线性代数公式排列组合公式以及排列组合计算公式word版

排列组合公式排列组合计算公式

排列P------和顺序有关

组合C -------不牵涉到顺序的问题

排列分顺序,组合不分

例如把5 本不同的书分给3 个人,有几

种分法. 排列

把 5 本书分给 3 个人,有几种分法

组合

1．排列及计算公式
从n 个不同元素中，任取m(m≤n)个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；从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫
做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号p(n,m)表示.
p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!(n-m)!(规定 0!=1).

2．组合及计算公式

从n 个不同元素中，任取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；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

c(n,m) 表示.

c(n,m)=p(n,m)m!=n!((n-m)!*m!)；c(n,m)=c (n,n-m);

3．其他排列与组合公式

从n 个元素中取出r 个元素的循环排列数＝p(n,r)r=n!r(n-r)!.

n 个元素被分成k 类，每类的个数分别是n1,n2,...nk 这n 个元素的全排列数为

n!(n1!*n2!*...*nk!).

k 类元素,每类的个数无限,从中取出m 个元素的组合数为c(m+k-1,m).

排列（Pnm(n 为下标，m 为上标)）

Pnm=n×（n-1）....（n -m+1）；Pnm=n！（n-m）！（注：！是阶乘符号）；Pnn（两个 n

分别为上标和下标）=n！；0！=1；Pn1（n 为下标1 为上标）=n

组合（Cnm(n 为下标，m 为上标)）

Cnm=PnmPmm ；Cnm=n！m！（n-m）！；Cnn（两个n 分别为上标和下标）=1 ；

Cn1（n 为下标1 为上标）=n；Cnm=Cnn-m

2008-07-08 13:30

公式 P 是指排列，从 N 个元素取 R 个进行排列。

公式 C 是指组合，从 N 个元素取 R 个，不进行排列。

N-元素的总个数

R 参与选择的元素个数

！-阶乘，如9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1

从 N 倒数 r 个，表达式应该为 n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);

因为从 n 到（n-r+1)个数为 n－（n-r+1)＝r

举例：

Q1:

有从 1 到 9 共计 9 个号码球，请问，可以组成多少个三位数？

A1:123 和 213 是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于“排

列 P”计算范畴。

上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现 988,997 之类的组

合，我们可以这么看，百位数有 9 种可能，十位数则应该有 9-1 种可能，个位

数则应该只有 9-1-1 种可能，最终共有 9*8*7 个三位数。计算公式＝P（3，9)

＝9*8*7,(从 9 倒数 3 个的乘积）

Q2:有从 1 到 9 共计 9 个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，

可以组合成多少个“三国联盟”？

A2:213 组合和 312 组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即

可。即不要求顺序的，属于“组合 C”计算范畴。

上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最

终组合数 C(3,9)=9*8*73*2*1

排列、组合的概念和公式典型例题分析

例1设有 3 名学生和 4 个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每

名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？

解（1）由于每名学生都可以参加 4 个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的

人数，因此共有种不同方法．

（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此

共有种不同方法．

点评

由于要让 3 名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．

例 2 排成一行，其中不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少种？

解依题意，符合要求的排法可分为第一个排、、中的某一个，共 3 类，每一类中不同

排法可采用画“树图”的方式逐一排出：

∴符合题意的不同排法共有 9 种．

点评按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是

一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．

例３

判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．

（1）高三年级学生会有 11 人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了

一次手，共握了多少次手？

（2）高二年级数学课外小组共 10 人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不

同的选法？②从中选 2 名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？

（3）有 2，3，5，7，11，13，17，19 八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多

少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？

（4）有 8 盆花：①从中选出 2 盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中

选出 2 盆放在教室有多少种不同的选法？

分析（1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺

序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无

关，所以是组合问题．其他类似分析．

（1）①是排列问题，共用了封信；②是组合问题，共需握手（次）．

（2）①是排列问题，共有（种）不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．

（3）①是排列问题，共有种不同的商；②是组合问题，共有种不同的积．

（4）①是排列问题，共有种不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．

例４

证明

证明．

左式

右式．

∴等式成立．

点评这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质，可使

变形过程得以简化．

例5

化简．

解法一原式

解法二原式

点评解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的

两个性质，都使变形过程得以简化．

例6

解方程：（1）；（2）．

解（1）原方程

解得．

（2）原方程可变为

∵，，

∴原方程可化为．

即，解得

第六章

一、考纲要求

排列组合、二项式定理

1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.

2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，

并能用它们解决一些简单的问题.

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.

二、知识结构

三、知识点、能力点提示

(一)加法原理乘法原理

说明加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、

组合中有关问题提供了理论根据.

例 1 5 位高中毕业生，准备报考 3 所高等院校，每人报且只报一所，不同的报

名方法共有多少种?

解： 5 个学生中每人都可以在 3 所高等院校中任选一所报名，因而每个学生

都有 3 种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有

3×3×3×3×3=3 (种)

(二)排列、排列数公式

说明排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研究

的对象以及研究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比

较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.

例 2 由数字 1、2、3、4、5 组成没有重复数字的五位数，其中小于 50 000 的

偶数共有()

A.60 个

B.48 个

C.36 个

D.24 个

1
5

解因为要求是偶数，个位数只能是 2 或 4 的排法有 P
2
；小于 50 000 的五位

1
数，万位只能是 1、3 或 2、4 中剩下的一个的排法有 P
3
;在首末两位数排定后，

3131
中间 3 个位数的排法有 P
3
，得 P
3
P
3
P
2
＝36(个)

由此可知此题应选 C.

例 3 将数字 1、2、3、4 填入标号为 1、2、3、4 的四个方格里，每格填一个

数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?


解：将数字 1 填入第 2 方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填

法有 3 种，即 214 3，3142，4123；同样将数字 1 填入第 3 方格，也对应着 3

种填法；将数字 1 填入第 4 方格，也对应 3 种填法，因此共有填法为

3P
3
=9(种).

例四

例五可能有问题，等思考

1

三)组合、组合数公式、组合数的两个性质

说明历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上

都是由选择题或填空题考查.

例 4 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台，其中至少有甲型与乙型电

视机各 1 台，则不同的取法共有()

A.140 种

B.84 种

C.70 种

D.35 种

解：抽出的 3 台电视机中甲型 1 台乙型 2 台的取法有 C
14
·C
25
种；甲型 2 台乙

21
型 1 台的取法有 C
4
·C
5
种

根据加法原理可得总的取法有

C
24
·C< br>25
+C
24
·C
15
=40+30=70(种 )

可知此题应选 C.

例 5 甲、丙、乙、丁四个公司承包 8 项工程，甲公司承包 3 项，乙公司承包 1 项，

丙、丁公司各承包 2 项，问共有多少种承包方式?

解：

甲公司从 8 项工程中选出 3 项工程的方式 C
8
种；

1
3

乙公司从甲公司挑选后余下的 5 项工程中选出 1 项工程的方式有 C
5
种；


2
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的 4 项工程中选出 2 项工程的方式有 C
4
种；


丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的 2 项工程中选出 2 项工程的方式有

2
C
2
种.

根据乘法原理可得承包方式的种数有 C 8×C
5
×C
4
×C
2
= ×1=1680(种).

(四)二项式定理、二项展开式的性质

3

1

2

2

说明二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的

基础知识，从 1985 年至 1998 年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二

项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.

例6

在(x- ) 的展开式中，
10

x 的系数是
6

(

)

A.-27C
6

B.27C
4

C.-9C
6
10

10

10


D.9C
4
10


解

设(x- )
10
的展开式中第γ+1 项含 x
6
，

因T

γ+1

=C
γ



x

10-γ

(- ) ，
γ
10

10-γ=6,γ=4

于是展开式中第 5 项含 x 6，第 5 项系数是 C
4
10
(- ) =9C

4
10


4

故此题应选 D.

例7

(x-1)-(x-1)
2＋(x-1)
3
-(x-1)+(x-1)
５
的展开式中的 x
２
的系数等

于

解：此题可视为首项为 x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前 5 项的和，则其和为

在(x-1) 中含
6

x 的项是
3

C
3
6
x (-1) =-20x

3

3

，因此展开式中
3

x 的系数是
2

-2 0.

(五)综合例题赏析

例8

若(2x+ ) =a
4

2
0
+a
1
x+a
2
x +a
3
x +a

3
4
x ，则

(a
4

2
0
+a
2
+a
4
) -(a
1
+a
3
) 的值为

(

2

A.1

B.-1

C.0

D.2

解：A.

例 9 2 名医生和 4 名护士被分配到 2 所学校为学生体检，每校分配 1 名医生和
2 名护士，不同的分配方法共有()

A.6 种

B.12 种

C.18 种

D.24 种

解分医生的方法有 P
2

2
2
＝2 种，分护士方法有 C
4
=6 种，所以共有

6×2＝12 种不

同的分配方法。

应选 B.

例 10 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台，其中至少要有甲型与乙

型电视机各 1 台，则不同取法共有().

A.140 种

B.84 种

C.70 种

D.35 种

)


解：取出的 3 台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.

∵C
4
·+C
5
·C
4
=5×6+10×4=70.

∴应选 C.

例 11 某小组共有 10 名学生，其中女生 3 名，现选举 2 名代表，至少有 1 名女

生当选的不同选法有()

A.27 种

B.48 种

C.21 种

D.24 种

2

2

1

解：分恰有 1 名女生和恰有 2 名女生代表两类：

∵C
3
·C 7+C
3
=3×7+3=24，

∴应选 D.

例 12 由数学 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的六位数，其中个位数字

小于十位数字的共有().

A.210 个

C.464 个

B.300 个

D.600 个

1
1

1

2

解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有 P
5
·P 5
5
=600 个.

由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.

∴有 ×600=300 个符合题设的六位数.

应选 B.

例 13

以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有(

A.70 个

C.58 个

B.64 个

D.52 个

).


解：如图，正方体有 8 个顶点，任取 4 个的组合数为 C
48
=70 个.

其中共面四点分 3 类：构成侧面的有 6 组；构成垂直底面的对角面的有 2 组；形

如(ADB
1
C
1
)的有 4 组.

∴能形成四面体的有 70-6-2-4=58(组)

应选 C.

例 14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的 12 条直线

中，异面直线共有().

A.12 对

C.36 对

解：设正六棱锥为 O—ABCDEF.

任取一侧棱 OA(C
6
)则 OA 与 BC、CD、DE、EF 均形成异面直线对.

∴共有 C 6×4=24 对异面直线.

应选 B.

例 15

正六边形的中心和顶点共 7 个点，以其中三个点为顶点的三角形

共

个(以数字作答).

解：7 点中任取 3 个则有 C
7
=35 组.

其中三点共线的有 3 组(正六边形有 3 条直径).

∴三角形个数为 35-3=32 个.

例 16 设含有 10 个元素的集合的全部子集数为 S，其中由 3 个元素组成的子集

数为 T，则的值为。

解

10 个元素的集合的全部子集数有：

S＝C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C
10
+C 0
10
=2 10=1024

其中，含 3 个元素的子集数有 T=C
10
=120

故=

例 17

例 17在 50 件产品 n 中有 4 件是次品，从中任意抽了 5 件，至少

有 3 件是次品的抽法共

种(用数字作答).

解：“至少 3 件次品”即“有 3 件次品”或“有 4 件次品”.

∴C
4
·C
46
+C
4
·C
46
=4186(种)

例 18 有甲、乙、丙三项任务，甲需 2 人承担，乙、丙各需 1 人承担，从 10

人中选派 4 人承担这三项任务，不同的选法共有().

3
3
0
3
1
1
B.24 对

D.48 对





1

2

3

4

5

6

7

8

9

1



2

4

1

A.1260 种

C.2520 种

B.2025 种

D.5040 种

2
解：先从 10 人中选 2 个承担任务甲(C
10
)

再从剩余 8 人中选 1 人承担任务乙(C
1
8)

又从剩余 7 人中选 1 人承担任务乙(C 7)

∴有 C
10
·C 8C 7=2520(种).

应选 C.

例 19

集合｛1，2，3｝子集总共有(

A.7 个

B.8 个

C.6 个

2
1



1

1

).

D.5 个

解三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的

子集数

C
3
，由二个元素组成的子集数 C
3
。

3
1

2

由 3 个元素组成的子集数 C
3
。由加法原理可得集合子集的总个数是

C13
+C
23
+C
33
+1=3+3+1+1＝8

故此题应选 B.

例 20 假设在 200 件产品中有 3 件是次品，现在从中任意抽取 5 件，其中至少

有两件次品的抽法有().

A.C
3
C
197
种

C.C
200
-C
197

55
2


3


B.C
3
C
197
+C
3
C
197

23

3

2


D.C
200
-C

5

1

C
4

3

197

2
解：5 件中恰有二件为次品的抽法为 C
3
C
197
，

5 件中恰三件为次品的抽法为 C
33
C
2197
，

∴至少有两件次品的抽法为 C
3
C
197
+C
3
C
197
.

应选 B.

例 21 两排座位，第一排有 3 个座位，第二排有 5 个座位，若 8 名学生入座(每

人一个座位)，则不同座法的总数是().

2

3


3

3

2



A.C
8
C
8

5

3

B.P
2
C
8
C
8

1

5

3

C.P
8
P
8

5

3