note/知识图谱/教科书-数学/选择性必修/第六章-计数原理.md

第六章

计数原理

汽车号牌的序号一般是从26个英文字母、10个阿拉伯数字中选出若干个，并按适当顺序排列而成。随着人们生活水平的提高，家庭汽车拥有量迅速增长，汽车号牌序号需要扩容，那么，交通管理部门应如何确定序号的组成方法，才能满足民众的需求呢？这就需要“数(shǔ)出”某种汽车号牌序号的组成方案下所有可能的序号数，这就是计数。

日常生活、生产中类似的问题大量存在。例如，幼儿会通过一个一个地数的方法，统计自己拥有玩具的数量；学校要举行班际篮球比赛，在确定赛制后，体育组的老师需要知道共需要举行多少场比赛；用红、黄、绿三面旗帜组成航海信号，颜色的不同排列表示不同的信号，需要知道共可以组成多少种不同的信号……如果问题中数量很少，一个一个地数也不失为一种计数的好方法。但如果问题中数量很多，我们还一个一个地去数吗？

在小学我们学了加法和乘法，这是将若干个“小”的数结合成“较大”的数最基本的方法。这两种方法经过推广就成了本章将要学习的分类加法计数原理和分步乘法计数原理。这两个原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，利用两个计数原理还可以得到两类特殊计数问题的计数公式——排列数公式和组合数公式，应用公式就可以方便地解决一些计数问题。作为计数原理与计数公式的一个应用，我们还将学习在数学上有广泛应用的二项式定理。

[图片描述: 一幅城市街景图，前景是一条繁忙的宽阔马路，上面有许多行驶中的汽车。马路两旁矗立着高大的现代建筑，路边和中央隔离带种植着绿树。天空晴朗，城市充满现代气息。|标题: 城市街景|图片1]

6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

计数问题是我们从小就经常遇到的,通过列举一个一个地数是计数的基本方法. 但当问题中的数量很大时,列举的方法效率不高. 能否设计巧妙的“数法”,以提高效率呢? 下面先分析一个简单的问题,并尝试从中得出巧妙的计数方法.

? 思考 用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号,总共能编出多少种不同的号码?

因为英文字母共有26个,阿拉伯数字共有10个,所以总共可以编出 $26+10=36$ 种不同的号码.

🔍 探究 你能说一说这个问题的特征吗?

首先,这里要完成的事情是“给一个座位编号”;其次是“或”字的出现:一个座位编号用一个英文字母或一个阿拉伯数字表示,因为英文字母与阿拉伯数字互不相同,所以用英文字母编出的号码与用阿拉伯数字编出的号码也互不相同,这两类号码数相加就得到号码的总数.

上述计数过程的基本环节是:

1. 确定分类标准,根据问题条件分为字母号码和数字号码两类;
2. 分别计算各类号码的个数;
3. 各类号码的个数相加,得出所有号码的个数.

? 你能举一些生活中类似的例子吗?

一般地,有如下分类加法计数原理: 完成一件事有两类不同方案①,在第1类方案中有 m 种不同的方法,在第2类方案中有 n 种不同的方法,那么完成这件事共有

• 两类不同方案中的方法互不相同.

N=m+n

种不同的方法.

例1 在填写高考志愿表时,一名高中毕业生了解到,A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业,如表 6.1-1.

表 6.1-1

A 大学	B 大学
生物学	数学
化学	会计学
医学	经济学
物理学	法学
工程学

如果这名同学只能选一个专业,那么他共有多少种选择?

分析: 要完成的事情是“选一个专业”,因为这名同学在A,B两所大学中只能选择一所,而且只能选择一个专业,又因为这两所大学没有共同的强项专业,所以符合分类加法计数原理的条件.

解: 这名同学可以选择 A,B两所大学中的一所.在A大学中有5种专业选择方法,在B大学中有4种专业选择方法.因为没有一个强项专业是两所大学共有的,所以根据分类加法计数原理,这名同学可能的专业选择种数为 N=5+4=9.

---

探究

如果完成一件事有三类不同方案,在第1类方案中有$m_1$种不同的方法,在第2类方案中有$m_2$种不同的方法,在第3类方案中有$m_3$种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法?

如果完成一件事有$n$类不同方案,在每一类方案中都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢?

---

思考

用前6个大写英文字母和1~9这9个阿拉伯数字,以A1, A2, ..., A9, B1, B2,...的方式给教室里的一个座位编号,总共能编出多少种不同的号码?

这里要完成的事情仍然是“给一个座位编号”,但与前一问题的要求不同,在前一问题中,用26个英文字母中的任意一个或10个阿拉伯数字中的任意一个,都可以给出一个

座位号码，但在这个问题中，号码必须由一个英文字母和一个作为下标的阿拉伯数字组成，即得到一个号码要经过先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字这样两个步骤。用图 6.1-1 所示的方法可以列出所有可能的号码。

[图片描述:一个树状图，展示了从一个英文字母“A”到9个阿拉伯数字的组合过程，从而形成座位的编号。图的左侧是“字母A”，从“A”延伸出9条分支，每条分支对应一个数字（从1到9）。每条分支的末端显示了由字母和数字组成的最终编号，例如A1, A2, A3, ..., A9。这形象地说明了通过两个步骤（选择字母，再选择数字）来生成不同编号的方法。|标题:图6.1-1 树状图示例|图片编号:1]

思考: 图6.1-1 是解决计数问题常用的“树状图”。你能用树状图列出所有可能的号码吗?

也可以这样思考: 由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任意一个组成一个号码，而且它们互不相同，因此共有 $6 \times 9 = 54$ 种不同的号码。

探究

你能说一说这个问题的特征吗？

上述问题要完成的一件事情仍然是“给一个座位编号”，其中最重要的特征是“和”字的出现：一个座位编号由一个英文字母和一个阿拉伯数字构成，因此得到一个座位号要经过先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字这两个步骤，每一个英文字母与不同的数字组成的号码是互不相同的。

一般地，有如下分步乘法计数原理： 完成一件事需要两个步骤¹，做第1步有 m 种不同的方法，做第2步有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有 $N = m \times n$ 种不同的方法。

例2 某班有男生30名、女生24名，从中任选男生和女生各1名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？

分析：要完成的一件事是“选男生和女生各1名”，可以分两个步骤：第1步，选男生；第2步，选女生。

解: 任选男生和女生各1名,可以分两个步骤完成: 第1步,从30名男生中选出1名,有30种不同选法; 第2步,从24名女生中选出1名,有24种不同选法. 根据分步乘法计数原理,共有不同选法的种数为

N=30\times24=720.

探究

如果完成一件事需要三个步骤,做第1步有$m_1$种不同的方法,做第2步有$m_2$种不同的方法,做第3步有$m_3$种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法? 如果完成一件事需要$n$个步骤,做每一步都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢?

例3 书架的第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书. (1)从书架上任取1本书,有多少种不同取法? (2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,有多少种不同取法? 分析: (1)要完成的一件事是“从书架上取1本书”,可以分从第1层、第2层和第3层中取三类方案; (2)要完成的一件事是“从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书”,可以分三个步骤完成. 解: (1)从书架上任取1本书,有三类方案: 第1类方案是从第1层取1本计算机书,有4种方法; 第2类方案是从第2层取1本文艺书,有3种方法; 第3类方案是从第3层取1本体育书,有2种方法. 根据分类加法计数原理,不同取法的种数为

N=4+3+2=9.

(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,可以分三个步骤完成: 第1步,从第1层取1本计算机书,有4种方法; 第2步,从第2层取1本文艺书,有3种方法; 第3步,从第3层取1本体育书,有2种方法. 根据分步乘法计数原理,不同取法的种数为

N=4\times3\times2=24.

练习

1. 填空题 (1)一项工作可以用2种方法完成,有5人只会用第1种方法完成,另有4人只会用第2种方法完成,从中选出1人来完成这项工作,不同选法的种数是______; (2)从A村去B村的道路有3条,从B村去C村的道路有2条,则从A村经B村去C村,不同路线的条数是______ .
2. 在例1中,若数学也是A大学的强项专业,则A大学有6个专业可以选择,B大学有4个专业可以选择,应用分类加法计数原理,得到这名同学可能的专业选择种数为6+4=10.这种算法有什么问题?

3.书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书。 (1)从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？ (2)从书架上任取数学书和语文书各1本，有多少种不同的取法？ 4.现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名。 (1)从三个年级的学生中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？ (2)从三个年级的学生中各选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？

---

例4 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有多少种不同的挂法？ 分析：要完成的一件事是“从3幅画中选出2幅，并分别挂在左、右两边墙上”，可以分步完成。 解：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法。根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数为 N=3 \times 2=6. 这6种挂法如图6.1-2所示。

[图片描述:展示了从甲、乙、丙三幅画中选择两幅分别挂在左右两边墙上的六种不同排列方式。左边选择为“甲”时，右边可选择“乙”或“丙”，形成“左甲右乙”和“左甲右丙”两种挂法。左边选择为“乙”时，右边可选择“甲”或“丙”，形成“左乙右甲”和“左乙右丙”两种挂法。左边选择为“丙”时，右边可选择“甲”或“乙”，形成“左丙右甲”和“左丙右乙”两种挂法。|标题:6种挂法示意图|图片编号:图6.1-2]

分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题。区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事。

例5 给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A~G或U~Z，后两个字符要求用数字1~9，最多可以给多少个程序模块命名？ 分析：要完成的一件事是“给一个程序模块命名”，可以分三个步骤完成：第1步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符。而首字符又可以分为两类。 解：由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为 7+6=13. 后两个字符从1~9中选，因为数字可以重复，所以不同选法的种数都为9。

? 你还能给出不同的解法吗？

由分步乘法计数原理，不同名称的个数是 13 \times 9 \times 9 = 1053, 即最多可以给1053个程序模块命名。

例6 电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态,而这也是最容易控制的两种状态,因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法,即二进制,为了使计算机能够识别字符,需要对字符进行编码,每个字符可以用1个或多个字节来表示,其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位,每个字节由8个二进制位构成. (1)1个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符? (2)计算机汉字国标码包含了6763个汉字,一个汉字为一个字符,要对这些汉字进行编码,每个汉字至少要用多少个字节表示?

分析: (1)要完成的一件事是“确定1个字节各二进制位上的数字”.由于每个字节有8个二进制位,每一位上的数字都有0,1两种选择,而且不同的顺序代表不同的字符,因此可以用分步乘法计数原理求解;(2)只要计算出多少个字节所能表示的不同字符不少于6763个即可.

解: (1)用图6.1-3表示1个字节,每一格代表一位.

[图片描述:该图片展示了一个字节的8个二进制位。图中包含8个相邻的矩形方框，每个方框代表一个位。每个方框下方都有一个向上的箭头，箭头下方标注“2种”，表示每个位都有两种可能的选择（0或1）。这形象地说明了计算机中一个字节的构成和其每个位上的选择情况。|标题:图6.1-3|图片编号:图1]

1个字节共有8位,每位上有2种选择,根据分步乘法计数原理,1个字节最多可以表示不同字符的个数是 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 2^8 = 256.

(2)由(1)知,1个字节所能表示的不同字符不够6763个,我们考虑2个字节能够表示多少个字符,前1个字节有256种不同的表示方法,后1个字节也有256种表示方法.根据分步乘法计数原理,2个字节可以表示不同字符的个数是 256 \times 256 = 65536.

这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763. 因此要对这些汉字进行编码,每个汉字至少要用2个字节表示.

练习

1. 某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成,其中前4位的数字是不变的,后4位数字都是0~9中的一个数字,这个电话局不同的电话号码最多有多少个?
2. 从5名同学中选出正、副组长各1名,有多少种不同的选法?
3. 从1,2,…,19,20 中任选一个数作被减数,再从1,2,…,10中任选一个数作减数,然后写成一个减法算式,共可得到多少个不同的算式?
4. 在1,2,…,500中,被5除余2的数共有多少个?
5. 由数字1,2,3,4,5可以组成多少个三位数(各位上的数字可以重复)?

例 7 计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试，程序员需要知道到底有多少条执行路径（程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据。一般地，一个程序模块由许多子模块组成。图 6.1-4 是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径？

另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数。你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？

[图片描述:该图为一个程序模块的执行流程图。流程从“开始”节点开始，然后并行地进入三个子模块：“子模块1”（有18条执行路径）、“子模块2”（有45条执行路径）、“子模块3”（有28条执行路径）。这三个子模块的执行都汇聚于中间点“A”。从“A”点出发，流程再次并行地进入两个子模块：“子模块4”（有38条执行路径）和“子模块5”（有43条执行路径）。最后，“子模块4”和“子模块5”都导向“结束”节点，完成整个程序的执行。|标题:图 6.1-4 程序模块执行路径图|图1]

graph TD
    start((开始)) --> submodule1[子模块1\n18条执行路径]
    start --> submodule2[子模块2\n45条执行路径]
    start --> submodule3[子模块3\n28条执行路径]

    submodule1 --> A(A)
    submodule2 --> A
    submodule3 --> A

    A --> submodule4[子模块4\n38条执行路径]
    A --> submodule5[子模块5\n43条执行路径]

    submodule4 --> end((结束))
    submodule5 --> end

分析: 整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1步是从开始执行到 A 点；第2步是从 A 点执行到结束。而第1步可由子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成；第2步可由子模块4、子模块5中任何一个来完成，因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理。

解: 由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为 18+45+28=91; 子模块4、子模块5中的子路径条数共为 38+43=81. 又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为 91 \times 81=7371. 在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块。这样，他可以先分别单独测试 5 个模块，以考察每个子模块的工作是否正常。总共需要的测试次数为 18+45+28+38+43=172. 再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为 3 \times 2=6.

如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常。这样，测试整个模块的次数就变为 172+6=178. 显然，$178$与$7371$的差距是非常大的。

思考与讨论

你看出了程序员是如何实现减少测试次数的吗？

例8 通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图6.1-5所示。

[图片描述: 中国汽车牌照，蓝色背景上方有白色“冀”字，代表河北省。下方为黄色背景，印有“A JR005”的黑色英文字母和数字组合。图片下方有指示线和文字说明：“冀”指向“省、自治区、直辖市简称”和“发牌机关代号”，“AJR005”指向“序号”。|标题: 图6.1-5|图片编号: 图1]

知识拓展

对于省和自治区，发牌机关通常是指其地级市的公安机关交通管理部门，并用英文字母依次编码，例如，河北省石家庄市、唐山市的发牌机关代号分别为A, B。直辖市的发牌机关代号可备案后依次自行使用。

其中，序号的编码规则为： (1) 由$10$个阿拉伯数字和除 O, I 之外的$24$个英文字母组成； (2) 最多只能有$2$个英文字母。 如果某地级市发牌机关采用$5$位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？

分析: 由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关所能发放的最多号牌数。按序号编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类：没有字母，有$1$个字母，有$2$个字母。以字母所在位置为分类标准，可将有$1$个字母的序号分为五个子类，将有$2$个字母的序号分为十个子类。

解: 由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数。根据序号编码规则，$5$位序号可以分为三类：没有字母，有$1$个字母，有$2$个字母。 (1) 当没有字母时，序号的每一位都是数字，确定一个序号可以分$5$个步骤，每一步都可以从$10$个数字中选$1$个，各有$10$种选法。根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为 10 \times 10 \times 10 \times 10 \times 10 = 100\ 000. (2) 当有$1$个字母时，这个字母可以分别在序号的第$1$位、第$2$位、第$3$位、第$4$位或第$5$位，这类序号可以分为五个子类。 当第$1$位是字母时，分$5$个步骤确定一个序号中的字母和数字：第$1$步，从$24$个字

母中选1个放在第1位, 有24种选法; 第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置, 各有10种选法, 根据分步乘法计数原理, 号牌张数为 $24 \times 10 \times 10 \times 10 \times 10 = 240 000.$ 同样, 其余四个子类号牌也各有240 000张. 根据分类加法计数原理, 这类号牌张数一共为 $240 000 + 240 000 + 240 000 + 240 000 + 240 000 = 1 200 000.$ (3) 当有2个字母时, 根据这2个字母在序号中的位置, 可以将这类序号分为十个子类: 第1位和第2位, 第1位和第3位, 第1位和第4位, 第1位和第5位, 第2位和第3位, 第2位和第4位, 第2位和第5位, 第3位和第4位, 第3位和第5位, 第4位和第5位. 当第1位和第2位是字母时, 分5个步骤确定一个序号中的字母和数字: 第1,2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位, 各有24种选法; 第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置, 各有10种选法, 根据分步乘法计数原理, 号牌张数为 $24 \times 24 \times 10 \times 10 \times 10 = 576 000.$ 同样, 其余几个子类号牌也各有576 000张. 于是, 这类号牌张数一共为 $576 000 \times 10 = 5 760 000.$ 综合(1)(2)(3), 根据分类加法计数原理, 这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为 100 000 + 1 200 000 + 5 760 000 = 7 060 000.

📖 归纳

用两个计数原理解决计数问题时, 最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点: (1) 要完成的“一件事”是什么; (2) 需要分类还是需要分步. 分类要做到“不重不漏”, 分类后再分别对每一类进行计数, 最后用分类加法计数原理求和, 得到总数. 分步要做到“步骤完整”, 即完成了所有步骤, 才能完成任务, 分步后再计算每一步的方法数, 最后根据分步乘法计数原理, 把完成每一步的方法数相乘, 得到总数.

❓ 思考

乘法运算是特定条件下加法运算的简化, 分步乘法计数原理和分类加法计数原理也有这种类似的关系吗?

练习

1. 乘积$(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)(c_1+c_2+c_3+c_4+c_5)$展开后共有多少项?
2. 在所有的两位数中,个位数字小于十位数字的有多少个?
3. 某商场有6个门,如果某人从其中的任意一个门进入商场,并且要求从其他的门出去,那么共有多少种不同的进出商场的方式?
4. 任意画一条直线,在直线上任取$n$个分点. (1) 从这$n$个分点中任取2个点形成一条线段,可得到多少条线段? (2) 从这$n$个分点中任取2个点形成两条有向线段,可得到多少条有向线段?

习题 6.1

复习巩固

1. 一个商店销售某种型号的电视机,其中本地的产品有4种,外地的产品有7种.要买1台这种型号的电视机,有多少种不同的选法?

2. 如图,从甲地到乙地有2条路,从乙地到丁地有3条路;从甲地到丙地有4条路,从丙地到丁地有2条路,从甲地到丁地共有多少条不同的路线? [图片描述: 这是一个展示不同地点之间路线的流程图。图中包含四个地点：甲地、乙地、丙地、丁地。从甲地到乙地有两条平行箭头表示的路线；从乙地到丁地有三条平行箭头表示的路线；从甲地到丙地有四条平行箭头表示的路线；从丙地到丁地有两条平行箭头表示的路线。箭头均指向目的地，表示单向路线。|标题: (第2题)|图片编号: 图1]

   graph LR
       A[甲地] -- 2条路线 --> B[乙地]
       B -- 3条路线 --> D[丁地]
       A -- 4条路线 --> C[丙地]
       C -- 2条路线 --> D
   

3. 如图,要让电路从$A$处到$B$处只有一条支路接通,可有多少条不同的路径? [图片描述: 这是一个从A点到B点的电路示意图。电路主要由两个并联的路径组成。 上层路径：从A点出发，经过一个主开关后，分叉为两个并联子路径，每个子路径上有一个开关，这两个子路径随后汇合，再经过一个最终开关到达B点。 下层路径：与上层路径结构类似，从A点出发，经过一个主开关后，分叉为两个并联子路径，每个子路径上有一个开关，这两个子路径随后汇合，再经过一个最终开关到达B点。 图中的开关均以矩形框加一个倾斜的短线表示，连接线为蓝色。|标题: (第3题)|图片编号: 图2]

   graph TD
       A -- "连接到上层主路径" --> Upper_Main_Switch;
       Upper_Main_Switch -- "上层主开关" --> Upper_Split_Point;
       Upper_Split_Point -- "上层子路径1 (开关S_U_sub1)" --> Upper_Join_Point;
       Upper_Split_Point -- "上层子路径2 (开关S_U_sub2)" --> Upper_Join_Point;
       Upper_Join_Point -- "上层最终开关" --> B;
   
       A -- "连接到下层主路径" --> Lower_Main_Switch;
       Lower_Main_Switch -- "下层主开关" --> Lower_Split_Point;
       Lower_Split_Point -- "下层子路径1 (开关S_L_sub1)" --> Lower_Join_Point;
       Lower_Split_Point -- "下层子路径2 (开关S_L_sub2)" --> Lower_Join_Point;
       Lower_Join_Point -- "下层最终开关" --> B;
   

4. 用1,5,9,13中的任意一个数作分子,4,8,12,16中任意一个数作分母,可构成多少个不同的分数?可构成多少个不同的真分数?

5. 一个口袋内装有5个小球,另一个口袋内装有6个小球,所有这些小球的颜色互不相同,从两个袋子中分别取1个球,共有多少种不同的取法?

6. (1) 在平面直角坐标系內,横坐标与纵坐标均在$A={0,1,2,3,4,5}$內取值的不同点共有多少个? (2) 在平面直角坐标系内,斜率在集合 $B={1,3,5,7}$内取值,$y$轴上的截距在集合$C={2,4,6,8}$內取值的不同直线共有多少条?

综合运用

7. 一种密码锁有4个拨号盘, 每个拨号盘上有0~9共10个数字. 现最后一个拨号盘出现了故障, 只能在0~5这6个数字中拨号, 这4个拨号盘可组成多少个四位数字号码?
8. (1) 4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队, 每人限报其中的一个运动队, 不同报法的种数是 3^4 还是 4^3? (2) 3个班分别从5个景点中选择一处游览, 不同选法的种数是 3^5 还是 5^3?
9. (1) 从5件不同的礼物中选出4件送给4位同学, 每人一件, 有多少种不同的送法? (2) 有5个编了号的抽屉, 要放进3本不同的书, 不同的放法有多少种?(一个抽屉可放多本书.)
10. 口袋中装有8个白球和10个红球, 每个球编有不同的号码, 现从中取出2个球. (1) 恰好是白球、红球各一个的取法有多少种? (2) 恰好是两个白球的取法有多少种? (3) 至少有一个白球的取法有多少种? (4) 两球的颜色相同的取法有多少种?

拓广探索

11. 在国庆长假期间, 要从7人中选若干人在7天假期值班(每天只需1人值班), 不出现同一人连续值班2天, 有多少种可能的安排方法?
12. 2160有多少个不同的正因数?

探究与发现

子集的个数有多少

问题 $n$元集合 A=\{a_1, a_2, \dots, a_n\} 的子集有多少个?

为了解决这个问题, 一个可行的思路是先研究一下某些具体集合, 如 S=\{a_1, a_2, a_3\} 的子集个数, 从中获得启发, 然后对一般的情况进行研究.

由于 S 中的元素只有3个, 因此可以用列举法列出它的所有子集: \emptyset, \{a_1\}, \{a_2\}, \{a_3\}, \{a_1, a_2\}, \{a_1, a_3\}, \{a_2, a_3\}, S.

可见, 一个含有3个元素的集合共有8个子集.

如果一个集合所含元素较少, 可以用列举法确定其子集的个数. 但如果集合中的元素较多, 用这种方法确定子集个数就不太方便了. 另外,

虽然列举法较“笨”, 但它是计数的基本方法. 请你列举一下4元集合 ${a_1, a_2, a_3, a_4}$、5元集合 \{a_1, a_2, a_3, a_4, a_5\} 的子集.

从上述描述中较难发现集合 S 中所含元素的个数 3 与其子集个数 8 之间的关系。为了发现规律，需要采取另外的方法。一个自然的想法是，应当设法用两个计数原理。

显然，元素 a_i (i=1, 2, 3) 与各子集的关系只有两种：a_i 属于子集或 a_i 不属于子集。这样，我们可以考虑用考察 S 中的每一个元素属不属于某个子集的方法来得到一个子集。因为 S 中有 3 个元素，所以要得到集合 S 的一个子集 $S_1$，可以分三个步骤：

1. 第1步，考察元素 a_1 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_1 \in S_1, a_1 \notin S_1)；
2. 第2步，考察元素 a_2 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_2 \in S_1, a_2 \notin S_1)；
3. 第3步，考察元素 a_3 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_3 \in S_1, a_3 \notin S_1)。

只要完成上述三个步骤，那么集合 S_1 中元素就完全确定了。根据分步乘法计数原理，对于由 3 个元素组成的集合，子集的个数为 2 \times 2 \times 2 = 2^3 = 8.

[图片描述: 一个带有问号图标的黄色背景对话框，其中包含一个针对读者的问题，旨在加深对空集和原集合作为子集规定的理解。|标题: 思考题|图片编号: 图1] 由此，你是否对把空集及原集合自身作为子集的规定有进一步的理解？

从上述过程，可以看到集合 S 中所含元素的个数 3 与其子集个数 8 之间的关系：3 是 2^3 中的指数，而 8 是 2^3 的运算结果。

一般地，我们有: n 元集合 A=\{a_1, a_2, \dots, a_n\} 的不同子集有 2^n 个.

证明：要得到集合 A 的一个子集 $S_1$，可以分 n 个步骤：

1. 第1步，考察元素 a_1 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_1 \in S_1, a_1 \notin S_1)；
2. 第2步，考察元素 a_2 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_2 \in S_1, a_2 \notin S_1)； ......
3. 第 k 步，考察元素 a_k 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_k \in S_1, a_k \notin S_1)； ......
4. 第 n 步，考察元素 a_n 是否在 S_1 中，有 2 种可能 (a_n \in S_1, a_n \notin S_1)。

只要完成上述 n 个步骤，那么集合 S_1 中元素就完全确定了。根据分步乘法计数原理，对于由 n 个元素组成的集合，子集的个数为 \underbrace{2 \times 2 \times \dots \times 2}_{\text{n个2}} = 2^n.

你还能用另外的方法证明上述结论吗？

6.2 排列与组合

在上节例8的解答中我们看到，用分步乘法计数原理解决问题时，因做了一些重复性工作而显得烦琐，能否对这类计数问题给出一种简捷的方法呢？为此，先来分析两个具体的问题。

6.2.1 排列

问题1 从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有几种不同的选法?

此时，要完成的一件事是“选出2名同学参加活动，1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动”，可以分两个步骤: 第1步，确定参加上午活动的同学，从3人中任选1人，有3种选法; 第2步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从剩下的2人中去选，有2种选法. 根据分步乘法计数原理，不同的选法种数为 3 \times 2 = 6.

这6种不同的选法如图6.2-1 所示。

[图片描述:该图展示了一个树形选择过程，列出了从甲、乙、丙3名同学中选择2名同学分别参加上午和下午活动的6种不同选法。左侧是上午活动的同学（甲、乙、丙），中间是下午活动的同学（从剩余的2人中选择），右侧是相应的选法。例如，若上午选甲，则下午可选乙或丙，形成“甲乙”或“甲丙”两种选法；若上午选乙，则下午可选甲或丙，形成“乙甲”或“乙丙”；若上午选丙，则下午可选甲或乙，形成“丙甲”或“丙乙”。|标题:图6.2-1 不同的选法示意图|图片编号:1]

如果把上面问题中被取出的对象叫做元素，那么问题可叙述为: 从3个不同的元素$a, b, c$中任意取出2个，并按一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法? 所有不同的排列是 ab, ac, ba, bc, ca, cb, 不同的排列方法种数为 3 \times 2 = 6.

❓ 问题1中的“顺序”是什么?

问题2 从$1, 2, 3, 4$这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数?

显然，从4个数字中，每次取出3个，按“百位、十位、个位”的顺序排成一列，就得到一个三位数，因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数，可以分三个步

骤来解决这个问题:

1. 确定百位上的数字,从1,2,3,4这4个数字中任取1个,有4种方法;
2. 确定十位上的数字,当百位上的数字确定后,十位上的数字只能从余下的3个数字中去取,有3种方法;
3. 确定个位上的数字,当百位、十位上的数字确定后,个位的数字只能从余下的2个数字中去取,有2种方法.

根据分步乘法计数原理,从1,2,3,4这4个不同的数字中,每次取出3个数字,按“百位、十位、个位”的顺序排成一列,不同的排法种数为 4 \times 3 \times 2 = 24.

因而共可得到24个不同的三位数,如图6.2-2所示。 [图片描述: 这是一个树形图，展示了如何从数字1, 2, 3, 4中不重复地选取三个数字来组成三位数。 第一层是“百位”，有四个分支，分别代表数字1、2、3、4。 第二层是“十位”，从每个百位数字下分出三个分支，代表从剩余的三个数字中选择。例如，如果百位是1，十位可以是2、3、4。 第三层是“个位”，从每个十位数字下分出两个分支，代表从剩余的两个数字中选择。例如，如果百位是1，十位是2，个位可以是3、4。 整个树形结构直观地展示了形成三位数的所有可能路径，对应了 4 \times 3 \times 2 = 24 种排列。|标题: 构成三位数的树形图|图片编号: 图1]

由此可写出所有的三位数: 123, 124, 132, 134, 142, 143, 213, 214, 231, 234, 241, 243, 312, 314, 321, 324, 341, 342, 412, 413, 421, 423, 431, 432.

同样,问题2可以归结为: 从4个不同的元素 a, b, c, d 中任意取出3个,并按照一定的顺序排成一列,共有多少种不同的排列方法?

所有不同的排列是 $abc, abd, acb, acd, adb, adc,$ $bac, bad, bca, bcd, bda, bdc,$ $cab, cad, cba, cbd, cda, cdb,$ dab, dac, dba, dbc, dca, dcb.

? 问题2中的“顺序”是什么?

不同的排列方法种数为 4 \times 3 \times 2 = 24.

思考 上述问题1,2的共同特点是什么?你能将它们推广到一般情形吗?

问题1和问题2都是研究从一些不同元素中取出部分元素,并按照一定的顺序排成一列的方法数.

一般地，从$n$个不同元素中取出$m(m \le n)$个元素，并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 (arrangement)。

根据排列的定义，两个排列相同的充要条件是：两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也相同。例如，在问题1中，“甲乙”与“甲丙”的元素不完全相同，它们是不同的排列；“甲乙”与“乙甲”虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列。又如，在问题2中，123与134的元素不完全相同，它们是不同的排列；123与132虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列。

例1 某省中学生足球赛预选赛每组有6支队，每支队都要与同组的其他各队在主、客场分别比赛1场，那么每组共进行多少场比赛？

分析： 每组任意2支队之间进行的1场比赛，可以看作是从该组6支队中选取2支，按“主队、客队”的”顺序排成的一个排列。

解： 可以先从这6支队中选1支为主队，然后从剩下的5支队中选1支为客队，按分步乘法计数原理，每组进行的比赛场数为 $6 \times 5 = 30$。

例2 (1)一张餐桌上有5盘不同的菜，甲、乙、丙3名同学每人从中各取1盘菜，共有多少种不同的取法？ (2)学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，共有多少种不同的选法？

分析： 3名同学每人从5盘不同的菜中取1盘菜，可看作是从这5盘菜中任取3盘，放在3个位置(给3名同学)的一个排列；而3名同学每人从食堂窗口的5种菜中选1种，每人都有5种选法，不能看成一个排列。

解： (1)可以先从这5盘菜中取1盘给同学甲，然后从剩下的4盘菜中取1盘给同学乙，最后从剩下的3盘菜中取1盘给同学丙。按分步乘法计数原理，不同的取法种数为 $5 \times 4 \times 3 = 60$。

(2)可以先让同学甲从5种菜中选1种，有5种选法；再让同学乙从5种菜中选1种，也有5种选法；最后让同学丙从5种菜中选1种，同样有5种选法。按分步乘法计数原理，不同的选法种数为 $5 \times 5 \times 5 = 125$。

练习

---

1. 写出: (1)用0~4这5个自然数组成的没有重复数字的全部两位数; (2)从$a,b,c,d$中取出2个字母的所有排列。

2. 一位老师要给4个班轮流做讲座,每个班讲1场,有多少种轮流次序?
3. 学校乒乓团体比赛采用5场3胜制(5场单打),每支球队派3名运动员参赛,前3场比赛每名运动员各出场1次,其中第1,2位出场的运动员在后2场比赛中还将各出场1次. (1)从5名运动员中选3名参加比赛,前3场比赛有几种出场情况? (2)甲、乙、丙3名运动员参加比赛,写出所有可能的出场情况.

---

6.2.2 排列数

前面给出了排列的定义,下面探究计算排列个数的公式.

我们把从$n$个不同元素中取出$m(m \le n)$个元素的所有不同排列的个数,叫做从$n$个不同元素中取出$m$个元素的排列数,用符号 $A_n^m$表示.

符号 A_n^m 中的 A 是英文 arrangement (排列) 的第一个字母.

例如,前面问题1是求从3个不同元素中取出2个元素的排列数,表示为A_3^2.已经算得 A_3^2=3 \times 2=6. 问题2是求从4个不同元素中取出3个元素的排列数,表示为A_4^3.已经算得 A_4^3=4 \times 3 \times 2=24.

探究

从$n$个不同元素中取出$m$个元素的排列数$A_n^m(m \le n)$是多少?

可以先从特殊情况开始探究,例如求排列数 A_n^2.根据前面的求解经验,可以这样考虑:

假定有排好顺序的两个空位,如图6.2-3所示,从$n$个不同元素中取出2个元素去填空,一个空位填上一个元素,每一种填法就得到一个排列;反之,任何一种排列总可以由这种填法得到,因此,所有不同填法的种数就是排列数A_n^2.

[图片描述: 示意图显示两个并排的矩形空位，分别标记为“第1位”和“第2位”。“第1位”下方有向上的箭头并标注“n种”，表示有n种选择；“第2位”下方也有向上的箭头并标注“(n-1)种”，表示有n-1种选择。此图用于说明在计算排列数时，逐位选取元素的过程。|标题: 图6.2-3|图片编号: 图1]

现在来计算有多少种填法.完成“填空”这件事可以分为两个步骤完成: 第1步, 填第1个位置的元素,可以从这$n$个不同元素中任选1个,有$n$种选法; 第2步, 填第2个位置的元素,可以从剩下的$(n-1)$个元素中任选1个,有$(n-1)$种选法.

根据分步乘法计数原理,2个空位的填法种数为

A_n^2=n(n-1)

同理, 求排列数 A_n^3 可以按依次填3个空位来考虑, 有

A_n^3=n(n-1)(n-2).

一般地, 求排列数 A_n^m 可以按依次填 m 个空位来考虑: 假定有排好顺序的 m 个空位, 如图 6.2-4 所示, 从 n 个不同元素中取出 m 个元素去填空, 一个空位填上一个元素, 每一种填法就对应一个排列, 因此, 所有不同填法的种数就是排列数 A_n^m.

[图片描述: 这是一个排列组合的示意图，展示了从 n 个不同元素中取出 m 个元素进行排列时，每个位置的可能选择数量。图中有 m 个相连的矩形框，分别标记为“第1位”、“第2位”、“第3位”、“...”和“第m位”。每个位置下方都有一支向上的箭头指向表示选择数量的文字。具体为：第1位下方显示“n种”；第2位下方显示“(n-1)种”；第3位下方显示“(n-2)种”；第m位下方显示“(n-m+1)种”。此图直观地说明了排列数公式的推导过程，即通过分步选择的方式确定不同排列的数量。|标题: 图6.2-4|图片编号: 1]

填空可以分为 m 个步骤完成:

1. 第1步, 从 n 个不同元素中任选1个填在第1位, 有 n 种选法;
2. 第2步, 从剩下的 (n-1) 个元素中任选1个填在第2位, 有 (n-1) 种选法;
3. 第3步, 从剩下的 (n-2) 个元素中任选1个填在第3位, 有 (n-2) 种选法; ... m. 第 m 步, 从剩下的 [n-(m-1)] 个元素中任选1个填在第 m 位, 有 (n-m+1) 种选法.

根据分步乘法计数原理, m 个空位的填法种数为

n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1).

这样, 我们就得到公式

A_n^m=n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1).

你能说一下排列数公式的特点吗?

这里, m,n \in \mathbb{N}^*, 并且 m \le n. 这个公式叫做排列数公式. 根据排列数公式, 我们就能方便地计算出从 n 个不同元素中取出 m(m \le n) 个元素的所有排列的个数, 例如,

A_5^2=5 \times 4=20,

A_8^3=8 \times 7 \times 6=336.

特别地, 我们把 n 个不同的元素全部取出的一个排列, 叫做 n 个元素的一个全排列. 这时, 排列数公式中 m=n, 即有

A_n^n=n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times 3 \times 2 \times 1.

也就是说, 将 n 个不同的元素全部取出的排列数, 等于正整数1到 n 的连乘积. 正整数1到 n 的连乘积, 叫做 n 的阶乘, 用 n! 表示. 于是, n 个元素的全排列数公式可以写成

A_n^n=n!

另外, 我们规定, 0!=1.

例3 计算: (1) A_7^3; (2) A_7^4; (3) \frac{A_7^7}{A_4^4}; (4) A_6^4 \times A_2^2.

解: 根据排列数公式,可得 (1) A_7^3 = 7 \times 6 \times 5 = 210; (2) A_7^4 = 7 \times 6 \times 5 \times 4 = 840; (3) \frac{A_7^7}{A_4^4} = \frac{7!}{4!} = 7 \times 6 \times 5 = 210; (4) A_6^4 \times A_2^2 = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 6! = 720.

? 思考

由例3可以看到, $A_7^3 = \frac{A_7^7}{A_4^4} = \frac{7!}{4!}$；$A_6^4 \times A_2^2 = 6! = A_6^6$，即 $A_6^4 = \frac{A_6^6}{A_2^2} = \frac{6!}{2!}$。观察这两个结果，从中你发现它们的共性了吗？

事实上, $A_n^m = n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)$ $= \frac{n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times (n-m+1) \times (n-m) \times \cdots \times 2 \times 1}{(n-m) \times \cdots \times 2 \times 1}$ $= \frac{A_n^n}{A_{n-m}^{n-m}}$ = \frac{n!}{(n-m)!}

因此,排列数公式还可以写成

A_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}

例4 用0~9这10个数字,可以组成多少个没有重复数字的三位数?

分析: 在0~9这10个数字中,因为0不能在百位上,而其他9个数字可以在任意数位上,因此0是一个特殊的元素. 一般地,我们可以从特殊元素的位置入手来考虑问题.

解法1: 如图6.2-5所示,由于三位数的百位上的数字不能是 [图片描述:一个矩形框被分成三格，分别标有“百位”、“十位”、“个位”。在百位格下方，标有数学表达式 A_9^1 种，表示百位数字有 A_9^1 种选择。在十位和个位格下方，共同标有数学表达式 A_9^2 种，表示十位和个位数字有 A_9^2 种选择。这个图示说明了如何从可用数字中选择组成三位数的方法。|标题:图6.2-5|图片编号:图1] 0,所以可以分两步完成:第1步,确定百位上的数字,可以从1~9这9个数字中取出1个,有 A_9^1 种取法;第2步,确定十位和个位上的数字,可以从剩下的9个数字中取出2个,有 A_9^2 种取法. 根据分步乘法计数原理,所求的三位数的个数为 A_9^1 \times A_9^2 = 9 \times 9 \times 8 = 648.

解法2: 如图6.2-6所示，符合条件的三位数可以分成三类：第1类，每一位数字都不是0的三位数，可以从1~9这9个数字中取出3个，有$A_9^3$种取法；第2类，个位上的数字是0的三位数，可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和十位，有$A_9^2$种取法；第3类，十位上的数字是0的三位数，可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和个位，有$A_9^2$种取法。

[图片描述: 三个排列框图，分别表示数字不含0的三位数、个位为0的三位数和十位为0的三位数。 第一个框图：上方是“百位”、“十位”、“个位”三个标签，下方用一个蓝色线条连接三个位置，并标注“$A_9^3$种”。 第二个框图：上方是“百位”、“十位”、“个位”三个标签，其中“个位”下方填充数字“0”。下方用一个蓝色线条连接“百位”和“十位”两个位置，并标注“$A_9^2$种”。 第三个框图：上方是“百位”、“十位”、“个位”三个标签，其中“十位”下方填充数字“0”。下方用一个蓝色线条连接“百位”和“个位”两个位置，并标注“$A_9^2$种”。|标题:图6.2-6|图片编号:1]

根据分类加法计数原理，所求三位数的个数为 $A_9^3 + A_9^2 + A_9^2 = 9 \times 8 \times 7 + 9 \times 8 + 9 \times 8 = 648$。

解法3: 从0~9这10个数字中选取3个的排列数为$A_{10}^3$，其中0在百位上的排列数为$A_9^2$，它们的差就是用这10个数组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求三位数的个数为 $A_{10}^3 - A_9^2 = 10 \times 9 \times 8 - 9 \times 8 = 648$。

对于例4这类计数问题，从不同的角度就有不同的解题方法。解法1根据百位数字不能是0的要求，按分步乘法计数原理完成从10个数中取出3个数组成没有重复数字的三位数这件事；解法2是以0是否出现以及出现的位置为标准，按分类加法计数原理完成这件事；解法3是一种间接法，先求出从10个数中取出3个数的排列数，然后减去其中百位是0的排列数(不是三位数的个数)，就得到没有重复数字的三位数的个数。

从上述问题的解答过程可以看到，引入排列的概念，归纳出排列数公式，我们就能便捷地求解“从$n$个不同元素中取出$m(m \leq n)$个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题。

练习

1. 先计算，然后用计算工具检验: (1) A_{12}^{12}; (2) A_8^8; (3) A_{15}^5 - 15A_{14}^4; (4) \frac{A_{12}^7}{A_{12}^6}.

2. 求证: (1) A_n^m = nA_{n-1}^{m-1}; (2) A_8^8 - 8A_7^7 + 7A_6^6 = A_7^7.

3. 一个火车站有8股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，共有多少种不同的停放方法?

6.2.3 组合

探究

从甲、乙、丙3名同学中选2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？这一问题与6.2.1节的问题1有什么联系与区别？

在6.2.1节问题1的6种选法中，存在“甲上午、乙下午”和“乙上午、甲下午”2种不同顺序的选法，我们可以将它看成是先选出甲、乙2名同学，然后再分配上午和下午而得到的，同样，先选出甲、丙或乙、丙，再分配上午和下午也都各有2种方法，而从甲、乙、丙3名同学中选2名去参加一项活动，就只需考虑将选出的2名同学作为一组，不需要考虑他们的顺序。于是，在6.2.1节问题1的6种选法中，将选出的2名同学作为一组的选法就只有如下3种情况：

甲乙，甲丙，乙丙.

将具体背景舍去，上述问题可以概括为：

从3个不同元素中取出2个元素作为一组，一共有多少个不同的组？

这就是我们要研究的问题。

一般地，从$n$个不同元素中取出$m(m \le n)$个元素作为一组，叫做从$n$个不同元素中取出$m$个元素的一个组合 (combination)。

思考

你能说一说排列与组合之间的联系与区别吗？

从排列与组合的定义可以知道，两者都是从$n$个不同元素中取出$m(m \le n)$个元素，这是它们的共同点。但排列与元素的顺序有关，而组合与元素的顺序无关。只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；而两个组合只要元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的。例如，在上述探究问题中，“甲乙”与“乙甲”的元素完全相同，但元素的排列顺序不同，因此它们是相同的组合，不同的排列。这样，以“元素相同”为标准分类，就可以建立起排列和组合之间的对应关系，如图6.2-7所示。

[图片描述:展示了组合与排列之间对应关系的流程图。上方是“组合”的概念，下方是“排列”的概念。在组合层，有三个独立的组合：“甲乙”、“甲丙”、“乙丙”。每个组合都通过一个向下箭头指向其对应的排列组合。具体来说，“甲乙”组合对应“甲乙, 乙甲”的排列；“甲丙”组合对应“甲丙, 丙甲”的排列；“乙丙”组合对应“乙丙, 丙乙”的排列。这说明一个组合可以对应多个排列，因为排列考虑了元素的顺序。|标题:组合与排列的对应关系图|图片编号:1]

graph TD
    subgraph 组合
        C1[甲乙]
        C2[甲丙]
        C3[乙丙]
    end

    subgraph 排列
        P1[甲乙, 乙甲]
        P2[甲丙, 丙甲]
        P3[乙丙, 丙乙]
    end

    C1 --> P1
    C2 --> P2
    C3 --> P3

由此，6.2.1节问题1的6个排列可以分成每组有2个不同排列的3个组，也就是上面探究问题的3个组合。

? 思考

校门口停放着9辆共享自行车，下面的问题是排列问题，还是组合问题？ (1) 从中选3辆，有多少种不同的方法？ (2) 从中选3辆给3位同学，有多少种不同的方法？

例5 平面内有A, B, C, D共4个点。 (1) 以其中2个点为端点的有向线段共有多少条？ (2) 以其中2个点为端点的线段共有多少条？

分析: (1)确定一条有向线段，不仅要确定两个端点，还要考虑它们的顺序，是排列问题；(2)确定一条线段，只需确定两个端点，而不需考虑它们的顺序，是组合问题。

解: (1)一条有向线段的两个端点要分起点和终点，以平面内4个点中的2个为端点的有向线段的条数，就是从4个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段条数为 A_4^2=4 \times 3=12. 这12条有向线段分别为 \vec{AB}, \vec{BA}, \vec{AC}, \vec{CA}, \vec{AD}, \vec{DA}, \vec{BC}, \vec{CB}, \vec{BD}, \vec{DB}, \vec{CD}, \vec{DC}. (2)由于不考虑两个端点的顺序，因此将(1)中端点相同、方向不同的2条有向线段作为一条线段，就是以平面内4个点中的2个点为端点的线段的条数，共有如下6条: AB, AC, AD, BC, BD, CD.

? 思考

利用排列和组合之间的关系，以“元素相同”为标准分类，你能建立起例5(1)中排列和(2)中组合之间的对应关系吗？进一步地，能否从这种对应关系出发，由排列数求出组合的个数？

---

练习

1.甲、乙、丙、丁4支足球队举行单循环赛。 (1) 列出所有各场比赛的双方； (2) 列出所有冠、亚军的可能情况。 2.已知平面内A, B, C, D这4个点中任何3个点都不在一条直线上，写出以其中任意3个点为顶点的所有三角形。

3. 现有1, 3, 7, 13这4个数。 (1) 从这4个数中任取2个相加，可以得到多少个不相等的和? (2) 从这4个数中任取2个相减，可以得到多少个不相等的差?

---

6.2.4 组合数

类比排列数，我们引进组合数概念： 从$n$个不同元素中取出$m(m \le n)$个元素的所有不同组合的个数，叫做从$n$个不同元素中取出$m$个元素的组合数，用符号$C_n^m$表示。

提示： 符号$C_n^m$中的C是英文combination（组合）的第一个字母。组合数还可以用符号$\binom{n}{m}$表示。

例如，从3个不同元素中取出2个元素的组合数表示为$C_3^2$，从4个不同元素中取出3个元素的组合数表示为$C_4^3$。

探究

前面已经提到，组合和排列有关系，我们能否利用这种关系，由排列数$A_n^m$来求组合数$C_n^m$呢？

前面，我们利用“元素相同、顺序不同的两个组合相同”“元素相同、顺序不同的两个排列不同”，以“元素相同”为标准，建立了排列和组合之间的对应关系，并求得了从3个不同元素中取出2个元素的组合数 C_3^2=3.

运用同样的方法，我们来求从4个不同元素中取出3个元素的组合数$C_4^3$。设这4个元素为$a,b,c,d$，那么从中取出3个元素的排列数 $A_4^3=24$，以“元素相同”为标准将这24个排列分组，一共有4组，如图6.2-8所示，因此组合数C_4^3=4.

[图片描述:该图展示了从4个元素$a, b, c, d$中取出3个元素的组合与排列之间的对应关系。左侧是组合（不考虑顺序），右侧是该组合对应的所有可能排列。具体来说：

• 组合$abc$对应6种排列：$abc, acb, bac, bca, cab, cba$。
• 组合$abd$对应6种排列：$abd, adb, bad, bda, dab, dba$。
• 组合$acd$对应6种排列：$acd, adc, cad, cda, dac, dca$。
• 组合$bcd$对应6种排列：$bcd, bdc, cbd, cdb, dbc, dcb$。 这表明一个组合（3个元素）可以生成$3! = 6$种排列，并且总共有4个不同的组合。|标题:图6.2-8|图1]

观察图 6.2-8，也可以这样理解求“从4个元素中取出3个元素的排列数$A_4^3$”： 第1步，从4个元素中取出3个元素作为一组，共有$C_4^3$种不同的取法; 第2步，将取出的3个元素作全排列，共有$A_3^3$种不同的排法.

于是，根据分步乘法计数原理，有

A_4^3 = C_4^3 \cdot A_3^3

即

C_4^3 = \frac{A_4^3}{A_3^3}=4

同样地，求“从 n 个元素中取出 m 个元素的排列数 $A_n^m$”，可以看作由以下两个步骤得到： 第1步，从 n 个不同元素中取出 m 个元素作为一组，共有 C_n^m 种不同的取法； 第2步，将取出的 m 个元素作全排列，共有 A_m^m 种不同的排法。 根据分步乘法计数原理，有

A_n^m = C_n^m \cdot A_m^m

因此，

C_n^m = \frac{A_n^m}{A_m^m} = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)}{m!}

这里 $n, m \in \mathbf{N}^*$，并且 $m \le n$。这个公式叫做组合数公式。 因为

A_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}

所以，上面的组合数公式还可以写成

C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!}

另外，我们规定 $C_n^0 = 1$。

例6 计算：(1) C_{10}^3; (2) C_{10}^7; (3) C_{10}^{10}; (4) $C_{10}^0$。 解：根据组合数公式，可得 (1) $C_{10}^3 = \frac{A_{10}^3}{A_3^3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3!} = 120;$ (2) $C_{10}^7 = \frac{10!}{7!(10-7)!} = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7!}{7! \times 3!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3!} = 120;$ (3) $C_{10}^{10} = \frac{A_{10}^{10}}{A_{10}^{10}} = \frac{10!}{10!} = 1;$ (4) C_{10}^0 = 1.

? 思考 观察例6的(1)与(2)，(3)与(4)的结果，你有什么发现？(1)与(2)分别用了不同形式的组合数公式，你对公式的选择有什么想法？

例7 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?

分析:(1)从100件产品中任意抽出3件,不需考虑顺序,因此这是一个组合问题; (2)可以先从2件次品中抽出1件,再从98件合格品中抽出2件,因此可以看作是一个分步完成的组合问题; (3)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件次品的情况,因此可以看作是一个分类完成的组合问题.

解:(1)所有的不同抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的组合数,所以抽法种数为 C_{100}^3 = \frac{A_{100}^3}{A_3^3} = \frac{100 \times 99 \times 98}{3!} = 161\,700;

(2)从2件次品中抽出1件的抽法有$C_2^1$种,从98件合格品中抽出2件的抽法有$C_{98}^2$种,因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为 [图片描述:一个带有问号的对话框，内容是“从2件次品中抽出1件的抽法数可以是$A_2^1$吗？”|标题:疑问提示|图片1] C_2^1 \times C_{98}^2 = 2 \times \frac{98 \times 97}{2!} = 9\,506.

(3)方法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,因此根据分类加法计数原理,抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为 C_2^1 \times C_{98}^2 + C_2^2 \times C_{98}^1 = 9\,506 + 98 = 9\,604.

方法2 抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的抽法种数减去3件都是合格品的抽法种数,即 C_{100}^3 - C_{98}^3 = 161\,700 - \frac{98 \times 97 \times 96}{3!} = 9\,604.

当$n$和$m$取较小数值时,可以通过手算得出$A_n^m$和C_n^m.当$n$和$m$取较大数值时,可以使用信息技术工具,以使计算更快捷和准确.许多信息技术工具都有计算排列数$A_n^m$和组合数$C_n^m$的内置函数,输入$n$和$m$的值后,便可以直接得到结果.

练习

1. 先计算,然后用计算工具检验: (1) C_6^2; (2) C_7^7; (3) C_7^3 - C_5^2; (4) 3C_8^3 - 2C_5^2.
2. 求证: C_n^m = \frac{m+1}{n+1} C_{n+1}^{m+1}.
3. 有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩,现要从中选3门考试成绩.

(1) 共有多少种不同的选法? (2) 如果物理和化学恰有1门被选,那么共有多少种不同的选法? (3) 如果物理和化学至少有1门被选,那么共有多少种不同的选法?

习题 6.2

复习巩固

1. 先计算,然后用计算工具检验: (1) 5A_8^3 + 4A_6^2; (2) A_4^1 + A_4^2 + A_4^3 + A_4^4.
2. 先计算,然后用计算工具检验: (1) C_{15}^3; (2) C_{200}^{197}; (3) C_6^3 \div C_8^4; (4) C_{n+1}^3 \cdot C_n^{n-2}.
3. 壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆的人民币各1张,一共可以组成多少种币值?
4. 填空题 (1) 有3张参观券,要在5人中确定3人去参观,不同方法的种数是________; (2) 要从5件不同的礼物中选出3件分别送3位同学,不同方法的种数是________; (3) 5名工人各自在3天中选择1天休息,不同方法的种数是________; (4) 集合A有$m$个元素,集合B有$n$个元素,从两个集合中各取1个元素,不同方法的种数是________.
5. 一名同学有4本不同的数学书,5本不同的物理书,3本不同的化学书,现要将这些书放在一个单层的书架上. (1) 如果要选其中的6本书放在书架上,那么有多少种不同的放法? (2) 如果要将全部的书放在书架上,且不使同类的书分开,那么有多少种不同的放法?
6. (1) 空间中有8个点,其中任何4个点不共面,过每3个点作一个平面,可以作多少个平面? (2) 空间中有10个点,其中任何4个点不共面,过每4个点为顶点作一个四面体,可以作多少个四面体?
7. 在一次考试的选做题部分,要求在第1题的4个小题中选做3个小题,在第2题的3个小题中选做2个小题,在第3题的2个小题中选做1个小题,有多少种不同的选法?

综合运用

8. 求证: (1) A_{n+1}^{n} - A_n^n = n^2 A_{n-1}^{n-1}; (2) \frac{(n+1)!}{k!} - \frac{n!}{(k-1)!} = \frac{(n-k+1) \cdot n!}{k!} (k \le n).
9. 学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序,除第1个节目和最后1个节目已确定外,4个音乐节目要求排在第2,5,7,10的位置,3个舞蹈节目要求排在第3,6,9的位置,2个曲艺节目要求排在第4,8的位置,有多少种不同的排法?

10. 班上每个小组有12名同学, 现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛。 (1) 每个小组有多少种选法? (2) 如果还要从选出的同学中指定1名作替补, 那么每个小组有多少种选法? (3) 如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手, 那么每个小组有多少种选法?
11. 一个数阵有$m$行$n$列, 第一行中的$n$个数互不相同, 其余行都由这$n$个数以不同的顺序组成, 如果要使任意两行的顺序都不相同, 那么$m$的值最大可取多少?
12. (1) 从0, 2, 4, 6中任取3个数字, 从1, 3, 5中任取2个数字, 一共可以组成多少个没有重复数字的五位数? (2) 由数字0, 1, 2, 3, 4, 5, 6可以组成多少个没有重复数字, 并且比5 000 000大的正整数?
13. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛。 (1) 如果4人中男生女生各选2人, 那么有多少种选法? (2) 如果男生中的甲和女生中的乙必须在内, 那么有多少种选法? (3) 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内, 那么有多少种选法? (4) 如果4人中必须既有男生又有女生, 那么有多少种选法?
14. 一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会。 (1) 如果必须有人去, 去几个人自行决定, 有多少种不同的去法? (2) 如果其中甲和乙两位同学要么都去, 要么都不去, 有多少种去法?
15. 从含有3件次品的100件产品中, 任意抽取5件进行检验。 (1) 抽出的产品都是合格品的抽法有多少种? (2) 抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法有多少种? (3) 抽出的产品中至少有2件是次品的抽法有多少种? (4) 抽出的产品中至多有2件是次品的抽法有多少种?

拓广探索

16. 根据某个福利彩票方案, 每注彩票号码都是从1~37这37个数中选取7个数, 如果所选7个数与开出的7个数一样(不管排列顺序), 彩票即中一等奖。 (1) 多少注不同号码的彩票可有一个一等奖? (2) 如果要将一等奖的中奖机会提高到 \frac{1}{3000000} 以上且不超过 \frac{1}{2000000}, 可在37个数中取几个数?
17. 如图, 现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色, 要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色, 共有几种不同的着色方法? [图片描述:一张简化的地图，包含四个区域，分别用罗马数字I、II、III、IV标记。区域I位于顶部，与区域II和III相邻。区域II位于左下方，与区域I和IV相邻。区域III位于右下方，与区域I和IV相邻。区域IV位于底部中央，与区域II和III相邻。此图用于说明一个地图着色问题，其中相邻区域不能使用相同颜色。|标题:第17题示意图|图片编号:1]
18. 移动互联网给人们的沟通交流带来了方便, 某种移动社交软件平台, 既可供用户彼此添加 “好友”单独交流, 又可供多个用户建立一个“群”(“群”里的人彼此不一定是“好友”关 系)共同交流, 如果某人在平台上发了信息, 他的“好友”都可以看到, 但“群”里的非“好友”

不能看到。现有一个10人的“群”，其中1人在平台上发了一条信息，“群”里有3人说看到了，那么这个“群”里与发信息这人是“好友”关系的情况可能有多少种？

19. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次。甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军。”对乙说：“你当然不会是最差的。”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？

探究与发现

组合数的两个性质

在例6中，我们已经发现$C_{10}^3$与$C_{10}^7$，$C_{10}^0$与$C_{10}^{10}$都是相同的数。现在再用计算工具计算下列各组组合数的值，还能发现什么？你能解释你的发现吗？

$C_{12}^5$与$C_{12}^7$，$C_{15}^4$与$C_{15}^{11}$，$C_{18}^3$与$C_{18}^{15}$。

通过计算不难发现，各组的两个组合数都相等。观察同组的两个组合数，还可以发现，它们的上标之和等于下标，即

5+7=12, 4+11=15, 3+15=18.

如何解释上述结果呢？

等式的两边是对同一问题的两个等价解释，这启发我们，如果把$C_{12}^5$解释为“从12名学生中选出5人参加某项活动的选法种数”，那么$C_{12}^7$可以解释为“从12名学生中留下7人不参加活动的选法种数”。由于留下7人后其余5人就是参加活动的，所以不参加活动的人员选法种数$C_{12}^7$就等于参加活动的人员选法种数$C_{12}^5$，即有

C_{12}^5=C_{12}^7.

一般地，从$n$个不同元素中取出$m$个元素后，必然剩下$(n-m)$个元素，因此从$n$个不同元素中取出$m$个元素的组合，与剩下的$(n-m)$个元素的组合一一对应。这样，从$n$个不同元素中取出$m$个元素的组合数，等于从这$n$个不同元素中取出$(n-m)$个元素的组合数。于是我们有

性质1

C_n^m = C_n^{n-m}.

由于$C_n^n=1$，因此上面的等式在$m=n$时也成立。

在推导性质1时，我们运用了说明组合等式的一个常用而重要的方法，即把等号两边的不同表达式解释为对同一个组合问题的两个不同的计数方案。

你能根据上述思想方法，利用分类加法计数原理，说明下面的组合数性质吗？

性质2

C_{n+1}^m = C_n^m + C_n^{m-1}.

6.3 二项式定理

上一节学习了排列数公式和组合数公式，本节我们用它们解决一个在数学上有着广泛应用的$(a+b)^n$展开的问题。

6.3.1 二项式定理

探究

我们知道，

(a+b)^2=a^2+2ab+b^2, (a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3.

(1) 观察以上展开式，分析其运算过程，你能发现什么规律？ (2) 根据你发现的规律，你能写出$(a+b)^4$的展开式吗？ (3) 进一步地，你能写出$(a+b)^n$的展开式吗？

我们先来分析$(a+b)^2$的展开过程。根据多项式乘法法则， $(a+b)^2 = (a+b)(a+b)$ $=a(a+b)+b(a+b)$ $=a \times a + a \times b + b \times a + b \times b$ =a^2+2ab+b^2.

可以看到，$(a+b)^2$是2个$(a+b)$相乘，只要从一个$(a+b)$中选一项($a$或b)，再从另一个$(a+b)$中选一项($a$或b)，相乘就得到展开式的一项。于是，由分步乘法计数原理，在合并同类项之前，$(a+b)^2$的展开式共有$C_2^1 \times C_2^1 = 2^2$项，而且每一项都是a^{2-k}b^k (k=0,1,2)的形式。

下面我们再来分析一下形如$a^{2-k}b^k$的同类项的个数。

当$k=0$时，$a^{2-k}b^k=a^2$，这是由2个$(a+b)$中都不选$b$得到的。因此，$a^2$出现的次数相当于从2个$(a+b)$中取0个$b$(都取a)的组合数$C_2^0$，即$a^2$只有1个。

当$k=1$时，$a^{2-k}b^k=ab$，这是由1个$(a+b)$中选$a$，另1个$(a+b)$中选$b$得到的。由于$b$选定后，$a$的选法也随之确定，因此，$ab$出现的次数相当于从2个$(a+b)$中取1个$b$的组合数$C_2^1$，即$ab$共有2个。

当$k=2$时，$a^{2-k}b^k=b^2$，这是由2个$(a+b)$中都选$b$得到的。因此，$b^2$出现的次数相当于从2个$(a+b)$中取2个$b$的组合数$C_2^2$，即$b^2$只有1个。

由上述分析可以得到 (a+b)^2=C_2^0a^2+C_2^1ab+C_2^2b^2.

? 思考 仿照上述过程，你能利用计数原理，写出(a+b)^3, $(a+b)^4$的展开式吗？

从上述对具体问题的分析得到启发，对于任意正整数 $n$，我们有如下猜想：

(a+b)^n=C_n^0a^n +C_n^1a^{n-1}b^1+\cdots+C_n^ka^{n-k}b^k +\cdots+C_n^nb^n, n\in \mathbf{N}^*.

(1)

下面我们对上述猜想的正确性予以说明。

由于 (a+b)^n 是 n 个 (a+b) 相乘，每个 (a+b) 在相乘时有两种选择，选 a 或 $b$，而且每个 (a+b) 中的 a 或 b 都选定后，将它们相乘才能得到展开式的一项。因此，由分步乘法计数原理可知，在合并同类项之前，(a+b)^n 的展开式共有 2^n 项，其中每一项都是 a^{n-k}b^k (k=0,1,\cdots,n) 的形式。

对于每个 k (k=0, 1, 2, \cdots, n)，对应的项 a^{n-k}b^k 是由 (n-k) 个 (a+b) 中选 $a$，另外 k 个 (a+b) 中选 b 得到的。由于 b 选定后，a 的选法也随之确定，因此，a^{n-k}b^k 出现的次数相当于从 n 个 (a+b) 中取 k 个 b 的组合数 $C_n^k$。这样，(a+b)^n 的展开式中，a^{n-k}b^k 共有 C_n^k 个，将它们合并同类项，就可以得到上述二项展开式。

公式 (1) 叫做二项式定理 (binomial theorem)，右边的多项式叫做 (a+b)^n 的二项展开式，其中各项的系数 C_n^k (k=0,1,2,\cdots,n) 叫做二项式系数，式中的 C_n^ka^{n-k}b^k 叫做二项展开式的通项，用 T_{k+1} 表示，即通项为展开式的第 k+1 项：

T_{k+1}=C_n^ka^{n-k}b^k.

在二项式定理中，若设 $a=1, b=x$，则得到公式：

(1+x)^n=C_n^0+C_n^1x+C_n^2x^2+\cdots+C_n^kx^k+\cdots+C_n^nx^n.

例1 求$(x+\frac{1}{x})^6$的展开式。

解: 根据二项式定理，

\begin{aligned}
\left(x+\frac{1}{x}\right)^6 &=(x+x^{-1})^6 \\
&=C_6^0x^6+C_6^1x^5x^{-1}+C_6^2x^4x^{-2}+C_6^3x^3x^{-3}+C_6^4x^2x^{-4}+C_6^5x^1x^{-5}+C_6^6x^{-6} \\
&=x^6+6x^4+15x^2+20+15x^{-2}+6x^{-4}+x^{-6}.
\end{aligned}$$

**例2**
(1) 求$(1+2x)^7$的展开式的第4项的系数;
(2) 求$(2\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}})^6$的展开式中 $x^2$的系数.

**解:** (1) $(1+2x)^7$的展开式的第4项是

$$T_{3+1}=C_7^3\times1^{7-3}\times(2x)^3$$

[图片描述:一个带有圆角边框的浅紫色文本框，包含关于二项式系数与项系数概念区别的说明。文本内容是：(1+2x)7的展开式的第4项的二项式系数是C_7^3=35。一个二项展开式的某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念。|标题:重要提示|图片编号:图1]
<!--End Page35-->

<!--Begin Page36-->
$=C_7^3 \times 2^3 x^3 = 35 \times 8 \times x^3$
$=280x^3.$
因此,展开式第4项的系数是280.

(2) $(2\sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}})^6$的展开式的通项是
$C_6^k (2\sqrt{x})^{6-k} (-\frac{1}{\sqrt{x}})^k = (-1)^k 2^{6-k} C_6^k x^{3-k}.$
根据题意,得
$3-k=2,$
$k=1.$
因此,$x^2$的系数是
$(-1)^1 \times 2^5 \times C_6^1 = -192.$

### 练习

1. 写出$(p+q)^5$的展开式.
2. 求$(2a+3b)^6$的展开式的第3项.
3. 写出$(\sqrt[3]{x} - \frac{1}{2\sqrt{x}})^n$的展开式的第$r+1$项.
4. $(x-1)^{10}$的展开式的第6项的系数是 ( ).
   (A) $C_{10}^6$ (B) $-C_{10}^6$ (C) $C_{10}^5$ (D) $-C_{10}^5$
5. 在$(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$的展开式中,含$x^4$的项的系数是______.

### 6.3.2 二项式系数的性质

$(a+b)^n$的展开式的二项式系数
$C_n^0, C_n^1, C_n^2, \dots, C_n^k, \dots, C_n^n$
有很多有趣的性质,而且我们可以从不同角度进行研究.

---

### 💡 探究

用计算工具计算$(a+b)^n$的展开式的二项式系数,并填入表 6. 3-1.

**表 6.3-1**
$(a+b)^n$的展开式的二项式系数

| $n$ | $(a+b)^n$的展开式的二项式系数 |
|---|---|
| 1 | |
| 2 | |
<!--End Page36-->

<!--Begin Page37-->
续表
| n | $(a+b)^n$ 的展开式的二项式系数 |
|---|---|
| 3 | |
| 4 | |
| 5 | |
| 6 | |

通过计算、填表,你发现了什么规律?

从表6.3-1可以发现,每一行中的系数具有对称性,除此以外还有什么规律呢?为了便于发现规律,上表还可以写成如图6.3-1所示的形式。

> 表示形式的变化常常能帮助我们发现某些规律。

[图片描述:展示了$n$从1到6时，$(a+b)^n$展开式的二项式系数。内容以文本形式呈现，模拟帕斯卡三角形结构。具体系数如下：
$(a+b)^1$         1 1
$(a+b)^2$         1 2 1
$(a+b)^3$         1 3 3 1
$(a+b)^4$         1 4 6 4 1
$(a+b)^5$         1 5 10 10 5 1
$(a+b)^6$         1 6 15 20 15 6 1|标题:二项式系数展开形式 (图6.3-1)|图片编号:图1]

观察图 6.3-1,你还能发现哪些规律?

对于$(a+b)^n$的展开式的二项式系数
$C_n^0, C_n^1, C_n^2, \dots, C_n^n,$
我们还可以从函数的角度分析它们。$C_n^r$可看成以$r$为自变量的函数$f(r)$,其定义域是
$\{0, 1, 2, \dots, n\}$.
对于确定的$n$,我们还可以画出它的图象。例如,当$n=6$时,函数$f(r)=C_n^r (r \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\})$的图象是7个离散点,如图6.3-2所示。

[图片描述:一个离散点散点图，横轴表示$r$（从0到6），纵轴表示$f(r)$（从0到20）。图上显示了$n=6$时函数$f(r)=C_6^r$的七个取值点，这些点对应$(a+b)^6$的二项式系数：(0,1), (1,6), (2,15), (3,20), (4,15), (5,6), (6,1)。这些点形成了对称的钟形分布，最高点在$r=3$处。|标题:函数$f(r)=C_n^r$的图象 ($n=6$) (图6.3-2)|图片编号:图2]

## 探究
(1) 观察图6.3-2,你发现了什么规律?
(2) 请你分别画出$n=7,8,9$ 时函数 $f(r)=C_n^r$的图象,比较它们的异同,你发现了什么规律?

分析图6.3-1和图6.3-2,可以得到二项式系数的以下性质。
<!--End Page37-->

<!--Begin Page38-->
## 1. 对称性

与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等。事实上，这一性质可直接由$C_n^m = C_n^{n-m}$得到。

[图片描述: 一个带有数字1的蓝色信息框，框内文字是关于组合等式的解释性问题。|标题: 组合等式解释问题|图片编号: 图1]

直线$r=\frac{n}{2}$将函数$f(r)=C_n^r$的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴。

## 2. 增减性与最大值

因为
$$C_n^k = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+2)(n-k+1)}{(k-1)!k} = C_n^{k-1} \frac{n-k+1}{k}$$
即
$$\frac{C_n^k}{C_n^{k-1}} = \frac{n-k+1}{k}$$
所以，当$\frac{n-k+1}{k} > 1$，即$k < \frac{n+1}{2}$时，$C_n^k$随$k$的增加而增大。由对称性知，二项式系数的后半部分，$C_n^k$随$k$的增加而减小。当$n$是偶数时，中间的一项$C_n^{\frac{n}{2}}$取得最大值；当$n$是奇数时，中间的两项$C_n^{\frac{n-1}{2}}$与$C_n^{\frac{n+1}{2}}$相等，且同时取得最大值。

## 3. 各二项式系数的和

已知
$$(1+x)^n = C_n^0 + C_n^1 x + C_n^2 x^2 + \dots + C_n^n x^n$$
令$x=1$，得
$$2^n = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \dots + C_n^n$$
这就是说，$(a+b)^n$的展开式的各二项式系数的和等于$2^n$。

**例3** 求证：在$(a+b)^n$的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和。

**分析**: 奇数项的二项式系数的和为
$$C_n^1 + C_n^3 + C_n^5 + \dots$$
偶数项的二项式系数的和为
$$C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \dots$$
由于
$$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1} b + C_n^2 a^{n-2} b^2 + \dots + C_n^n b^n$$
中的$a,b$可以取任意实数，因此我们可以通过对$a,b$适当赋值来得到上述两个系数和。

[图片描述: 一个带有数字2的紫色信息框，框内文字说明了二项式定理中变量a,b的取值范围和灵活性。|标题: 关于二项式定理中a,b取值的说明|图片编号: 图2]

**证明**: 在展开式
$$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1} b + C_n^2 a^{n-2} b^2 + \dots + C_n^n b^n$$
中，令$a=1, b=-1$，则得
<!--End Page38-->

<!--Begin Page39-->
$$(1-1)^n=C_n^0-C_n^1+C_n^2+\dots+(-1)^k C_n^k+\dots+(-1)^n C_n^n.$$
即
$$(C_n^0+C_n^2+C_n^4+\dots)-(C_n^1+C_n^3+C_n^5+\dots)=0.$$
因此,
$$C_n^0+C_n^2+C_n^4+\dots=C_n^1+C_n^3+C_n^5+\dots,$$
即在$(a+b)^n$的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.

## 练习

1.  填空题
    (1) $C_{11}^1+C_{11}^3+C_{11}^5+\dots+C_{11}^{11}=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_;$
    (2) $\frac{C_n^0+C_n^1+C_n^2+\dots+C_n^n}{C_{n+1}^0+C_{n+1}^1+C_{n+1}^2+\dots+C_{n+1}^{n+1}}=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_.$
2.  证明: $C_n^0+C_n^2+C_n^4+\dots+C_n^n=2^{n-1}$ ($n$ 是偶数).
3.  写出 $n$ 从 1 到 10 的二项式系数表.
4.  若一个集合含有 $n$ 个元素,则这个集合共有多少个子集?

## 习题 6.3

### 复习巩固

1.  选择题
    (1) 在$(1-x)^5+(1-x)^6+(1-x)^7+(1-x)^8$的展开式中,含$x^3$的项的系数是( ).
        (A) 74
        (B) 121
        (C) -74
        (D) -121
    (2) $(x+1)^n$的展开式中$x^2$的系数为15,则$n=( )$.
        (A) 7
        (B) 6
        (C) 5
        (D) 4
2.  $(x+y)(x-y)^5$的展开式中$x^3y^3$的系数是_____.
3.  用二项式定理展开:
    (1) $(a+\sqrt[3]{b})^9$;
    (2) $(\frac{\sqrt{x}}{2}-\frac{2}{\sqrt{x}})^7$.
4.  化简:
    (1) $(1+\sqrt{x})^5+(1-\sqrt{x})^5$;
    (2) $(2x^{\frac{1}{2}}+3x^{-\frac{1}{2}})^4+(2x^{\frac{1}{2}}-3x^{-\frac{1}{2}})^4$.
5.  (1) 求$(1-2x)^{15}$的展开式的前4项;
    (2) 求$(2a^3-3b^2)^{10}$的展开式的第8项;
    (3) 求$(\frac{\sqrt{x}}{3}-\frac{3}{\sqrt{x}})^{12}$的展开式的中间一项;
    (4) 求$(x\sqrt{y}-y\sqrt{x})^{15}$的展开式的中间两项.
<!--End Page39-->

<!--Begin Page40-->
**6. 求下列各式的二项展开式中指定项的系数:**
(1) $(1 - \frac{1}{2x})^{10}$ 的含 $\frac{1}{x^5}$ 的项;
(2) $(2x^3 - \frac{1}{2x^3})^{10}$ 的常数项.

---

### **综合运用**

**7. 证明:**
(1) $(x - \frac{1}{x})^{2n}$ 的展开式中常数项是 $(-2)^n \frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n-1)}{n!}$;
(2) $(1+x)^{2n}$ 的展开式的中间一项是 $\frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n-1)}{n!} (2x)^n$.

**8. 已知 $(1+x)^n$ 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等, 求这两项的二项式系数.**

**9. 用二项式定理证明:**
(1) $(n+1)^n - 1$ 能被 $n^2$ 整除;
(2) $99^{10} - 1$ 能被 $1000$ 整除.

---

### **拓广探索**

**10. 求证:** $2^n - C_n^1 \times 2^{n-1} + C_n^2 \times 2^{n-2} + \cdots + (-1)^{n-1} C_n^{n-1} \times 2 + (-1)^n = 1$.

**11. 下图反映了二项式定理产生、完备和推广所走过的漫长历程:**

```mermaid
graph TD
    A[欧几里得<br/>《原本》<br/>$(a+b)^2$<br/>公元前3世纪]
    B[《九章算术》<br/>$(a+b)^2$, $(a+b)^3$<br/>1世纪]
    C[帕斯卡<br/>《论算术三角形》<br/>$(a+b)^n, n \in \mathbb{N}^*$<br/>17世纪]
    D[莱布尼茨<br/>约翰第一·伯努利<br/>$(a_1+\cdots+a_m)^n, m, n \in \mathbb{N}^*$<br/>1695年]
    E[牛顿<br/>$(a+b)^n, n \in \mathbb{Q}$<br/>1665年]
    F[18世纪<br/>(证明)]
    G[蒙特摩尔<br/>$(a+b)^n, n=4$<br/>1708年]
    H[卡斯蒂隆<br/>$(a+b)^n, n \in \mathbb{N}^*$<br/>1742年]
    I[欧拉<br/>$(1+x)^n, x, n \in \mathbb{R}$<br/>1773年]
    J[19世纪]
    K[柯西<br/>$(1+x)^n, x, n \in \mathbb{C}$]

    A --> B
    B --> C
    C -- 推广 --> D
    C -- 推广 --> E
    E -- 证明 --> F
    F --> G
    F --> H
    F --> I
    I --> J
    J --> K

    style A fill:#e0e0e0,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style B fill:#f5d0a9,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style C fill:#b8e994,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style D fill:#a0d2eb,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style E fill:#d2a9f5,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style G fill:#ffd580,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style H fill:#c3f2c3,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style I fill:#ffb3ba,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
    style K fill:#c8bbf7,stroke:#333,stroke-width:1px,border-radius:5px
```
(第11题)

(1) 在上述发展过程中, 无论是推广还是证明, 都是从特殊到一般. 如今, 数学研究的一个发展趋势就是尽可能地一般化, 请你试一试, 从 $(a+b)^n$ 推广到 $(a_1+a_2+\cdots+a_m)^n$ ($m, n \in \mathbb{N}^*$).
(2) 请你查阅相关资料, 细化上述历程中的某段过程, 例如从3次到 $n$ 次, 从二项到 $m$ 项等, 说一说数学家是如何发现问题和解决问题的.
<!--End Page40-->

<!--Begin Page41-->
# 小结

## 一、本章知识结构

```mermaid
graph TD
    A[两个计数原理]
    B[排列,排列数公式]
    C[组合,组合数公式]
    D[二项式定理]
    E[应用]

    A --> B
    A --> C
    A --> D
    B --> E
    C --> E
    D --> E
    A --> E
```

## 二、回顾与思考

本章我们首先学习了分类加法计数原理与分步乘法计数原理; 然后,从一般到特殊,学习了两类特殊的计数问题——排列与组合,并用两个计数原理推导出排列数公式与组合数公式; 最后,作为一个应用,根据多项式的乘法运算法则和计数原理推导出了二项式定理,并研究了二项式系数的一些性质.

当我们面对一个复杂问题时,通过分类或分步,将它分解成为一些简单的问题. 先解决简单问题,然后再将它们整合起来得到整个问题的解答,达到以简驭繁的效果,这是一种重要而基本的思想方法. 两个计数原理就是这种思想的体现,分类加法计数原理对应着“分类”活动,而且每一类方法都能完成相应的事情; 分步乘法计数原理对应着“分步”活动,而且只有完成每一个步骤才能完成相应的事情. 如果从集合的角度来考虑,那么分类加法计数原理表明了这样一个事实: 将集合 $U$ 分成一些两两不交的子集 $S_1, S_2, \dots, S_k$,而且 $S_i(i=1, 2, \dots, k)$ 的元素个数分别为 $n_i$,那么集合 $U$ 的元素个数
$$n=n_1+n_2+\dots+n_k.$$

排列、组合是两类特殊的计数问题,排列的特殊性在于排列中元素的“互异性”和“有序性”,组合的特殊性在于它只有元素的“互异性”而不需要考虑顺序. 我们看到,排列与组合之间有紧密的联系,从 $n$ 个不同元素中取出 $m(m \le n)$ 个元素的组合可以看成是相应排列的一个步骤.

二项式定理是计数原理在多项式展开中的应用. 把 $(a+b)^n$ 的展开相乘看成是作 $n$ 次选取,每次有 $2$ 种选择——$a$ 或 $b$,因此,展开式中的每一项都是 $a^{n-k}b^k(k=0, 1, \dots, n)$ 的形式. 利用分步乘法计数原理可知,合并同类项前共有 $2^n$ 项,每一项 $a^{n-k}b^k$ 都可以看作是在 $n$ 个 $(a+b)$ 中恰好有 $k$ 个取 $b$ 得到的,从而同类项的个数为 $C_n^k$.
<!--End Page41-->

<!--Begin Page42-->
在本章中，无论是概念的得出还是数学公式的推导，都是从特殊到一般，从具体到抽象，通过归纳而得出的，这是代数中研究问题的基本方法，也是数学学习中经常使用的思维方法。

请你结合下面的问题，复习一下全章的內容吧！

1.  在数学学习中，举例是理解一般原理的好方法，例如，进入一个院子要通过一道墙，这道墙左边有 $m$ 个门，右边有 $n$ 个门，那么进入院子的方法数为 $m+n$ ($m, n$ 分别表示走左、右边进入院子的方法数)；进入一个院子要通过两道墙，第一道墙有 $m$ 个门，第二道墙有 $n$ 个门，那么进入院子的方法数为 $m \times n$ ($m, n$ 分别表示通过第一、第二道墙的方法数)。你能再举几个应用两个计数原理的例子吗？你觉得在分类和分步时需要注意些什么？
2.  加强数学知识间的联系，是深入理解知识的重要方法。例如，把本章的知识与集合的有关内容联系起来，可以简洁地表述有关原理。你能举例说明吗？
3.  举例说明排列和组合的特殊性。
4.  运用计数原理和组合知识推导二项式定理，是一个有奇趣、有意味的过程。请回味这个过程，并和同学谈谈你的学习体会。
5.  请你回顾本章学习过程，结合具体知识，如计数原理、排列数公式、组合数公式或二项式定理，谈谈这些知识的获得是如何从特殊到一般，或从具体到抽象的？

## 复习参考题6

### 复习巩固

1.  填空题
    (1) 乘积 $(a_1+a_2+\cdots+a_n)(b_1+b_2+\cdots+b_n)$ 展开后，共有 __________ 项；
    (2) 学生可从本年级开设的7门选修课中任意选择3门，并从6种课外活动小组中选择2种，不同的选法种数是 __________ ；
    (3) 安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不同排法的种数是 __________ ；
    (4) 5个人分4张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同分法的种数是 __________ ；
    (5) 5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是 __________ ；
    (6) 正十二边形的对角线的条数是 __________ 。
<!--End Page42-->

<!--Begin Page43-->
**(7)** $(1+x)^{2n}$的展开式中,系数最大的项是第____项.
2. 一个集合有5个元素.
    (1) 这个集合的含有3个元素的子集有多少个?
    (2) 这个集合的子集共有多少个?
3. 填空题
    (1) 已知$C_n^3=21$,那么$n=$____;
    (2) 某班一天上午有4节课,下午有2节课,现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6堂课的课程表,要求数学课排在上午,体育课排在下午,不同排法种数是____;
    (3) 某人设计的电脑开机密码由2个英文字母(不区分大小写)后接4个数字组成,且2个英文字母不相同,该密码可能的个数是____;
    (4) 以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是____;
    (5) 在$(1-2x)^n$的展开式中,各项系数的和是____.
4. (1) 平面内有$n$条直线,其中没有两条平行,也没有三条交于一点,共有多少个交点?
    (2) 空间有$n$个平面,其中没有两个互相平行,也没有三个交于一条直线,共有多少条交线?

**综合运用**

5. (1) 求$(1-2x)^5(1+3x)^4$的展开式中按$x$的升幂排列的第3项;
    (2) 求$(9x+\frac{1}{3\sqrt{x}})^{18}$的展开式的常数项;
    (3) 已知$(1+\sqrt{x})^n$的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列,求$n$;
    (4) 求$(1+x+x^2)(1-x)^{10}$的展开式中$x^4$的系数;
    (5) 求$(x^2+x+y)^5$的展开式中$x^5y^2$的系数.
6. 用二项式定理证明$55^{55}+9$能被8整除.(提示:$55^{55}+9=(56-1)^{55}+9$.)
7. (1) 平面内有两组平行线,一组有$m$条,另一组有$n$条,这两组平行线相交,可以构成多少个平行四边形?
    (2) 空间有三组平行平面,第一组有$m$个,第二组有$n$个,第三组有$l$个,不同两组的平面都相交,且交线不都平行,可以构成多少个平行六面体?
8. 某种产品的加工需要经过5道工序.
    (1) 如果其中某道工序不能放在最后,那么有多少种加工顺序?
    (2) 如果其中某2道工序既不能放在最前,也不能放在最后,那么有多少种加工顺序?
    (3) 如果其中某2道工序必须相邻,那么有多少种加工顺序?
    (4) 如果其中某2道工序不能相邻,那么有多少种加工顺序?

**拓广探索**

9. 在$(1+x)^3+(1+x)^4+\cdots+(1+x)^{n+2}$的展开式中,含$x^2$项的系数是多少?
10. 你能构造一个实际背景,对等式$C_n^k \cdot C_{m-k}^{n-k}=C_m^n \cdot C_n^k$的意义作出解释吗?
<!--End Page43-->

<!--Begin Page44-->
# 杨辉三角的性质与应用

在探究$(a+b)^n$的展开式的二项式系数性质时,我们曾把系数写成一张表(图1),借助它发现了系数的一些规律. 事实上,在我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中,就已经出现了这个表,所不同的只是这里的表用阿拉伯数字表示,在那本书里是用汉字表示(图2). 我们称这个表为杨辉三角.

| 表达式 | 系数 |
| :--------- | :---------- |
| $(a+b)^1$ | 1 1 |
| $(a+b)^2$ | 1 2 1 |
| $(a+b)^3$ | 1 3 3 1 |
| $(a+b)^4$ | 1 4 6 4 1 |
| $(a+b)^5$ | 1 5 10 10 5 1 |
| $(a+b)^6$ | 1 6 15 20 15 6 1 |
| $\vdots$ | $\vdots$ |

图1

[图片描述:一个三角形排列的数字和汉字图，顶部为单个圆圈（代表本积，即原始积），下方依次展开。左侧从上到下有“平方”、“立方”、“三乘”、“四乘”、“五乘”等字样，表示幂次。每行圆圈中包含的数字（用汉字表示）与阿拉伯数字表示的杨辉三角系数相对应，例如“一”、“二”、“一”对应平方行，“一”、“三”、“三”、“一”对应立方行等。最底行是“一”、“五”、“十”、“十”、“五”、“一”。图的上方标有“左幂”、“右幂”，左侧有“商除”，下方有“命实而除之”、“以廉乘商方”、“中藏者皆廉”、“右幂乃隅算”、“左幂乃积数”等与古代开方术相关的术语。|标题:杨辉三角的汉字表示|图片编号:图2]

杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家,著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》. 在编写这些算书时,杨辉广泛引用古代数学典籍,使得我们能够了解许多已经失传的数学方法. 杨辉在《详解九章算法》里指出,杨辉三角这种方法出于《释锁》①算书,且我国北宋数学家贾宪(约11世纪上半叶)曾用过. 由此可以推断,我国发现这个表不晚于11世纪上半叶. 在欧洲,这个表被认为是法国数学家帕斯卡(B. Pascal, 1623—1662)首先发现的,他们把这个表叫做帕斯卡三角. 这就是说,杨辉三角的发现要比欧洲早600年左右,由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.

> ① “释锁”和开方有关. 杨辉三角原名为“开方作法本源图”,也有人称它为“乘方求廉图”,在我国古代用来作为开方的工具.

杨辉三角本身包含了很多有趣的性质,利用这些性质,可以解决很多数学问题. 下面让我们一起来探索吧!
<!--End Page44-->

<!--Begin Page45-->
# 一、探究的内容: 杨辉三角的性质与应用

## (一) 杨辉三角的性质

1.  观察杨辉三角的结构，即杨辉三角中数字排列的规律，例如每一行、相邻两行、斜行等，画一画，连一连，算一算，写出你发现的结论。
    例如：
    (1) 结合图1和图2，可以发现，杨辉三角的第 $n$ 行的第 $r$ 个数可以表示为 $C_{n-1}^r$，第 $n$ 行就是$(a+b)^n$ 的展开式的二项式系数，如图3所示。
    ```
    第0行                               1
    第1行                             1   1
    第2行                           1   2   1
    第3行                         1   3   3   1
    第4行                       1   4   6   4   1
    第5行                     1   5  10  10   5   1
    第6行                   1   6  15  20  15   6   1
    :                                     :
    第n-1行         1  C_{n-1}^1 C_{n-1}^2 ... C_{n-1}^{r-1} C_{n-1}^r ... C_{n-1}^{n-2} 1
    第n行           1  C_n^1     C_n^2   ... C_n^{r-1}   C_n^r   C_n^{r+1} ... C_n^{n-1}   1
    :                                     :
    ```
    图3

    (2) 观察杨辉三角的相邻两行，可以发现，三角形的两个腰上的数都是1，其余的数都等于它肩上的两个数相加。
    如图4所示，$2=1+1, 3=1+2, 4=1+3, 6=3+3, \dots$。
    一般地，有
    $$C_n^r=C_{n-1}^{r-1}+C_{n-1}^r \quad \text{①}$$
    [图片描述:一个以黄色/棕色为底的三角形，由多行蓝色边框的格子组成，显示了杨辉三角的数字排列。数字从顶部1开始，然后是1 1，接着是1 2 1，以此类推。图中用蓝色线条连接了相邻行的数字，例如2=1+1, 3=1+2, 4=1+3, 6=3+3等，清晰地展示了杨辉三角中每个数等于其“肩上”两个数之和的规律。|标题:图4|图片编号:1]

2.  利用已学知识，尝试对所得结论进行证明。
    例如，对于①式，可按如下方式进行证明。
    因为
    $$
    \begin{aligned}
    C_{n-1}^{r-1}+C_{n-1}^r &= \frac{(n-1)!}{(r-1)!(n-r)!} + \frac{(n-1)!}{r!(n-1-r)!} \\
    &= \frac{(n-1)!}{r!(n-r)!} [r+(n-r)] \\
    &= \frac{n!}{r!(n-r)!}
    \end{aligned}
    $$
    又
    $$C_n^r=\frac{n!}{r!(n-r)!}$$
<!--End Page45-->

<!--Begin Page46-->
所以

$C_n^r = C_{n-1}^r + C_{n-1}^{r-1}$

上式是杨辉三角最基本的性质，也是二项式系数和组合数的性质。正因为杨辉三角中的数与开方、解方程，以及组合数学、概率论中的有关问题都有密切的关系，所以历代数学家从不同角度研究它的性质，例如帕斯卡在《论算术三角》一书中就给出了19条性质，你也来试一试吧，看能发现和证明多少性质！

> **💡 教育提示：**
> 利用数学知识间的联系性，我们可以从不同角度研究这些性质，结合已有知识，对比一下不同角度发现和证明性质的过程，说一说自己的体会。

### (二) 杨辉三角的应用

在我国古代，杨辉三角是解决很多数学问题的有力工具，像开方问题、数列问题等。

例如，开方古算题（出自杨辉《详解九章算法》）：
积一百三十三万六千三百三十六尺，问为三乘方几何。
在我国清中叶以前，称平方为自乘，立方为再自乘，四次方为三乘方，因此，这个问题相当于解方程$x^4 = 1\ 336\ 336$。

杨辉三角（图2）中的五句话，前三句“左袤乃积数，右袤乃隅算，中藏者皆廉”分别说明了图中数字代表的意义，后两句“以廉乘商方，命实而除之”说明了如何应用各行系数进行开方。

你可以查阅相关书籍或上网搜索相关资料，探究一下开方算法的具体操作及其中蕴含的算法思想，感受我国古代数学的独特风格。

再如，数列古算题（出自杨辉《详解九章算法》）：
三角垛，下广，一面十二个，上尖，问计几何。

在我国古代，很多数学家研究数列的问题，并取得了辉煌的成就，就像通过研究“三角垛”这样的一类问题——垛积问题，发现了一系列数列的求和公式，上述三角垛问题一般化后，就相当于如下将圆球堆成三角垛的问题：
底层是每边堆$n$个圆球的三角形（如图5），向上逐层每边减少1个，顶层是1个，求总数。

[图片描述: 一个由红色圆球堆叠而成的三角锥体，底部是一个三角形，每层向上球的数量递减，最顶层是一个球。这形象地展示了“三角垛”问题中圆球的堆叠方式，即一个三维的三角形堆叠。|标题: 图5|图片编号: 1]

利用杨辉三角，就可以解决以上问题，并获得每层圆球数所构成的数列的一般求和公式。你可以试一试。

除此之外，你还可以通过查阅相关书籍或上网搜索相关资料，从杨辉三角出发，一步步探究，拓展到更多类数列的问题。

## 二、对探究活动的要求

以独立探究和小组合作相结合的方式开展探究活动，建议按如下步骤完成：
1.  小组集体讨论探究方案，确定研究思路。
<!--End Page46-->

<!--Begin Page47-->
2. 小组成员各自开展独立探究，并以专题作业的形式撰写研究报告。
3. 小组内进行交流讨论，完善研究成果，并形成一份小组研究报告。
4. 全班进行成果交流、评价。

## 三、研究报告的参考形式

**杨辉三角的性质与应用**

年级______班 完成时间:______

| 项目                        | 内容 |
| :-------------------------- | :--- |
| 1. 课题组成员及分工         |      |
| 2. 发现的数学结论及发现过程概述 |      |
| 3. 证明思路及其形成过程描述 |      |
| 4. 结论的证明或否定         |      |
| 5. 杨辉三角的应用举例       |      |
| 6. 收获与体会               |      |
<!--End Page47-->

<!--Begin Page48-->

---

1. 这里的“步骤”指完成任务的分解过程，并且满足：无论第1步采用哪种方法，与之对应的第2步都有相同的方法数。 ↩︎