第二课时 组合数的两个性质
组合与组合数公式(二)
abc ， abd ， acd ， bcd .
abc
abd
acd
bcd
C 4
3 4
d
c
b
a
C 4
1 4
abc
abd
acd
bcd
2 3
C 4
3 4
含元素a 的组合数: 不含元素a 的组合数:
C 3
C 1
3 3
C C C
3 4 2 3
3 3
定理 2 :
C
m n
m n 1
C C .
排列与组合
组合与组合数公式 （二）
播放时间：6月3日9:50－10:30
复习
一、组合的定义 二、组合数公式
n ( n 1)( n 2) ( n m 1) P C m m! Pm
m n m n
n! C m !( n m ) !
m n
组合数的两个性质
定 理1 :
C C
3 8 3 8 2 8 2 8 3 8
例2 求证:
C C ; m 1 m 1 m m 1 ( 2 ) C n C n 2C n C n 2 .
(1) C
m n 1 m 1 n m n 1 m 1 n 1
C
证明: (2) (1)
C C (C C C C C
例5 在产品检验时,常从产品中抽出一 部分进行检查.现在从100件产品中任意 抽出3件: (1)一共有多少种不同的抽法?
(2)如果100件产品中有2件次品,抽出的3 件中恰好有1件是次品的抽法有多少种? (3)如果100件产品中有2件次品,抽出的3 件中至少有1件是次品的抽法有多少种?
作业：
1[1].2.2组合(二三)
![1[1].2.2组合(二三)](https://img.taocdn.com/s3/m/26fb405f804d2b160b4ec0d1.png)
四、组合数两个性质
性质一
, 探究 用计算器计算下列各组 组合数的值你发现了什 ? ? 么 你能解释你的发现吗
4 8 3 7 3 C12与C12 ;C18与C15 ;C10与C10 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 18
不难发现各组的两个组合数都相 ,而且两个组合数的上 , 等 , 标之和等于下标 如 4 + 8 = 12, 3 +15 = 18,7 + 3 = 10 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
中任取四个点，其中不共面的情形共有 ______ 种。
4 不考虑限制条件共有 C10 = 210
4 共面情形在面上共有 4C 6 = 60
一棱上取三点， 取中点， 一棱上取三点，对棱上 取中点，共有 6种情形
取四棱中点情形有3种
共有 210－60－6－3＝141
练习： 个点， 个点在一直线上， 练习：（1）平面内有 个点，其中 个点在一直线上， ）平面内有9个点 其中4个点在一直线上 此外没有3点在一条直线上 点在一条直线上， 过这9个点可确定多 此外没有 点在一条直线上，①过这 个点可确定多 少条直线？ 过这9个点可以作多少个三角形 个点可以作多少个三角形？ 少条直线？②过这 个点可以作多少个三角形？
m+1
m−1+
m−1
m−1
n
)
组合（ 1.2.2 组合（３）
－－题型整合 －－题型整合
2010.7.8
”“至少 题型一： 至多”“至少” 题型一：“至多”“至少”问题
在100件产品中有98件合格品，2件次品。产品检验时, 100件产品中有98件合格品， 件次品。产品检验时, 件产品中有98件合格品 100件产品中任意抽出 件产品中任意抽出3 从100件产品中任意抽出3件。 (1)一共有多少种不同的抽法? (1)一共有多少种不同的抽法? 一共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? (2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种? 抽出的 (3)抽出的3件中至少有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? 抽出的
组合数的两个性质
组合数的两个性质 作者：万连飞教学目的：1． 使学生掌握组合数的两个性质及其证明方法，培养学生的逻辑思维能力； 2． 使学生能利用组合数的性质进行计算，培养学生的计算能力。
教学过程：一、复习提问：1． 组合数公式的两种形式是什么：2． 利用组合数的公式的第二种形式计算 ，根据学生的回答，教师板书如下：（1） 组合数公式： )!(!!!)1()1(m n m n m m n n n cpp c m nm mm n m n-=--⋅⋅⋅-==}(n,m ∈N,且m ≤N)二、新课讲授：1． 通过具体的实例，丰富学生对性质1的感性认识，并加以证明，再讲它的应用。
（1） 利用组合数的公式，考察：c911与c211，c710与c310，c 67与c 17的关系，并能发现什么规律？（可以逐个叫学生回答，板书）∵!21011!2!9!11911⨯==c ，又!21011211⨯=c ， ∴c911=c211；∵!38910!3!7!10710⨯⨯==c 又!38910310⨯⨯=c∴c c 310710=；∵!1!6!767=c又!1717=c∴c 67=c17。
由不完全归纳可得：从n 个不同的元素中取出m 个元素的组合数，等于从n 个不同的元素中取出n-m 个元素的组合数。
即定理1：c mn=cm n n-，(n,m ∈N,且m ≤N)(2)定理1的证明。
要证明这个等式成立，即证明两个量相等。
那么，证明两个量相等有声么方法呢？（指明学生回答） 方法一：“若两个数都等于第三个数，则这两个数相等 ”。
我们知道，)!(!!m n m n cm n-=，!)!(!)]!([)!(!m m n n m n n m n n cm n n-=---=-显然，!)!(!m m n n -等于!)!(!m m n n -。
于是可得下面的证明。
证明：∵)!(!!m n m n cm n-=，又!)!(!)]!([)!(!m m n n m n n m n n cm n n-=---=-，∴c m n=c m n n-。
1.3(2)第2课时 组合数的性质和应用
(14 分)
【题后反思】 此类问题属于所谓“多面手”问题，应该按照“多 面手”有没有被选中，选中的“多面手”作何用进行分类．
【变式3】 有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日 语译员，另外两名英、日都精通．从中找出8人，使他们可以 组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另外4人翻译日语， 这两个小组能同时工作，问这样的8人名单共可开出几张？ 解 按“英、日语都会的人”的参与情况，分成三类：
种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，
3 AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A 3 种情况，而这A 3 3
种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法， C2 C2 C2 6· 4· 2 故分配方式有 A3 ＝15(种)．
3
(4)有序均匀分组问题．在(3)的基础上再分配给3个人，共有分配
＝
90(种)．
(7)直接分配问题．
1 甲选1本，有C1 6种方法；乙从余下的5本中选1本，有C5种方法； 1 1 4 余下4本留给丙，有C4 种方法，共有分配方式 C C5· C4＝30(种)． 4 6·
(9 分)
1 2 3 0 (3)甲、乙都上场，都作前锋有 C6 C4种，都作后卫有 C6 · C4种，一
2 1 2 1 C C 种，共有 C1C2＋C3C0＋C1C C ＝ 个作前锋一个作后卫有 C1 2 6 4 6 4 6 4 2 6 4
176(种)．故共有 120＋340＋176＝636(种)．
解
3 (1)第一步：选3名男运动员，有C 6 种选法，第二步：选2名女
3 2 运动员，有C2 种选法，故共有 C C4＝120(种)选法． 4 6·
组合与组合数公式及组合数的两个性质 课件
[例3] (10分)在一次数学竞赛中，某学校有12人通过 了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下， 有多少种不同的选法？
(1)任意选5人； (2)甲、乙、丙三人必需参加； (3)甲、乙、丙三人不能参加； (4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．
[思路点拨] 本题属于组合问题中的最基本的问题， 可根据题意分别对不同问题中的“含”与“不含”作出正 确分析和判断．
(7 分)
(4)甲、乙、丙三人只能有 1 人参加，可分两步：先从甲、
乙、丙中选 1 人，有 C13＝3 种选法；再从另外 9 人中选 4 人，
有 C49种选法．共有 C13C49＝378 种不同的选法．
(10 分)
[一点通] 解简单的组合应用题时，要先判断它是 不是组合问题，只有当该问题能构成组合模型时，才能运 用组合数公式求解．解题时还应注意两个计数原理的运用， 在分类和分步时，应注意有无重复或遗漏．
组合数公式
组合 数公
式 性质 备注
乘积形式 Cmn ＝AAmnmm＝nn－1n－m2！…n－m＋1
阶乘形式
Cmn ＝
n！ m！n－m！
Cmn ＝ Cnn－m ；Cnm＋1＝ Cmn ＋Cmn －1
①n，m∈N＋，m≤n；②规定 C0n＝ 1 .Cnn＝ 1
1．组合的特点 组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是 不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出． 2．组合的特性 元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，亦即 元素没有位置的要求． 3．相同的组合 根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同， 不管顺序如何，就是相同的组合．
107C7m＝7×71－0×m7！！m！，
∴m！55！－m！－m！6－6×m5！5－m！ ＝7×m！170－×m7×66－×m5！5－m！， ∴1－6－6 m＝7－m606－m， 即 m2－23m＋42＝0，解得 m＝2 或 21. 而 0≤m≤5，∴m＝2. ∴C8m＋C58－m＝C28＋C38＝C93＝84.
课件2：6.2.3~6.2.4 第2课时 组合数公式
名师点睛 1．组合数性质的理解
(1)对等式 Cmn ＝Cnn－m的理解 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 个不同元素中取出 n－m 个元素的组合数，即： Cmn ＝Cnn－m.
故n（n＋1）（n＋ 1020） ！…（n＋100） ＝101·n（n＋1）（n＋ 1021） ！…（n＋100） ＝101C1n0＋1100. 【答案】D
(2) 解：由组合数定义知： 0≤5－n≤n， 0≤9－n≤n＋1， 所以 4≤n≤5，又因为 n∈N＋， 所以 n＝4 或 5. 当 n＝4 时，C5n－n＋C9n－ ＋n1＝C41＋C55＝5； 当 n＝5 时，C5n－n＋C9n－ ＋n1＝C50＋C64＝16.
[再练一题] 2.“抗震救灾，众志成城”，在我国“四川 5·12”抗震救灾中，某医院从 10 名 医疗专家中抽调 6 名奔赴赈灾前线，其中这 10 名医疗专家中有 4 名是外科专家. 问：
(1)抽调的 6 名专家中恰有 2 名是外科专家的抽调方法有多少种？ (2)至少有 2 名外科专家的抽调方法有多少种？ (3)至多有 2 名外科专家的抽调方法有多少种？
题型探究
类型一 组合数公式的应用
例 1. (1)式子nn＋1n＋1020！…n＋100可表示为(
)
A.A1n0＋0100
B.C1n＋ 00100
C.101C1n0＋0100 (2)求值：Cn5－n＋Cn9＋－1n.
D.101C1n0＋1100
(1)【解析】分式的分母是 100！，分子是 101 个连续自然数的乘积，最大的 为 n＋100，最小的为 n，
组合数的性质(2)
（3）分成三份，一份1本，一份2本，一份3本；
（4）分给甲、乙、丙3人，一人1本，一人2本，一人3本；
（5）分给甲、乙、丙3人，每人至少一本；
（6）分给5个人，每人至少一本； （7）6本相同的书，分给甲乙丙三人，每人至少一本。
练习： (1)今有10件不同奖品,从中选6件分成三份, 二份各1 件,另一份4件, 有多少种分法? (2) 今有10件不同奖品,从中选6件分给甲乙丙三人,每 人二件有多少种分法?
C C C C 14
1 2 3 4 2 2 2 4
C C C 1 14
4 6 4 4 2 6
二、多面手问题 例2.现有8名青年，其中有5名胜任英语翻译工作， 有4名青年能胜任德语翻译工作（其中有1名青年 两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承 担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从 事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
计 C C C C 算
2 2 2 3 2 4
2 10
有简洁明快的计算方法吗？
新课教学：
引例1：某小组有7人: ⑴选出3人参加植树劳动,可以有多少种不同的 3 选法? C 7 35 ⑵选出4人参加清扫校园劳动,可以有多少种不 4 同的选法? C 35
7
即选出3人参加植树劳动或选出4人参加清扫校 园劳动都有35种不同的选法. 思考一:为何上面两个不同的组合数其结果相同? 这一结果的组合的意义是什么？
思考：上述情况加以推广可得组合数怎样的性质？
一般地，从a1 , a2 , , an1这n 1个不同的元素中取
m 出m个元素的组合数是Cn1， 这些组合可分成两类：一类含有a1，一类不含有a1，
含有a1的组合是从a2 , a3 , , an1这n个元素中取出
教学设计1：6.2.3~6.2.4 第2课时 组合数公式
6.2.3~6.2.4 第2课时 组合数公式教学目标1.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式.2.能运用组合数公式进行计算.3.会用组合数公式解决一些简单的组合问题． 教学知识梳理 知识点一 组合数公式规定：C 0n ＝1.知识点二 组合数的性质性质1：C m n ＝C n －m n . 性质2：C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n. 教学案例题型一 组合数公式【例1】 (1)C 34＋C 35＋C 36＋…＋C 310＝__________； (2)(C 98100＋C 97100)÷A 3101＝__________.【答案】(1)329 (2)16【解析】(1)原式＝C 44＋C 34＋C 35＋…＋C 310－C 44＝C 45＋C 35＋…＋C 310－1＝…＝C 410＋C 310－1＝C 411－1＝329.(2)原式＝C 98101÷A 3101＝C 3101÷A 3101＝A 31013！÷A 3101＝16. 【变式1】 (1)计算C 98100＋C 199200； (2)已知C 3n ＋618＝C 4n －218，求n ； (3)化简C 45＋C 46＋C 47＋C 48＋1.解：(1)C 98100＋C 199200＝C 2100＋C 1200＝100×992＋200＝5 150. (2)由C 3n ＋618＝C 4n －218，知3n ＋6＝4n －2或3n ＋6＋(4n －2)＝18，解得n ＝8或2.而3n ＋6≤18且4n －2≤18，即n ≤4且n ∈N *，∴n ＝2.(3)C45＋C46＋C47＋C48＋1＝1＋C45＋C46＋C47＋C48＝C55＋C45＋C46＋C47＋C48＝C56＋C46＋C47＋C48＝C57＋C47＋C48＝C58＋C48＝C59＝C49＝9×8×7×64×3×2×1＝126.题型二有限制条件的组合问题【例2】有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个空盒，有几种放法？(2)恰有2个盒子不放球，有几种放法？解：(1)先从4个小球中取2个放在一起，有C24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球看成三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A34种放法，根据分步乘法计数原理，共有C24A34＝144(种)不同的放法．(2)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中．有两类放法：第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C34种，再放到2个盒子中有A24种放法，共有C34A24种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有C24C24种放法．故恰有2个盒子不放球的方法有C34A24＋C24C24＝84(种)．【变式2】课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选．解：(1)一名女生，四名男生，故共有C15·C48＝350(种)选法．(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311＝165(种)选法．(3)至少有一名队长当选含有两类：有一名队长当选和两名队长都当选．故共有C12·C411＋C22·C311＝825(种)选法．或采用间接法：C513－C511＝825(种)．(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生，只有一名女生，没有女生．故共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966(种)选法．题型三分组、分配问题【例3】判断下列问题是组合问题，还是排列问题．(1)设集合A＝{a，b，c，d}，则集合A的含有3个元素的子集有多少个？(2)从1,2,3,4四个数字中，任选两个做加法，其结果有多少种不同的可能？(3)从1,2,3,4四个数字中，任选两个做除法，其结果有多少种不同的可能？(4)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位安排3个客人入座，又有多少种方法？(5)把4本相同的数学书分给5个学生，每人至多得一本，有多少种分配方法？(6)4个人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？解：(1)组合问题，因为集合中取出元素具有“无序性”．(2)组合问题，由于加法运算满足交换律，所以选出的两个元素做加法时，与两个元素的位置无关．(3)排列问题，两个元素做除法时，谁作除数，谁作被除数不一样，此时与位置有关．(4)第一问是组合问题，第二问是排列问题，“入座”问题同“排队”，与顺序有关．(5)组合问题，由于4本数学书是相同的，不同的分配方法取决于从5个学生中选择哪4个人，这和顺序无关．(6)排列问题，因为5种工作是不同的，一种分工方法就是从5种不同的工作中选出4种，按一定的顺序分配给4个人，它与顺序有关．【变式3】给出下列问题：(1)从a，b，c，d四名学生中选两名学生完成一件工作，有多少种不同的安排方法？(2)从a，b，c，d四名学生中选两名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的安排方法？(3)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？(4)a，b，c，d四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？在上述问题中，哪些是组合问题，哪些是排列问题？解：(1)两名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题；(2)两名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题；(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题；(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．【例4【答案】32【解析】不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32．【变式4】平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？解：法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准．第一类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有C24C18＝48个不同的三角形；第二类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C14C28＝112个不同的三角形；第三类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C38＝56个不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216个．法二：(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C312＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C34＝4种．故这12个点构成三角形的个数为C312－C34＝216个．课堂小结1．知识清单：(1)涉及具体数字的可以直接用公式C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！计算．(2)涉及字母的可以用阶乘式C m n＝n！m！(n－m)！计算．(3)计算时应注意利用组合数的性质C m n＝C n－mn简化运算．(4)分组分配问题．2．方法归纳：分类讨论、正难则反、方程思想．3．常见误区：分组分配中是否为“平均分组”．当堂检测1.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为.【解析】分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．【答案】4722.某县医院联合专家去农村义务会诊，其中有5人只精通中医，4人只精通西医，还有2人既精通中医又精通西医，现从这11位专家中选4名中医4名西医，有多少种不同的选法？解：法一按选西医的人数分三类：第一类，只精通西医的4人都入选，则可从其余7人中任选4人作中医，有C47种；第二类，只精通西医的4人选3人，则从均精通的两位专家中选1人作西医，余下6人选4人作中医，有C34C12C46种；第三类，只精通西医的4人选2人，则均精通的两位专家作西医，余下5人选4人作中医，有C24C45.故由分类加法计数原理知，共有C47＋C34C12C46＋C24C45＝185种选法．法二按均精通的专家分类：第一类，两人均不参加，有C45C44种；第二类，两人有一人参加，有C12(C35C44＋C34C45)种；第三类，两人均参加，有(C35C34)×2＋C25C44＋C45C24种．由分类加法计数原理知，共有C45C44＋[C12(C35C44＋C34C45)]＋[(C35C34)×2＋C25C44＋C45C24]＝185种选法．3.设集合A ＝{1,2,3，…，10}．(1)设A 的3个元素的子集的个数为n ，求n 的值；(2)设A 的3个元素的子集中，3个元素的和分别为a 1，a 2，…，a n ，求a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 的值．解：(1)A 的3元素子集的个数为n ＝C 310＝120.(2)在A 的3元素子集中，含数k (1≤k ≤10)的集合个数有C 29个，因此a 1＋a 2＋…＋a n ＝C 29×(1＋2＋3＋…＋10)＝1 980.4.在∠MON 的边OM 上有5个异于O 点的点，边ON 上有4个异于O 点的点，以这10个点(含O 点)为顶点，可以得到多少个三角形？解：法一 (直接法)分几种情况考虑：O 为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM 、ON 上，所以有C 15·C 14个，O 不为顶点的三角形中，两个顶点在OM 上，一个顶点在ON 上，有C 25·C 14个，一个顶点在OM 上，两个顶点在ON ，上有C 15·C 24个．因为这是分类问题，所以用分类计数原理，共有C 15·C 14＋C 25·C 14＋C 15·C 24＝5×4＋10×4＋5×6＝90个．法二 (间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C 310，但其中OM 上的6个点(含O 点)中任取三点不能得到三角形，ON 上的5个点(含O 点)中任取3点也不能得到三角形．所以共可以得到C 310－C 36－C 35，即C 310－C 36－C 35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90个． 法三 也可以这样考虑，把O 点看成是OM 边上的点，先从OM 上的6个点(含O 点)中取2点，ON 上的4点(不含O 点)中取一点，可得C 26·C 14个三角形，再从OM 上的5点(不含O 点)中取一点，从ON 上的4点(不含O 点)中取两点，可得C 15·C 24个三角形．所以共有C 26·C 14＋C 15·C 24＝15×4＋5×6＝90个.。