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第十章排列组合和二项式定理(第2课)分类计数原理与分步计数原理(2)


高中数学教案

第十章排列组合和二项式定理(第 2 课时)

王新敞



题:

10 1 分类计数原理与分步计数原理(二)
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教学目的: 1.进一步理解两个基本原理. 2.会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题 教学重点:两个基本原理的进一步理解和体会 教学难点:正确判断是分类还是分步,分类计数原理的分类标准及其多样性 授课类型:新授课 课时安排:1 课时 教 具:多媒体、实物投影仪 教学过程: 一、复习引入: 1 分类计数原理:做一件事情,完成它可以有 n 类办法,在第一类办法中
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有 m 1 种不同的方法,在第二类办法中有 m 2 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 ? m 1 ? m 2 ? ? ? m n 种不同
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的方法

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2.分步计数原理:做一件事情,完成它需要分成 n 个步骤,做第一步有 m 1 种不 同的方法,做第二步有 m 2 种不同的方法,??,做第 n 步有 m n 种不同的方法, 那么完成这件事有 N ? m 1 ? m 2 ? ? ? m n 种不同的方法
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3.原理浅释 分类计数原理(加法原理)中, “完成一件事,有 n 类办法” ,是说每种办法 “互斥” ,即每种方法都可以独立地完成这件事,同时他们之间没有重复也没有 遗漏.进行分类时,要求各类办法彼此之间是相互排斥的,不论那一类办法中 的哪一种方法, 都能独立完成这件事.只有满足这个条件, 才能直接用加法原理, 否则不可以. 分步计数原理(乘法原理)中, “完成一件事,需要分成 n 个步骤” ,是说每 个步骤都不足以完成这件事,这些步骤,彼此间也不能有重复和遗漏. 如果完成一件事需要分成几个步骤,各步骤都不可缺少,需要依次完成所有 步骤才能完成这件事,而各步要求相互独立,即相对于前一步的每一种方法, 下一步都有 m 种不同的方法, 那么完成这件事的方法数就可以直接用乘法原理. 可以看出“分”是它们共同的特征,但是,分法却大不相同. 两个原理的公式是: N ? m 1 ? m 2 ? ? ? m n ,
N ? m1 ? m 2 ? ? ? m n

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这种变形还提醒人们,分类和分步,常是在一定的限制之下人为的,因此,在 这里我们大有用武之地:可以根据解题需要灵活而巧妙地分类或分步. 强调知识的综合是近年的一种可取的现象.两个原理,可以与物理中电路 的串联、并联类比. 两个基本原理的作用:计算做一件事完成它的所有不同的方法种数 两个基本原理的区别:一个与分类有关,一个与分步有关;加法原理是“分 类完成” ,乘法原理是“分步完成” 二、讲解范例:
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例 1 在 1~20 共 20 个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有 多少种? 解:取 a ? b 与取 b ? a 是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶 相加,由分步计数原理得(10×9)/2=45 种取法,第二类,奇奇相加,也有(10× 9)/2=45 种取法.根据分类计数原理共有 45+45=90 种不同取法. 例 2 在 1~20 共 20 个整数中取两个数相加,使其和大于 20 的不同取法共 有多少种? 解:分类标准一,固定小加数.小加数为 1 时,大加数只有 20 这 1 种取法;小 加数为 2 时,大加数有 19 或 20 两种取法;小加数为 3 时,大加数为 18,19 或 20 共 3 种取法?小加数为 10 时,大加数为 11,12,?,20 共 10 种取法;小加数为 11 时,大加数有 9 种取法?小加数取 19 时,大加数有 1 种取法.由分类计数原理, 得不同取法共有 1+2+?+9+10+9+?+2+1=100 种. 分 类 标 准 二 : 固 定 和 的 值 . 有 和 为 21,22, ? ,39 这 几 类 , 依 次 有 取 法 10,9,9,8,8, ?,2,2,1,1 种 . 由 分 类 计 数 原 理 得 不 同 取 法 共 有 10+9+9+ ? +2+2+1+1=100 种. 例 3 如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允 许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为() A. 180 ② ① ③ 图一 B. 160 ④ C. 96 ① ③ ② 图二 ④ ② D. 60
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① ③ ④

图三

若变为图二,图三呢?(240 种,5×4×4×4=320 种) 例 4 如下图,共有多少个不同的三角形?
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解:所有不同的三角形可分为三类” 第一类:其中有两条边是原五边形的边,这样的三角形共有 5 个 第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边,这样的三角形共 有 5×4=20 个 第三类:没有一条边是原五边形的边,即由五条对角线围成的 三角形,共有 5+5=10 个 由分类计数原理得,不同的三角形共有 5+20+10=35 个. 例 5 75600 有多少个正约数?有多少个奇约数? 解:75600 的约数就是能整除 75600 的整数,所以本题就是分别求能整除 75600 的整数和奇约数的个数. 由于 75600=2 ×3 ×5 ×7 (1) 75600 的 每 个 约 数 都 可 以 写 成 2 l ? 3 j ? 5 k ? 7 l 的 形 式 , 其 中
0 ? i ? 4 ,0 ? j ? 3 ,0 ? k ? 2 ,0 ? l ? 1
4 3 2

于是,要确定 75600 的一个约数,可分四步完成,即 i , j , k , l 分别在各自的范 围内任取一个值,这样 i 有 5 种取法, j 有 4 种取法, k 有 3 种取法, l 有 2 种取法, 根据分步计数原理得约数的个数为 5×4×3×2=120 个. (2)奇约数中步不含有 2 的因数,因此 75600 的每个奇约数都可以写成
3 ?5
j k

? 7 的形式,同上奇约数的个数为 4×3×2=24 个.
l

三、课堂练习: 1.用 1,2,3,4,5 可组成多少个三位数?(各位上的数字允许重复) 2.用数字 1,2,3 可写出多少个小于 1000 的正整数? (各位上的数字允许重复) 3.集合 A= {a,b,c,d,e} ,集合 B= {1,2,3} A 到 B 的不同映射 f 共有多少个?B ,问 到 A 的映射 g 共有多少个? 4.将 3 封信投入 4 个不同的邮筒的投法共有多少种? 5. 4 名学生从 3 个不同的楼梯下楼的方法数. 6. 4 名学生分配到 3 个车间去劳动,共有多少中不同的分配方案? 7. 求集合{1,2,3,4,5}的子集的个数 答案:1. 5×5×5×5=625
2 3
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2. 3+3 +3 =39

3. 3 ,5

5

3

4. 4

3

5. 3

4

6. 3

4

7. 在集合{1,2,3,4,5}的子集中,每个元素都只有出现和不出现这 2 种可能, 所以这个集合的子集的个数为 2×2×2×2×2=2 =32 个.
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四、小结 :分类计数原理和分步计数原理,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:分类计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法 相互独立,每一种方法只属于某一类,用其中任何一种方法都可以做完这件事; 分步计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中 的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各个步骤都完成才算做完这 件事 应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么;2.是分类完成还是分 步完成,“类”间互相独立,“步”间互相联系;3.有无特殊条件的限制
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五、课后作业: 1.用 0,1,2,3,4,5 这六个数字, (1)可以组成多少个数字不重复的三位数? (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数? (3)可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数? (4)可以组成多少个数字不重复的小于 1000 的自然数? (5)可以组成多少个大于 3000,小于 5421 的数字不重复的四位数? 解(1)分三步:①先选百位数字.由于 0 不能作百位数,因此有 5 种选法; ②十位数字有 5 种选法; ③个位数字有 4 种选法.由乘法原理知所求不同三位数共有 5×5×4=100 个. (2)分三步:(1)百位数字有 5 种选法;(ii)十位数字有 6 位选法;(iii)个位 数字有 6 种选法. 所求三位数共有 5×6×6=180 个. (3)分三步:①先选个位数字,有 3 种选法;②再选百位数字,有 4 种选法; ③选十位数字也是 4 种选法,所求三位奇数共有 3×4×4=48 个. (4)分三类:①一位数,共有 6 个;②两位数,共有 5×5=25 个;③三位数共 有 5×5×4=100 个. 因此,比 1000 小的自然数共有 6+25+100=131 个. (5)分 4 类:①千位数字为 3,4 之一时,共有 2×5×4×3=120 个;②千位数 字为 5,百位数字为 0,1,2,3 之一时,共有 4×4×3=48 个;③千位数字是 5,百位数字是 4, 十位数字为 0,1 之一 时,共有 2×3=6 个;④还有 5420 也是满条件的 1 个.故所求自然数共 120+48+6+1=175 个. 说明:⑴排数字问题是最常见的一种类型,要特别注意首位不能排 0.
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⑵第(5)题改成:可以组成多少个大于 3000,小于 5421 的四位数? 答案:*6*6*6+4*6*6+2*6+1=589 个 2.求下列集合的元素个数. (1) M ? {( x , y ) | x , y ? N , x ? y ? 6} ; (2) H ? {( x , y ) | x , y ? N ,1 ? x ? 4,1 ? y ? 5} .
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解: (1)分 7 类: x ? 0 , y 有 7 种取法; x ? 1 , y 有 6 种取法; ③ x ? 2 , ① ②
y 有 5 种取法; ④ x ? 3 ,y 有 4 种取法; ⑤ x ? 4 ,y 有 3 种取法; ⑥ x ? 5 ,

y 有 2 种取法;⑦ x ? 6 , y 只有 1 种取法 因此 M 共有
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7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 ? 28 个元素 (2)分两步:①先选 x ,有 4 种可能;②再选 y 有 5 种可能.由乘法原理, H 共
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有 4 ? 5 ? 20 个元素

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3.有四位同学参加三项不同的比赛, (1)每位同学必须参加一项竞赛,有多少种不同的结果? (2)每项竞赛只许一位学生参加,有多少种不同的结果? 解: (1)每位学生有三种选择,四位学生共有参赛方法: 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 81 种; (2) 每项竞赛被选择的方法有四种, 三项竞赛共有参赛方法:4 ? 4 ? 4 ? 6 4 种. 4.①设 A ? { a , b , c , d , e , f } , B ? { x , y , z } ,从 A 到 B 共有多少个不同映射? ②6 个人分到 3 个车间,共有多少种分法? 解: (1)分 6 步:先选 a 的象,有 3 种可能,再选 b 的象也是 3 种可能,…,选
f 象也有 3 种可能, 由乘法原理知,共有 3 ? 7 2 9 种不同映射;
6

(2)把 6 个人构成的集合,看成上面(1)中之 A ,3 个车间构成的集合,看成上面 的 B , 因此,所求问题转化为映射问题,如上题所述,共有 729 种方案 5.甲、乙、丙、丁四个人各写一张贺卡,放在一起,再各取一张不是自己所写的贺 卡,共有多少种不同的取法? 解:列表排出所有的分配方案,共有 3+3+3=9 种,或 3 ? 3 ? 1 ? 1 ? 9 种.
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六、板书设计(略) 七、课后记:
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