根据乘法原理,得不同填法:3×3×1=9 注:本题是“乱坐问题”,也称“错排问题”,当元素较大时,必须用容斥原理求解,但元素较小时,应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解,或可以穷举。 例3宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排8盏,为节约用电又不影响照明,要求同时熄掉其中3盏,但不能同时熄掉相邻的灯,问熄灯的方法有多少种? 解法一我们将8盏灯依次编号为1,2,3,4,5,6,7,8。 在所熄的三盏灯中,若第一盏熄1号灯,第二盏熄3号灯,则第3盏可以熄5,6,7,8号灯中的任意一盏,共有4种熄法。 若第一盏熄1号灯,第2盏熄4号灯,则第3盏可以熄6,7,8号灯中的任意一盏。 依次类推,得若1号灯熄了,则共有4+3+2+1=10种熄法。 若1号灯不熄,第一盏熄的是2号灯,第二盏熄的是4号灯,则第三盏可以熄6,7,8号灯中的任意一盏,共有3种熄法。 依次类推得,若第一盏灯熄的是2号灯,则共有3+2+1=6种熄法。 同理,若第一盏熄的是3号灯,则共有2+1=3种熄法。 同理,若第一盏熄的是4号灯,则有1种熄法。 综上所述共有:10+6+3+1=20种熄法。 解法二我们可以假定8盏灯还未安装,其中5盏灯是亮着的,3盏灯不亮。这样原问题就等价于:将5盏亮着的灯与3盏不亮的灯排成一排,使3盏不亮的灯不相邻(灯是相同的)。5盏亮着的灯之间产生6个间隔(包括两边),从中插入3个作为熄灭的灯——就是我们经常解决的“相邻不相邻”问题,采用“插入法”,得其答案为C63=20种。 注解法一是穷举法,将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清晰,但有时较繁。方法二从另外一个角度审题,认清其数学本质,抽象成数学模型,解题时有一种豁然开朗的感觉。 例4已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3个不同的元素,并且该直线的倾斜角为锐角,求符合这些条件的直线的条数。 解设倾斜角为θ,由θ为锐角,得tanθ=- b a >0,即a、b异号。 (1)若c=0,a、b各有3种取法,排除2个重复(3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0),故有3×3-2=7 (条)。 (2)若c≠0,a有3种取法,b有3种取法,而同时c还有4种取法,且其中任两条直线均不相同,故这样的直线有3×3×4=36条,从而符合要求的直线共有7+36=43条。 注:本题是1999年全国高中数学联赛中的一填空题,据抽样分析正确率只有0.37。错误原因没有对c=0与c≠0正确分类;没有考虑c=0中出现重复的直线。 例5 平面上给定10个点,任意三点不共线,由这10个点确定的直线中,无三条直线交于同一点(除原10点外),无两条直线互相平行。 求:(1)这些直线所交成的点的个数(除原10点外)。 (2)这些直线交成多少个三角形。 解法一(1)由题设这10点所确定的直线是C102=45条。 这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点,由任意两条直线交一个点,共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以,在原来点上有10C92点被重复计数。 所以这些直线交成新的点是:C452-10C92=630。 (2)这些直线所交成的三角形个数可如下求:因为每个三角形对应着三个顶点,这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合,即C6403=43 486080(个)。 解法二(1)如图对给定的10点中任取4个点,四点连成6条直线,这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍,即这些直线新交成的点的个数是:3C104=630。 (2)同解法一。 注用排列、组合解决有关几何计算问题,除了应用排列、组合的各种方法与对策之外,还要考虑实际几何意义。 例6(1)如果(x+ x 1 )2n展开式中,第四项与第六项的系数相等。求n,并求展开式中的常数项; (2)求(x- 4 2 1 x )8展开式中的所有的有理项。 解(1)由C2n3=C2n5,可得3+5=2n ∴n=4。 设第k+1项为常数项 则T k+1=C8k·x8-k·x-k=C8k·x8-2k ∴8-2k=0,即k=4 ∴常数项为T5=C84=70。 (2)设第k+1项有理项,则 4 316841 2 88 1·)2 1(·)2 1(··k k k k k k k x C x x C T -- -+- =-= 因为0≤k ≤8,要使 4 316k -∈Z ,只有使k 分别取0,4,8 所以所求的有理项应为: T 1=x 4,T 5=835x,T 9=256 1x -2 注 (1)二项式展开中,要注意“系数”与“二项式系数”的区别; (2)在二项展开式中求得k 后,对应的项应该是k+1项。 例7 (1)求4×6n +5n+1被20除后的余数; (2)7n +C n 17n-1+C n 2·7n-2+…+C n n-1×7除以9,得余数是多少? (3)根据下列要求的精确度,求1.025的近似值。①精确到0.01;②精确到0.001。 解 (1)首先考虑4·6n +5n+1被4整除的余数。 ∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+C n+114n +C n+124n-1+…+C n+1n ·4+1 ∴其被4整除的余数为1 ∴被20整除的余数可以为1,5,9,13,17 然后考虑4·6n+1+5n+1被5整除的余数。 ∵4·6n =4·(5+1)n =4(5n +C n 1·5n-1+C n 2·5n-2+…+C n n-1·5+1) ∴被5整除的余数为4 ∴其被20整除的余数可以为4,9,14,19。 综上所述,被20整除后的余数为9。 (2) 7n +C n 1·7n-1+C n 2·7n-2+…+C n n-1·7 =(7+1)n -1=8n -1=(9-1)n -1 =9n -C n 1·9n-1+C n 2·9n-2+…+(-1)n-1C n n-1·9+(-1)n C n n -1 (i)当n 为奇数时 原式=9n -C n 1·9n-1+C n 2·9n-2+…+(-1)n-1C n n-1·9-2 ∴除以9所得余数为7。 (ii)当n 为偶数时 原式=9n -C n 1·9n-1+C n 2·9n-2+…+(-1)n-1C n n-1·9 ∴除以9所得余数为0,即被9整除。 (3)(1.02)5≈(1+0.02)5 =1+c 51·0.02+C 52·0.022+C 53·0.023+C 540.024+C 55·0.025 ∵C 52×0.022=0.004,C 53×0.023=8×10-5 ∴①当精确到0.01时,只要展开式的前三项和,1+0.10+0.004=1.104,近似值为1.10。 ②当精确到0.001时,只要取展开式的前四项和,1+0.10+0.004+0.0008=1.10408,近似值为 1.104。 注 (1)用二项式定理来处理余数问题或整除问题时,通常把底数适当地拆成两项之和或之差 再按二项式定理展开推得所求结论。 (2)用二项式定理来求近似值,可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。 例8 证明下列不等式: (1)2 n n b a +≥(2b a +)n ,(a 、b ∈{x|x 是正实数},n ∈N ); (2)已知a 、b 为正数,且 a 1+b 1 =1,则对于n ∈N 有(a+b )n -a n -b n ≥22n -2n+1。 证明 (1)令a=x+δ, b=x-δ 则x=2 b a + a n + b n =(x+δ)n +(x-δ)n =x n +C n 1x n-1δ+…+C n n δn +x n -C n 1x n-1δ+…(-1)n C n n δn =2(x n +C n 2x n-2δ2+C n 4x n-4δ4+…) ≥2x n 即2 n n b a +≥(2b a +)n (2)(a+b)n =a n +C n 1a n-1b+…+C n n b n (a+b)n =b n +C n 1b n-1a+…+C n n a n 上述两式相加得: 2(a+b)n =(a n +b n )+C n 1(a n-1b+b n-1a)+…+C n k (a n-k b k +b n-k a k )+…+C n n (a n +b n ) (*) ∵ a 1+b 1 =1,且a 、b 为正数 ∴ab=a+b ≥2ab ∴ab ≥4 又∵ a n-k b k +b n-k a k ≥2n n b a ?=2(ab )n (k=1,2,…,n-1) ∴2(a+b) n ≥2a n +2b n +C n 12(ab )n +C n 22(ab )n +…+C n n-12(ab )n ∴(a+b)n -a n -b n ≥(C n 1+C n 2+…+C n n-1)·(ab )n ≥(2n -2)·2n =22n -2n+1 注 利用二项式定理的展开式,可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题(1)中的换元法称之为均值换元(对称换元)。这样消去δ奇数次项,从而使每一项均大于或等于零。题(2)中,由由称位置二项式系数相等,将展开式倒过来写再与原来的展开式相加,这样充分利用对称性来解题 的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。 例9 已知(1-ax)n 展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列,第n+1-p 与第n+2-p 项的系数之和为0,而(1-ax )n+1展开式的第p+1与p+2项的二项式系数之比为1∶2。 (1)求(1-ax )n+1展开式的中间项; (2)求(1-ax )n 的展开式中系数最大的项。 解 由题设得: ???????==-+-+=+++-+-+--+-③　　 　　②① 　　1 11111120)() (2p n p n p n p n n p n p n n p n p n p n C C a C a C C C C 由①得,2C n p = p n p -+1C n p +1 +-p p n C n p 两边约去C n p ,可得: 2= p n p -+1+1 +-p p n 由③得,2C n+1p = 1 1+-+p p n C n+1p 约去C n+1p 可得,n=3p+1 解方程组?? ? ?? +==+-+-+1321 1p n p p n p n p 得:n=7,p=2. 将p=2,n=7代入②得: C 57(-a)5+C 76·(-a)6=0 解之得:a=0或3。 若a=0 ,则(1-0·x )8的中间项T 5=0,(1-0·x )7展开式中系数最大的项是T 1=1。 若a=3,则(1-3x )8的中间项T 5=C 84·(-3x )4=5670x 4,(1-3x )7的展开式中,奇数项系数为 正, 令 () 2 27 7 ) 3(·3-·---k k k k C C ≥1 解之得:k ≤6。 故(1-3x )7展开式中系数最大的项为 T 7=C 76·(-3)6·x 6=5103x 6。 注 一般地,求(a+bx )n 展开式中系数绝对值最大的项的方法是: 设第k+1项为系数绝对值最大的项,则由 ?????≥≥-+---+--+-1 11111···k k n k n k k n k n k k n k n k k n k n b a C b a C b a C b a C 求出k 的取值范围,从而确定第几项最大。 例10 求证下列各式 (1)C n k +C n k-1=C n+1k ; (2)C n 0C m p +C n 1C m p-1+…+C n p C m 0=C m+n p 。 证明 (1)对于给定的n+1个元素,从n+1个元素中任意选出k 个元素的不同组合有C n+1k 。 另一方面,设a 是n+1个元素中的一个。对于a 我们这样分类。 (i )若a 不选,则在n 个元素中选k 个,有C n k 种不同的选法。 (ii )若a 选,则在n 个元素中再选k-1个,有C n k-1种不同的选法。 故从n+1个元素中选k 个元素组成一组的不种选法是:C n k +C n k-1。 所以,C n k +C n k-1=C n+1k 。 (2)仿(1)我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边C m+n p ,可看作下列命题: 从m 个红球,n 个白球中,任选p 个球的不同选法是C m+n p 种。 另一方面,我们按选红球的个数分类:(i )取p 个红球,0个白球;(ii)取p-1个红球,1个白球,…,取0个红球,p 个白球,这样的每类选法数为:C n 0C m p ,C n 1C m p-1,…,C n p C m 0 ∴由分类计数原理可得:C n 0C m p +C n 1C m p-1+…+C n p C m 0=C m+n p (2)另证:∵(1+x )n (1+x)m ≡(1+x)m+n 左边展开式中x p 的系数是:C n 0C m p +C n 1C m p-1+…+C n p C m 0 右边展开式中x p 的系数是:C m+n p 由多项式恒等条件可知C n0C m p+C n1C m p-1+…+C n p C m0=C m+n p 注本题的证明方法称之为算两次,对一个数学模型从不同角度去解,得出两个结果,将这两个结果综合起来,得到我们所需证明的结论。