计数问题

计数问题（共12篇）

计数问题 篇1

在现行九年制义务教育阶段的初中数学教材中, 学生在解有关几何图形计数问题时, 经常会发生错误。因此, 在解这类问题时, 需要仔细观察图形, 认真分析图形的特点, 掌握图形的内在联系, 准确把握图形的自身规律, 从规律中寻求解决问题的方法, 就能准确地求出结果。现举例说明。

一、重叠法

例1.如图1, 在每条线段上有5个点, 图中共有多少个点?在每条线段上若有n个点呢?

分析讲解:若在每条线段上有5个点, 图中三条线段共有15个点, 因A, B, C三点各重叠一次, 所以图中共有15-3=12个点。若在每条线段上有n (n大于1, 且n为整数) 个点, 图中三条线段共有3n个点, 因A, B, C三点各重叠一次, 所以, 图中共有 (3n-3) (n大于1, 且n为整数) 个点。

二、依序枚举法

例2.如图2, 已知直线l上有5个点, 图中共有几条线段?若有n个点呢?

分析讲解:以A为线段左端点, 有AB、AC、AD、AE共4条线段;以B为线段左端点, 有BC、BD、BE共3条线段;以C为线段左端点, 有CD、CE共2条线段;以D为线段左端点, 只有DE一条线段。

因此, 在一条直线上若有5个点, 共有线段4+3+2+1=10 (条) 。

同理, 在一条直线上若有6个点, 共有线段5+4+3+2+1=15 (条) , 若有n个点, 则有线段

例3.如图3, 经过一点引5条射线构成小于平角的角, 共有几个角?若引n条射线呢?

分析讲解:以OA为始边, 以OB、OC、OD、OE为终边, 共有4个角;以OB为始边, 以OC、OD、OE为终边, 共有3个角;以OC为始边, 以OD、OE为终边, 共有2个角;以OD为始边, 以OE为终边, 有1个角。

因此, 经过一点引5条射线构成小于平角的角共有4+3+2+1=10 (个) 。经过一点引n条射线构成小于平角的角, 则共有

例4.经过直线l外一点A向直线作5条线段与直线l相交, 可构成多少个三角形?若作n条线段呢?

注:解这类问题的关键是建立一个不重不漏的计算程序。

三、找对称图形法

例5.如图4, 已知EF是经过平行四边形ABCD两条对角线AC与BD交点O的线段, 图中全等的三角形共有多少对?

分析讲解:因为ABCD是平行四边形, 是中心对称图形, 全等三角形是成对出现的。仔细观察图形, 易得△ABO≌△CDO, △AEO≌△CFO, △EBO≌△FDO, △ABD≌△CDB, △ADO≌△CBO, △ADC≌△CBA。共6对。

四、转化法

例6.如图5, Rt△ABC中, ∠ACB=90°, CD⊥AB, DE⊥AC, DF⊥BC, 垂足分别为D, E, F, 则图中相似三角形有多少对?

分析与解:已知图中所有的三角形 (共7个) 都相似。可把这7个三角形转化成直线l上不同的7点, 则图中相似三角形对数等于直线l上线段总数, 即6+5+4+3+2+1=21 (对) 。

计数问题 篇2

我们在已经学会数线段、数角、数三角形的基础上，通过本讲学习数长方形，正方形及数综合图形来进一步提高观察和思考问题的能力，学会在观察、思考、分析中总结归纳出解决问题的规律和方法.一、数长方形

例1如下图，数一数下列各图中长方形的个数？

分析图（Ⅰ）中长方形的个数与AB边上所分成的线段的条数有关，每一条线段对应一个长方形，所以长方形的个数等于AB边上线段的条数，即长方形个数为：

4+3+2+1=10（个）.图（Ⅱ）中AB边上共有线段4+3+2+1=10条.BC边上共有线段：2+1=3（条），把AB上的每一条线段作为长，BC边上每一条线段作为宽，每一个长配一个宽，就组成一个长方形，所以图（Ⅱ）中共有长方形为：

（4+3+2+1）×（2+1）=10×3=30（个）.图（Ⅲ）中，依据计算图（Ⅱ）中长方形个数的方法：可得长方形个数为：（4+3+2+1）×（3+2+1）=60（个）.解：图（Ⅰ）中长方形个数为4+3+2+1=10（个）.图（Ⅱ）中长方形个数为：

（4+3+2+1）×（2+1）=10×3=30（个）.图（Ⅲ）中长方形个数为：

（4+3+2+1）×（3+2+1）=10×6=60（个）.小结：一般情况下，如果有类似图Ⅲ的任一个长方形一边上有n-1个分点（不包括这条边的两个端点），另一边上有m-1个分点（不包括这条边上的两个端点），通过这些点分别作对边的平行线且与另一边相交，这两组平行线将长方形分为许多长方形，这时长方形的总数为：

（1+2+3+…+m）×（1+2+3+…+n）.例2 如右图数一数图中长方形的个数.解：AB边上分成的线段有：

5+4+3+2+1=15.BC边上分成的线段有：

3+2+1=6.所以共有长方形：

（5+4+3+2+1）×（3+2+1）=15×6=90（个）.二、数正方形

例3 数一数下页各个图中所有正方形的个数.（每个小方格为边长为1的正方形）

分析 图Ⅰ中，边长为1个长度单位的正方形有：

2×2=4（个），边长为2个长度单位的正方形有：

1×1=1（个）.所以，正方形总数为1×1+2×2=1+4=5（个）.图Ⅱ中，边长为1个长度单位的正方形有3×3=9（个）；

边长为2个长度单位的正方形有：2×2=4（个）；

边长为3个长度单位的正方形有1×1=1（个）.所以，正方形的总数为：1×1+2×2+3×3=14（个）.图Ⅲ中，边长为1个长度单位的正方形有：

4×4=16（个）；

边长为2个长度单位的正方形有：3×3=9（个）；

边长为3个长度单位的正方形有：2×2=4（个）；

边长为4个长度单位的正方形有：1×1=1（个）；

所以，正方形的总数为：

1×1+2×2+3×3+4×4=30（个）.图Ⅳ中，边长为1个长度单位的正方形有：

5×5=25（个）；

边长为2个长度单位的正方形有：4×4=16（个）；

边长为3个长度单位的正方形有：3×3=9（个）；

边长为4个长度单位的正方形有：2×2=4（个）；

边长为5个长度单位的正方形有：1×1=1（个）.所有正方形个数为：

1×1+2×2+3×3+4×4+5×5=55（个）.小结：一般地，如果类似图Ⅳ中，一个大正方形的边长是n个长度单位，那么其中边长为1个长度单位的正方形个数有：n×n=n2（个），边长为2个长度单位的正方形个数有：（n-1）×（n-1）=（n-1）2（个）…；边长为（n-1）个长度单位的正方形个数有：2×2=22（个），边长为n个长度单位的正方形个数有：1×1=1（个）.所以，这个大正方形内所有正方形总数为：12+22+32+…+n2（个）.例4 如右图，数一数图中有多少个正方形（其中每个小方格都是边长为1个长度单位的正方形）.分析 为叙述方便，我们规定最小正方形的边长为1个长度单位，又称为基本线段，图中共有五类正方形.①以一条基本线段为边的正方形个数共有：

6×5=30（个）.②以二条基本线段为边的正方形个数共有：

5×4=20（个）.③以三条基本线段为边的正方形个数共有：

4×3=12（个）.④以四条基本线段为边的正方形个数共有：

3×2=6（个）.⑤以五条基本线段为边的正方形个数共有：

2×1=2（个）.所以，正方形总数为：

6×5+5×4+4×3+3×2+2×1

=30+20+12+6+2=70（个）.小结：一般情况下，若一长方形的长被分成m等份，宽被分成n等份，（长和宽上的每一份是相等的）那么正方形的总数为（n＜m）：mn+（m-1）（n-1）+（m-2）（n-2）+…+（m-n+1）·1

显然例4是结论的特殊情况.例5 如下图，平面上有16个点，每个点上都钉上钉子，形成4×4的正方形钉阵，现有许多皮筋，问能套出多少个正方形.分析 这个问题与前面数正方形的个数是不同的，因为正方形的边不是先画好的，而是要我们去确定的，所以如何确定正方形的边长及顶点，这是我们首先要思考的问题.很明显，我们能围成上图Ⅰ那样正向正方形14个，除此之外我们还能围出图Ⅱ那样斜向正方形4个，图Ⅲ那样斜向正方形2个.但我们不可能再围出比它们更小或更大的斜向正方形，所以斜向正方形一共有4+2=6个，总共可以围出正方形有：14+6=20（个）.我们把上述结果列表分析可知，对于n×n个顶点，可作出斜向正方形的个数恰好等于（n-1）×（n-1）个顶点时的所有正方形的总数.三、数三角形

例6 如右图，数一数图中三角形的个数.分析 这样的图形只能分类数，可以采用类似数正方形的方法，从边长为一条基本线段的最小三角形开始.Ⅰ.以一条基本线段为边的三角形：

①尖朝上的三角形共有四层，它们的总数为：

W①上=1+2+3+4=10（个）.②尖朝下的三角形共有三层，它们的总数为：

W①下=1+2+3=6（个）.Ⅱ.以两条基本线段为边的三角形：

①尖朝上的三角形共有三层，它们的总数为：

W②上=1+2+3=6（个）.②尖朝下的三角形只有一个，记为W②下=1（个）.Ⅲ.以三条基本线段为边的三角形：

①尖朝上的三角形共有二层，它们的总数为：

W③上=1+2=3（个）.②尖朝下的三角形零个，记为W③下=0（个）.Ⅳ.以四条基本线段为边的三角形，只有一个，记为：

W④上=1（个）.所以三角形的总数是10+6+6+1+3+1=27（个）.我们还可以按另一种分类情况计算三角形的个数，即按尖朝上与尖朝下的三角形的两种分类情况计算三角形个数.Ⅰ.尖朝上的三角形共有四种：

W①下=1+2+3+4=10

W②上=1+2+3=6

W③上=1+2=3

W④上=1

所以尖朝上的三角形共有：10+6+3+1=20（个）.Ⅱ.尖朝下的三角形共有二种：

W①下=1+2+3=6

W②下=1

W③下=0

W④下=0

则尖朝下的三角形共有：6+1+0+0=7（个）

所以，尖朝上与尖朝下的三角形一共有：

20+7=27（个）.小结：尖朝上的三角形共有四种.每一种尖朝上的三角形个数都是由1开始的连续自然数的和，其中连续自然数最多的和中最大的加数就是三角形每边被分成的基本线段的条数，依次各个连续自然数的和都比上一次少一个最大的加数，直到1为止.尖朝下的三角形的个数也是从1开始的连续自然数的和，它的第一个和恰是尖朝上的第二个和，依次各个和都比上一个和少最大的两个加数，以此类推直到零为止.例7 页图数一数图中有多少个三角形.解：参考例6所总结的规律把图中三角形分成尖朝上和尖朝下的两类：

Ⅰ.尖朝上的三角形有五种：

（1）W①上=8+7+6+5+4=30

（2）W②上=7+6+5+4=22

（3）W③上=6+5+4=15

（4）W④上=5+4=9

（5）W⑤上=4

∴尖朝上的三角形共有：30+22+15+9+4=80（个）.Ⅱ.尖朝下的三角形有四种：

（1）W①下=3+4+5+6+7=25

（2）W②下=2+3+4+5=14

（3）W③下=1+2+3=6

（4）W④下=1

尖朝下的三角形共有 25+14+6+1=46（个）.∴所以尖朝上与尖朝下的三角形总共有

80+46=126（个）.四、数综合图形

前面我们已对较基本、简单的图形的数法作了较系统的研究，寻找到了一般规律.而对于较复杂的图形即综合图形的数法，我们仍需遵循不重复、不遗漏的原则，采用能按规律数的，按规律数，能按分类数的就按分类数，或者两者结合起来就一定能把图形数清楚了.例7 页图，数一数图中一共有多少个三角形.分析图中有若干个大小不同、形状各异但有规律的三角形.因此适合分类来数.首先要找出三角形的不同的种类？每种相同的三角形各有多少个？

解：根据图中三角形的形状和大小分为六类：

Ⅰ.与△ABE相同的三角形共有5个；

Ⅱ.与△ABP相同的三角形共有10个；

Ⅲ.与△ABF相同的三角形共有5个；

Ⅳ.与△AFP相同的三角形共有5个；

Ⅴ.与△ACD相同的三角形共有5个；

Ⅵ.与△AGD相同的三角形共有5个.所以图中共有三角形为5+10+5+5+5+5=35（个）.例8 图，数一数图中一共有多少个三角形？

分析这是个对称图形，我们可按如下三步顺序来数：

第一步：大矩形ABCD可分为四个相同的小矩形：AEOH、EBFO、OFCG、HOGD，每个小矩形内所包含的三角形个数是相同的.第二步：每两个小矩形组合成的图形共有四个，如：ABFH、EBCG、HFCD、AEGD，每一个这样的图形中所包含的三角形个数是相同的.第三步：每三个小矩形占据的部分图形共有四个：如△ABD、△ADC、△ABC、△DBC，每一个这样的图形中所包含的三角形个数是相同的.最后把每一步中每个图形所包含三角形个数求出相加再乘以4就是整个图形中所包含的三角形的个数.解：Ⅰ.在小矩形AEOH中：

①由一个三角形构成的有8个.②由两个三角形构成的三角形有5个.③由三个或三个以上三角形构成的三角形有5个.这样在一个小矩形内有17个三角形.Ⅱ.在由两个小矩形组合成的图形中，如矩形AEGD，共有5个三角形.Ⅲ.由三个小矩形占据的部分图形中，如△ABC，共有2个三角形.所以整个图形共有三角形个数是：

（8+5+5+5+2）×=25×4=100（个）.习题

1.下图中有多少个正方形？

2.下图中有多少个三角形？

3.下图中有多少个长方形？

4.下图（1）、（2）中各有多少个三角形？

5.下图中有多少个三角形？

6.下图中有多少个三角形？

7.下图中有多少个正方形？

8.下图中有多少个长方体？

习题答案

与集合相关的计数问题例析 篇3

一、 根据互异性确定元素个数

例1 由实数x,-x,|x|,x2,-3x3所组成的集合中，最多含有的元素的个数为（）

A. 2个

B. 3个

C. 4个

D. 5个

解析 本题乍看有5个元素，而经过分类讨论后，发现其中有些元素是相同的.

当x=0时，这5个实数全为零，由集合元素的互异性可知，此时所组成的集合中只有1个元素0；

当x＞0时，x2=|x|=x，-3x3=-x，且x≠-x,此时所组成的集合中有2个元素x和-x；

当x＜0时，x2=|x|=-x，-3x3=-x，且x≠-x，此时所组成的集合中也是2个元素x和-x.

综上，最多含有的元素个数是2个.故选A.

二、 求无限集交集的元素个数

此类问题要准确把握交集的定义，同时要注意集合中元素的特征性质.一般地，运用数形结合法来求解.

例2 设集合M={（x,y）|x2+y2=1,x∈R,y∈R},N={(x,y)|x-y=0,x∈R,y∈R},则集合M∩N中元素的个数是图1

()

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

解析 首先确认两个集合都是点集，M是圆x2+y2=1上的点的集合，N是直线x-y=0上的点的集合，M∩N就是直线与圆的交点所组成的集合.

由图1直观可得，直线x-y=0与圆x2+y2=1有两个交点，即M∩N中有2个元素,所以答案为C.

想一想 如果N={x|x-y=0,x∈R+,y∈R+}，M∩N中有几个元素？

三、 新定义集合运算中的元素个数

这类问题属于集合中的创新题型，需要先理解题目中给出的新定义.

例3 （2005年湖北卷）设P,Q为两个非空实数集合，定义集合P+Q={a+b|a∈P,b∈Q}，若P={0,2,5},Q={1,2,6},则P+Q中元素的个数是()

A. 9

B. 8

C. 7

D. 6

解析 用列举法将集合中的元素一一列出,即可求解.

当a=0，b分别取1,2,6时，a+b有1，2，6三个值；当a=2,b分别取1,2,6时，a+b分别为3,4,8;当a=5,b分别取1,2,6时，a+b分别等于6,7,11.根据集合中元素的互异性，a+b最终取值是1，2，3，4，6，7，8，11.所以P+Q集合的元素个数是8个.

特别提示 本题容易忽视的是0+6=1+5=6这一重复元素.

四、 有限集中元素个数的计算

图2

下面结合韦恩图对有限集合中常用的一些结论加以介绍.我们用card(A)表示有限集合A中元素的个数,比如，集合A={a,b,c}中有3个元素,记作card(A)=3.

(1) 如图2，如果BA,则card(

瘙 綂 AB)=card(A)-card(B).

(2) 如图3,A∩B=时，card(A∪B)=card(A)+card(B).

图3

(3) 如图4，A∩B≠时,card(A∪B)与card(A)+card(B)相比，少了二者的公共部分(即card(A∩B)),由此我们可得:card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B).

图4

例4 学校先举办了一次田径运动会,某班有8名同学参赛；又举办了一次球类运动会,这个班有12名同学参赛；这个班两次运动会都参赛的有3名同学.两次运动会中,这个班共有多少名同学参赛?

解析 设A为田径运动会参赛的同学的集合,B为球类运动会参赛的同学的集合,那么，A∩B就是两次运动会都参赛的同学的集合.card(A),card(B),card(A∩B)是已知的,根据上面的公式就可求出card(A∪B).

card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B)=8+12-3=17（人）.

五、 有限集的子集个数

对于此类问题，如果集合中元素个数不多，可以采用列举法.

例5 已知{a,b}A{a,b,c,d,e},则集合A的个数是（）

A. 2

B. 6

C. 7

D. 8

解析 由{a,b}A，可知A中至少含有2个元素，且必定含有元素a和b.又A{a,b,c,d,e}，所以A可能是{a,b},{a,b,c},{a,b,d},{a,b,e},{a,b,c,d},{a,b,c,e},{a,b,d,e},共7个，答案选C.

但是如果集合中元素个数较多，我们就很难一一列举出来，该怎么办呢？

当M={a,b}时,集合M的所有子集是,{a},{b},{a,b},共4个，所有非空子集是4-1=3（个），所有非空真子集为4-2=2（个）.

当M={a,b,c}时，集合M的所有子集是，{a},{b},{c},{a,b},{b,c},{a,c},{a,b,c},共8个，其非空子集是8-1=7（个），非空真子集是8-2=6（个）.

当集合M={a,b,c,d}时，集合M的所有子集的个数是16个，其非空子集是16-1=15（个），非空真子集是16-2=14（个）.

以此类推，我们不难得出结论：

如果集合M中共有n个元素，则其所有子集数为2n个，非空子集数为（2n-1）个,非空真子集数为（2n-2）个.

巩 固 练 习

1. 对于任意的x,y∈R,且xy≠0,则x|x|+y|y|+xy|xy|的所有可能取值所组成的集合所含元素的个数是()

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

2. 已知集合A={(x,y)|y=x2,x∈R},B={(x,y)|y=a,a∈R},则A∩B中元素最多可能是()

A. 0

B. 1

C. 2

D. 不确定

3. 设集合P={3，4，5}，Q={4，5，6，7}，定义P※Q={(a,b)|a∈P,b∈Q}，则P※Q中元素的个数为（）

A. 3

B. 4

C. 7

D. 12

4. (2008年山东卷）满足M{a1,a2,a3,a4},且M∩{a1,a2,a3}={a1，a2}的集合M的个数是()

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

5. 一次期末考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分.那么，这个班至少有一门得满分的同学有多少人？

一道计数问题引发的对比联想 篇4

在关于计数问题的教学过程中, 体会到其中有一些题型易混淆易误解, 从而学生容易犯重复计算的错误.为突破这个难点, 本人做了积极的尝试, 发现用“对比”联想的方式采用题组教学的形式收到较好的效果.以下是由一道课本习题引发的对比联想, 在对比辨析中学生对三种不同类型的问题有了较深刻的认识.

人教版普通高中课程标准实验教科书《数学》选修2-3第13页B组第2题第 (1) 小题是: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34还是43?

分析:相当于计算出集合A={4个同学}到集合B={足球队, 篮球队, 乒乓球队}的映射的个数.所以答案34.

对比1∶4个相同的小球放入3个形状不同的盒子里 (允许有空盒) , 一共有多少种不同的放法?

误解:因为根据题意一个小球必须对应一个盒子, 而一个盒子不一定要有小球, 所以也归纳为计算映射个数的问题, 答案为34=81.

剖析:课本习题中的“4个同学”是4个不同的元素, 而对比1中的“4个小球”是相同的, 按上述做法会出现重复的现象.为举例说明重复的地方, 把小球编号为①、②、③、④, 盒子编号为1、2、3.如:“误解”中把球①、②放入盒子1, 球③放入盒子2, 球④放入盒子3的情况与球①、③放入盒子1, 球②放入盒子2, 球④放入盒子3的情况看作是不同的, 实质上球相同, 应只算一种放法.

正解:用隔板法, 两块隔板与四个小球共占6个位置, 隔板位置的选定与小球的放法是一一对应关系.所以共有C26=15种放法.

对比2:4个相同的小球放入3个相同的盒子 (允许有空盒) , 一共有多少种不同的放法?

误解:C26=15.

剖析:4个球放入盒子1与4个球放入盒子2对“对比1”而言, 是两种不同放法, 而“对比2”是同一种.此题实质是把4分解为3个自然数, 有几种不同的分法.

正解:4-0-0, 3-1-0, 2-2-0, 2-1-1共4种不同的放法.

回顾反思:“不同”放入“不同”相当于计算映射个数问题, “相同”放入“不同”可用隔板法, “相同”放入“相同”可用一一列举法.

练习:1.有6名新同学插入4个班级, 每班至少1名, 至多2名, 问有多少中不同的插入法?

2.从7个学校选12人组成足球联队, 要求每校至少1人参加, 问各校名额的分配共有多少种不同的情况?

答案:

1. 1080种 2.462种

浙江省温州市瓯海中学

计数问题 篇5

教学目标

①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；

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 理解两个原理,并能运用它们来解决一些简单的问题.教学难点 弄清楚“一件事”指的是什么，分清是“分类”还是“分步”.教学过程

一、引入课题

引例： ①我从二中到泗中有两量不同的马自达，三量不同的出租车可以乘坐，那么请同学们帮我算一下，我从二中到泗中有多少种乘坐交通工具的方式？ ②从我们班上50名同学中推选出两名同学分别担任班长和团支书，有多少种不同的选法？

这就是用我们这节课要研究的分类加法计数原理与分步乘法计数原理来解决问题.二、讲授新课：

1、分类加法计数原理

问题1：十一你打算从甲地到乙地旅游，假设可以乘汽车和火车.一天中，汽车有3班，火车有2班.那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种坐交通工具的方法? 有３＋２＝５种方法

探究１：你能说说以上问题的特征吗？（分析要完成的“一件事”是什么.）完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有3种不同的方法，在第2类方案中有2种不同的方法.那么完成这件事共有3+2=5种方法。一件事就是从甲地到乙地的一种乘坐交通工具的方式。

发现新知：完成一件事情，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mn种不同的方法.那么完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法.（也称加法原理）知识应用

例1：（多媒体展示）在1，2，3，，200中能被5整除的数有多少个？

变式：若把例题中的5换成2其余条件不变答案是什么

可以用：10+10+10+10+10=50（分成5类）

也可以直接得到50（分成2类——奇数与偶数）分类加法计数原理特点：

分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事的办法要分为若干类，各类的办法相互独立，各类办法中的各种方法也相对独立，用任何一类办法中的任何一种方法都可以单独完成这件事.2、分步乘法计数原理

问题2：从A村道B村的道路有3条，从B村去C村的路有2条，从C村去D的道路有3条，小明要从A村经过B村，再经过C村，最后到D村，一共有多

少条路线可以选择？

从A村经 B村去C村有 2 步, 第一步, 由A村去B村有 3 种方法, 第二步, 由B村去C村有 2 种方法, 第三步，从C村到Ｄ村有３种方法

所以从A村经 B村又经过C村到Ｄ村共有 3 ×2 ×３= １８ 种不同的方法 探究2：你能说说这个问题的特征吗？（分析要完成的“一件事”是什么.）完成一件事需要有三个不同步骤，在第1步中有３种不同的方法，在第2步中有２种不同的方法，第三步有３种不同的方法.那么完成这件事共有3 ×2 ×３= １８种不同的方法.一件事就是：从Ａ村到Ｄ村的一种走法

发现新知

分步乘法计数原理：完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法„„做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法.（也称乘法原理）

知识应用

例2：有一项活动，需在3名教师、8名男生和5名女生中选人参加.(1)若只需1人参加，有多少种选法？

(2)若需教师、男生、女生各1人参加，有多少种选法？

变式：学校准备召开一个座谈会，要在3名教师、8名男学生和5名女学生中选一名教师和一名学生参加，有多少种不同的选法？ 分步乘法计数原理的特点：

分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.思考：分类加法计数原理与分步乘法计数原理有什么异同点？要注意什么问题？

相同点：它们都是研究完成一件事情, 共有多少种不同的方法；

不同点：分类加法计数原理分类完成一件事，任何一类办法中的任何一个方法都能完成这件事；分步乘法计数原理分步完成一件事，这些方法需要分步,各个步骤顺次相依,且每一步都完成了,才能完成这件事情。

三、课堂练习1.填空：

①一件工作可以用2种方法完成，有5人会用第1种方法完成，另有4人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，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，从A村经B村去C村，不同的路线有 条.2.现有高中一年级的学生3名，高中二年级的学生5名，高中三年级的学生4名.①从中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？

②从3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？

3.从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同的走法共有 种.4.甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选两名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有 种不同的推选方法.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，后两个要求用数字1～9，问最多可以给多少个程序命名？ 6.乘积(a+b+c)(d+e+f+g)展开后共有多少项？

四、课堂小结

（１）分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是什么？不同点什么？

相同点：它们都是研究完成一件事情, 共有多少种不同的方法；

计数问题 篇6

例1 圆周上有20个点,过任意两点连接一条弦,这些弦在圆内的交点最多有多少个?

解析 将思考的重心放在过任意两点的弦上,但这些弦有的相交,有的不相交,若要理清它们是否相交,则会陷入“泥潭”.

换个角度,弦在圆内的交点一定是相应的圆内接四边形对角线的交点,因此交点的个数与圆内接四边形的个数相同,又可能有交点重合的情况,故交点最多有C4 20 =4 845个.

例2 某教研室有6个参加全国英语口语大赛的指标,分给甲、乙、丙三所学校,每所学校至少分得一个指标,则不同的分配方案有多少种?

解析 用“▲”表示1个指标,将6个指标排成一排,为▲▲▲▲▲▲,

用两个挡板将它们隔成三部分,则一种隔法对应一种分法,且一种分法对应一种隔法,如▲/▲▲▲/▲▲这种隔法对应着甲学校分得一个指标,乙学校分得三个指标,丙学校分得两个指标.因此有多少种分隔方法便有多少种分配方案.

而两个挡板插入6个指标间的五个空隙,有C2 5 =10种插法,因此共有10种分配方案.

例3 求x+y+z=6的非负整数解的组数.

解析 在上例中,设甲、乙、丙三校分别分得x,y,z个指标,则x+y+z=6(x,y,z∈N*).

由此可知,x+y+z=6的每组正整数解对应着每一种分法,于是此方程共有C2 5 =10组正整数解.

但这里是x+y+z=6(x,y,z∈N).如何求x+y+z=6的非负整数解呢?

令x1=x+1,y1=y+1,z1=z+1,则x1+y1+z1=9(x1,y1,z1∈N*).

故x+y+z=6的非负整数解一一对应着x1+y1+z1=9的正整数解.

由挡板法,知后者的正整数解有C2 8 =28组,故前者的非负整数解有28组.

例4 求(1+2)9的展开式中所有的有理项系数之和及所有的无理项系数之和.

解析 如果直接运用二项式定理展开,则无疑会陷入冗长的演算.

由展开式的通项Tr+1=Cr9 (2)r=2rCr 9 x (r=0,1,2,…,8),可知r=0,2,4,6,8时,Tr+1为有理项,而r=1,3,5,7,9时,Tr+1为无理项.

于是可知(1+2)9的展开式的有理项、无理项分别一一对应着(1+2x)9的展开式的x的偶次项、奇次项,而且系数对应相等.

因此求展开式中所有有理项系数之和及所有无理项系数之和,只需求展开式中所有x的偶次项系数之和及所有x的奇次项系数之和.

设f(x)=(1+2x)9,令原式所有有理项系数之和为S,所有无理项系数之和为T,则S+T=f(1)=39,S-T=

f(-1)=-1,所以S=(39-1),T=(39+1).

1. 求(x+)100的展开式中系数为有理数的项数.

2. 为构建和谐社会出一份力,一文艺团体下基层宣传演出,准备的节目表中原有4个歌舞节目,如果保持这些节目的相对顺序不变,再添2个小品节目,则不同的节目顺序有多少种?

3. 从一楼到二楼的楼梯有17级,上楼时可以一步走一级,也可以一步走两级,若要求11步走完这楼梯,则有多少种不同的走法?

4. 将20个相同的小球放入编号分别为1,2,3,4的四个盒子中,要求每个盒子中的球数不少于它的编号数,求放法总数.

5. 从1,2,3,…,10这10个自然数中,取出4个互不相邻的自然数,有多少种方法?

6. 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写的贺年卡,不同的拿法有多少种?

1. 17. 2. C1 2 C1 5 +C2 5 =30. 3. C5 11 =C6 11 =462.

4. 先在编号为1,2,3,4的四个盒子内分别放0,1,2,3个球,再把剩下的14个球放到四个盒子里,每盒至少放1个,知有C3 13 =286种方法.

5. 相当于向6个位置之间(包括头尾)插入4个位置,且插入的位置不连续,相当于从7个位置中选4个位置,故共有C4 7 =35种方法.

高考中的典型计数问题 篇7

考点1 考查两个原理直接应用的计数问题

考点剖析:高考常对两个原理直接应用问题进行考查.求解时, 一是分辨取出的元素是否有顺序, 二是弄清怎样完成这一件事.

【例1】 (2008, 重庆) 某人有4种颜色的灯泡 (每种颜色的灯泡足够多) , 要在如题图所示的6个点A, B, C, A1, B1, C1上各装一个灯泡, 要求同一条线段两端的灯泡不同色, 则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有______种. (用数字作答)

解析:由图可知, A、B、C三处灯泡颜色互不相同.A1、B1、C1也如此.故第一步:从4种颜色的灯泡中任选3种分别安装在A、B、C有A${}_4^3$种方法.由于A1、B1、C1三点中必恰有一点处安装第4种颜色的灯泡, 因此, 第二步:从A1、B1、C1中任选一处有C${}_3^1$种情形.第三步:整体确定最后两处共有3种不同的方法.由乘法原理得满足题意的安装方法共有A${}_4^3$×C${}_3^1$×3=216种.

考点2 考查特殊元素或特殊位置的计数问题

考点剖析: 含有限制条件或特殊元素的计数问题是高考的常考题.应优先安排特殊位置上的特殊元素, 再安排其他位置上的其他元素.

【例2】 (2008, 陕西) 某地奥运火炬接力传递路线共分6段, 传递活动分别由6名火炬手完成.如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生, 最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生, 则不同的传递方案共有__种. (用数字作答) .

解析:从特殊位置入手分类和分步完成.从最后一棒分步, 然后第一棒为第二步, 再安排其余位置.共C${}_2^1$C${}_2^1$A${}_4^4$=94种.

考点3 考查相邻排列计数问题

考点剖析: 对于含有某几个元素相邻的排列问题, 可将相邻元素“捆绑”起来视为一个大元素, 与其他元素一起排列, 然后对相邻元素内部进行排列.

【例3】 (2008, 浙江) 用1, 2, 3, 4, 5, 6组成六位数 (没有重复数字) , 要求任何相邻两个数字的奇偶性不同, 且1和2相邻, 这样的六位数的个数是__. (用数字作答)

解析:由于1、2相邻且一奇一偶, 故整体分两类.

第一类, 奇数在奇数位: (1) 若1在第一位, 则2必在第二位, 第3、5位为奇数, 第2、4位为偶数.共A${}_2^2$A${}_2^2$=4种; (2) 若1在3或5位, 则2有两个位置的排法, 剩下的奇数在奇数位, 偶数在偶数位.有C${}_2^1$C${}_2^1$A${}_2^2$A${}_2^2$=16种.

第二类, 偶数在奇数位, 同理有相同的种数.故总共有2 (16+4) =40个.

考点4 考查互不相邻排列计数问题

考点剖析:对于含有某几个元素互不相邻问题, 可先将其他元素排成一列, 然后将互不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中, 即插空法.

【例4】 (2006, 重庆) 高三 (1) 班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目, 2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序, 要求两个舞蹈节目不连排, 则不同的排法种数是______________.

解析:先将4个音乐节目和1个曲艺节目排成一列有种排法;再将两个舞蹈节目插入这五个节目之间及两端的空隙中, 有种插法.有分步计数原理得不同的排法有=300种.

考点5考查排列组合的“分堆”问题

考点剖析:高考常对排列、组合概念及其混合计数问题进行考查.对此可先分组 (堆) 后排列的策略求解.无次序分组问题, 要除以均匀组数的全排列数.

【例5】 (2008, 湖北) 将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作, 每个场馆至少分配1名志愿者的方案数为 () .

A.540 B.300

C.180 D.150

解析:有两种情形:当分组为1, 1, 3时有种分组方法, 分配到3个不同的奥运场馆有种方法, 共有种分配方案;当分组为1, 2, 2时, 有种分组方法, 分配到3个奥运场馆有种方法, 共有种分配方案.综上可得每个场馆至少分配一名志愿者的方案为=150种.

考点6考查等价转化的计数问题

考点剖析:几何图形的计数问题是常考点.求解时一要熟悉几何图形概念性质;二要按同一标准分类;三若直接求解困难, 则可从反面入手.

【例6】 (2008, 湖北) 过点 (11, 2) 作圆x2+y2+2 x-4y-164=0的弦, 其中弦长为整数的共有 () .

A.16条B.17条

C.32条D.34条

常见组合计数问题的多种解法 篇8

计数是组合数学的一项重要内容。在组合数学的教学中, 对于同一道题目, 出现了可用多种形式进行求解的情况, 同学们容易产生困惑, 导致有时候出现两种形式并用, 描述不清的错误。为了给学生参考, 本文把常见的组合计数问题的多种解法进行了归纳总结, 并用实例进行演示, 给同学以借鉴。

2、预备知识

组合数学的计数问题常常产生在排列与组合、数论、图论等问题中。设A为有限集, 可用|A|表示集合N所包含的元素的个数。

求解计数问题可参考计数的三个原则[1]:相等原则, 加法原则和乘法原则。在求解时, 分析题目的情况, 适时的采用相应的原则, 把问题分类讨论, 再分别进行求解, 可使问题化繁为简、化难为易。

另外, 容斥原理[1,2]也是求解计数问题的一个重要工具。在使用时, 可使用集合和符号两种形式, 因此问题的求解形式就有相应的集合形式和符号形式两种, 分析题目的情况可适当使用。

3、计数问题的求解

为了说明上述三种形式, 用下述例题进行说明。

例1从1至3000的整数中, 能被2整除但不能被5和12整除的整数有多少个?

解法1:设所求为, 则满足要求的整数为:

(1) 1至3000的整数中能被2整除的数有

(2) 1至3000的整数中能被10、12和60整除的数分别有

故 N=1500-300-250+50=1000

解法2:设所求为N, 令S={1, 2, …, 3000}, 以A, B, C分别表示S中能被2, 5, 12整除的整数所成之集, 则

解法3:令S={1, 2, …, 3000}。设s∈S, 若s能被2, 5, 12整除, 则分别称s具有性质a1, a2, a3, 则所求的整数个数为

例2求由n (n≥2) 个相异元a1, a2..., an作成的a1不排在第一位, a2不排在第二位的全排列的个数。

解法1:设所求为N, 则满足题意的排列方法可分成如下两类:

(1) a1排在第二位, 则a2肯定不排在第二位, 这样的方法数为 (n-1) !

(2) a1排在第三到第n位, 有n-2种方法, a2不排在第二位, 有n-2种方法, 剩下的全排列方法有 (n-2) !, 这样的方法数为 (n-2) 2 (n-2) !

综合这两种情况%

解法2:设所求为N, 以S表示n个相异元组成的全排列之集, 以A, B分别表示S中a1排在第一位, a2排在第二位的全排列组成的集合, 则%

解法3:设所求为N, 以S表示n个相异元组成的全排列之集。设s∈S, 若在全排列s中, a1排在第一位, a2排在第二位, 则分别称s具有性质a1, a2, 则所求的整数个数为

4、总结

通过上述例题, 同学们可以很清楚的看到几种求解方法在计数问题中的使用。这三种方法, 也是对一般计数问题求解方法的很好的总结。在以后类似的计算中, 同学们可以借鉴使用。

摘要：计数是组合数学的一项重要内容。本文对常见的计数问题, 利用一般形式、集合形式和符号形式分别进行了求解, 给学习者以参考。

关键词：组合数学,计数

参考文献

[1]曹汝成编.组合数学[M].华南理工大学出版社.

排列组合在若干计数问题中的应用 篇9

关键词：排列,组合,计数问题

0 引言

组合数学在研究计数时经常要用到两个最基本的计数原理, 即加法原理和乘法原理, 它们是研究计数问题的基础, 在分析问题和指导解题中起着关键作用, 故在此先对两个基本原理作以简要说明:

加法原理[4] 设A是有限集, Ai⊆A (i=1, 2, …, k) , 如果$A={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{k}{\cup }}A}{}_i$且Ai∩Aj=∅ (1≤i<j≤k) , 则$|A|={\displaystyle \sum _{i=1}^k|}A{}_i|.$

乘法原理[5] 若Ai (i=1, 2, …, k) 均为有限集, 且A=A1×A2×…×Ak={ (a1, a2, …, an) |ai∈Ai, i=1, 2…, k}, 则有$|A|={\displaystyle \prod _{i=1}^k|}A{}_i|.$

文[6,7,8,9,10,11]中, 对排列组合问题均有所涉及.一般来说, 在处理排列组合问题时, 不能只借助于已知的原理和方法, 必须研究情况, 运用技巧, 采取组合分析的方法, 用自己的聪明才智去解决问题.我们常常遇到这样的情况:即使知道了这些原理和方法, 但仍需要巧妙地应用它们.可以这样认为:组合数学中典型问题的解题经验, 对组合数学的学习是非常重要的.下面将介绍几类比较典型的排列组合问题.

1 着色问题

对图的点或线段进行着色, 或对几何图形的点、线段、区域进行着色, 研究这些着色方案的存在性、计数等问题, 称为着色问题.

着色问题的求解一般依靠的是两个基本原理, 故应注意分步与分类的区别.

例1[1] 某城市中心广场建设一个花圃, 花圃分为6个部分 (如图1) .现要栽种4种不同颜色的花, 每部分栽种1种且相邻部分不能栽种同样颜色的花, 不同的栽种方法有多少种?

解 图1可转换为图2.因第1部分与其它各部分均相邻, 所以第1部分应先栽种种法有A${}_4^1$种, 其它5部分栽种3种不同颜色的花.

3种不同颜色的花, 必有1种只能栽种1次, 故它的种法有C${}_3^1$C${}_5^1$种, 剩余的2种颜色的花必须栽种2次, 但必须不相邻, 所以种法有A${}_2^1$种.

则依乘法原理共有:N=A${}_4^1$C${}_3^1$C${}_5^1$A${}_2^1$=120种.

2 排位问题

将一个集合中的n个元素依次给以标号1, 2, 3, …, n, 求把每个元素排在指定的位置上的排列数的问题称为排位问题.

解决此类问题的方法较多, 一般有“捆绑法”, “插空法”, “交叉问题集合法”, “定序问题缩倍法”等.

例2[2] 3男4女共7人站成一排, 下列情况各有多少种不同的排法?

(Ⅰ) 甲乙必须站在一起;

(Ⅱ) 甲乙互不相邻;

(Ⅲ) 甲不在排头, 乙不在排尾;

(Ⅳ) 甲在乙的左边.

解 (Ⅰ) 属于相邻排列问题, 通常采用“捆绑法”.先将甲乙2人看作一个整体与其他5人进行全排列, 并考察2人顺序.

依乘法原理, 共有N=A${}_6^6$A${}_2^2$=1440种.

(Ⅱ) 对于元素不相邻的排列, 通常采用“插空法”.将不相邻的元素插在前面元素所排列的空挡中, 共有N=A${}_5^5$A${}_6^2$=3600种.

(Ⅲ) 对于某些排列组合问题几部分之间有交集的, 通常采用“交叉问题集合法”.运用公式:

n (A∪B) =n (A) +n (B) -n (A∩B) .

设全集I={7人全排列}=7!,

A={甲在排头的排列}=A${}_6^6$,

B={乙在排尾的排列}=A${}_6^6$,

由公式得

N=n (I) -n (A) -n (B) +n (A∩B)

=7!-A${}_6^6$-A${}_6^6$+A${}_5^5$=3720种.

(Ⅳ) 在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序, 可用“定序问题缩倍法”.

首先, 7人所有不同的排法有7!种, 而甲在乙的左边和甲在乙的右边机会均等, 所以共有${\rm N}=\frac{7！}{2！}=2520$种.

3 几何问题

对几何图形实施某种规则, 需要计算其内部的区域、点、线段等的个数的问题, 称为几何问题.

解决此类问题一般采用直接法, 但必须注意几何图形本身对其构成元素的限制.

例3[2] 平面A内有4个点, B内有5个点, 此外无其他任何4点共面.

(Ⅰ) 它们最多能确定多少条直线?

(Ⅱ) 它们最多能确定多少个不同的平面?

(Ⅲ) 它们最多能确定多少个不同的三棱锥?

解 (Ⅰ) 平面A内与平面B内共有9个点, 因此最多可确定N=C${}_9^2$=36条直线.

(Ⅱ) 可分为3类:

第1类:3点全部取自平面A内或全部取自平面B上, 共有2个平面.

第2类:2点取自平面A, 1点取自平面B, 共有C${}_4^2$C${}_5^1$个平面.

第3类:1点取自平面A, 2点取自平面B, 共有C${}_4^1$C${}_5^2$个平面.

根据加法原理共有:

N=2+C${}_4^2$C${}_5^1$+C${}_4^1$C${}_5^2$=72个.

(Ⅲ) 可分为3类:

第1类:有3个顶点取自平面A, 1个点取自平面B, 可确定三棱锥C${}_4^3$C${}_5^1$.

第2类:有2个顶点取自平面A, 另2个点取自平面B, 可确定三棱锥C${}_4^2$C${}_5^2$.

第3类:有1个顶点取自平面A, 另3个点取自平面B, 可确定三棱锥C${}_4^2$C${}_5^2$.

根据加法原理共可确定三棱锥:

C${}_4^3$C${}_5^1$+C${}_4^2$C${}_5^2$+C${}_4^1$C${}_5^3$=120个.

4 分配问题

将可辨或不可辨的n个元, 分配到可辨或不可辨的r个盒内, 盒内元有序或无序, 允许有空盒或不允许有空盒等, 求其分配方案数的问题称为分配问题.

分配问题主要有如下3种形式:

1) 非平均分配.特点:每堆元素个数均不相同.计算要点:直接计算组合数之积.

2) 均匀分配.特点:每堆元素个数相同.计算要点:用组合数连积除以堆数的阶乘.

3) 部分均匀分配.特点:部分堆的元素个数相同.计算要点:用组合数连积除以“元素相同的堆”的堆数阶乘.

例4[3] 书架上有9本不同的书, 其中4本是红色的, 5本是黑皮的.

(Ⅰ) 9本书的排列有多少种?

(Ⅱ) 若黑皮的书都排在一起, 这样的排列有多少种?

(Ⅲ) 若黑皮的书排在一起, 红皮的书也排在一起, 这样的排列有多少种?

(Ⅳ) 若黑皮的书与红皮的书必须相间, 这样的排列又有多少种?

解 (Ⅰ) 9本书的排列有9!=362 880种.

(Ⅱ) 可采用“捆绑法”.把5本黑皮书放在一起的方法数是5!, 然后把它们看成一本书参加与其它4本红皮书的排列, 方法数又是5!, 所以总的方法数是5!·5!=14 400种.

(Ⅲ) 把5本黑皮书放在一起的方法数是5!, 4本红皮书放在一起的方法数是4!, 所以总的方法数是:5!·4!·2!=5760种.

(Ⅳ) 把黑皮书进行全排列方法数是5!, 在每个空档中放入4本红皮书方法数为:5!·4!=2880种.

例5 r只不同的球放到n个不同的盒子里, 如果每个盒子中的球要有次序, 那么这样的方法有多少种?

解 可以把这个问题看成r个不同的球和n+1个1 (盒子边) 的排列.在排列中两边一定是1, 那么r个球和n-1个1的排列方法有 (r+n-1) !种.考虑到n-1个1是没区别的, 所以要除以 (n-1) !, 即得$\frac{(r+n-1)!}{(n-1)！}=(r+n-1)(r+n-2)\cdots (n+1)n.$

上述这些问题以及它们所涉及的典型例子不但说明了组合数学中解决一个问题的全过程, 而且也揭示了组合数学的某些解题方法.从中我们可以得到:要想完满地解决一个有关排列和组合的问题, 不能只凭已知的原理和方法, 必须研究情况, 分析思考, 开拓思维, 运用技巧, 把自己的聪明才智与已有的组合学知识相结合, 才能解决问题.

参考文献

[1]陆广诗.排列组合问题的典型解法[J].教书育人, 2004, (7) :10-12.

[2]邓静.浅析排列组合解题方法[J].广西教育学院学报, 2004, (7) :238-239.

[3]屈婉玲.组合数学[M].北京:北京大学出版社, 1989:12-27.

[4]曹汝成.组合数学[M].广州:华南理工大学出版社, 2000:36-41.

[5]孙淑玲, 许胤龙.组合数学引论[M].合肥:中国科技大学出版社.2004:28-66.

[6]卢开澄, 卢华明.组合数学[M].北京:清华大学出版社, 1991:11-63.

[7]孙世新.组合数学[M].成都:电子科技大学出版社, 1999:1-12.

[8]H.J.赖瑟[美].组合数学[M].北京:科学出版社, 1985:10-12.

[9]胡瑞平, 鲁晓成.组合教学[M].武汉:武汉大学出版社, 2001:49-55.

[10]D.I.A.Cohen.Basic Techniques of Combina-torial Theory[M].John wiley&sons, 1978.

递推数列在一类计数问题上的应用 篇10

关键词：递推数列,应用,计数

数学建模是高中数学新课标的一个重要内容, 为学生提供了自主学习的空间, 有助于学生体验综合运用数学知识和方法解决实际问题的过程, 增强实践能力。近几年来的高考试题增强了对密切联系生产和生活实际的应用性问题的考查力度, 重视培养应用数学的意识。所以中学数学教材文、理科的选修内容都增加了归纳、推理等这方面内容, 如果能将递推数列知识融入其中, 将会拓宽解题思路。

数列建模在实际生活中有着十分广泛的应用, 它与函数、方程、不等式、三角、向量、解析等都有着密切的关系, 尤其是递推数列是近年来的热点问题, 在高考中占据非常重要的地位。

首先让我们看一道2009年湖南省的高考题:

1.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数, 例如:

他们研究过图1中的1, 3, 6, 10, …, 由于这些数能够表示成三角形, 将其称为三角形数;类似地, 称图2中的1, 4, 9, 16, …, 这样的数成为正方形数。下列数中既是三角形数又是正方形数的是 ()

A.289 B.1024 C.1225 D.1378

解:本题关键是图1中的点的个数。设第n个三角形数为an, 当边长再增加一个单位时, 显然点的个数就增加了n+1个, 故得到一个递推数列:an+1-an=n+1。由数列求和中的叠加法, 求得三角形数所构成的数列通项:an=2n (n-1) ;第二个图形中点的个数易求:bn=n2

选项A:289=172显然不满足an, 可排除A;选项D:1378不是完全平方数, 故排除D;又由知an必为奇数, 故选C。

2.将正△ABC分割成n2 (n≥2, n∈N*) 个全等的小正三角形 (图3, 图4分别给出了n=2, 3的情形) , 在每个三角形的顶点各放置一个数, 使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数 (当数的个数不少于3时) 都分别依次成等差数列。若顶点A, B, C处的三个数互不相同且和为1, 记所有顶点上的数之和为f (n) , 则有f (2) =2, f (3) =___, f (n) =___。

设第n个这样的图的顶点数为an, 则第n+1个图中的顶点数为an+1, 于是an+1-an=n+1, 由叠加法推知:

上面两题说明数学建模并不一定是大题, 但这丝毫不影响对学生数学抽象思维、数学应用能力的考查, 相反对其信息收集、语言转换、数据处理等能力要求更高, 是开发学生能力的一个好素材。

3.平面上有n个圆, 其中每两个圆都交于两点, 每三个圆无公共点, 问100个这样的圆将平面分割成多少个区域?

解:直接求解难度较大, 可否换个角度, 只考虑任意相邻两项间的关系?

设第n个圆将平面分割为an个区域, 第n+1个圆将平面分割成an+1个区域。当在原有的n个圆的基础上再增加一个圆时, 第n+1个圆与原来的n个圆两两相交, 且不共点。而与其中的任何一个圆相交时, 都有两个交点, 这两个交点又把圆分成两段圆弧, 而每段圆弧分别属于原来的一个区域, 且这段弧把原来的区域一分为二, 故增加了一个区域。由于第n+1个圆与前面n个圆相交, 所以共有2n段圆弧, 因此增加了2n个区域, 于是得到递推关系式:an+1-an=2n, 最后利用数列求和中的叠加法, 可以得到不同区域数的通项公式, 即:an=n2-n+2。

平面几何中的点、线、面的计数问题, 在数学计算中十分常见, 一般情况下, 直接求解难度都比较大, 而通过寻求相邻两项间的关系就是不错的方法, 充分体现了递推数列的优越性。递推数列对于解决生活中的计数问题, 以及一些游戏项目中的计数问题, 同样有着独特的作用, 对这些问题的处理不仅极大地增加了数学的趣味性, 适用性, 同时还提高了学生学习数学的兴趣, 开发了智力, 可谓一举两得。

4.某人有卡片若干张, 第一次发1张加上余下的一半, 第二次发2张加上余下的一半, 依此类推, ……第n次发n张加上余下的一半。问: (1) 第n次发卡片多少张? (2) 若卡片发了六次后, 发现正好发完, 问此人手中原有多少张卡片?

解:本题的关键还是在于寻求任意相邻两项间的数量关系:

(1) 设此人手中卡片共有x张。第n次发卡片an, 则第n+1次发卡片为an+1。由条件可以得到下列关系:

上述例题说明, 利用递推数列建模, 其实也是数列建模的一种, 所以必需满足建模的一般步骤:

首先是阅读理解, 即分析题意, 从背景中概括出问题的数学形式;然后进行数学化设计, 将实际问题转化为一个数学问题;再进行标准化设计, 将数学问题转化为常规的数列问题 (特别是递推数列问题) 加以解决;最后将数学问题回归为实际问题。

5.如果本人身上有10元人民币。打算用下述方式买一件东西: (1) 花1元钱买笔; (2) 买2钱买本子; (3) 花2元钱买水果。而且不允许不买东西。请帮我算算, 有多少种方式花完这10元钱?

解:设用完n元钱的方式为an种。结合题设中的条件, 可以发现它们之间有这样的关系:即其中某一次购买物品, 只有三种可能, 花一元买笔;花二元买本子;花二元买水果。通过这层关系, 再得出递推关系式:

若第一次买笔花1元, 则余下n-1元在以后的诸次用完, 共有an-1种;若这一次买糖用了二元, 余下的n-2元在以后的诸天用完, 共有an-2种方式;同理若是买水果用了2元, 共有an-2种方式。可以得到递推关系式为:an=an-1+2an-2。

显然, 当此人只有1元钱时, 则共有a1=1种花钱方式, 当此人有2元钱时, 则共有a2=3种花钱方式。由递推关系式:an=an-1+2an-2即可得到:a3=a2+2a1=5, a4=a3+2a2=11, a5=21, a6=43, a7=85, a8=171, a9=341, a10=683。故共有683种不同的方式花完这10元钱。

利用递推数列建模有一定的规律, 关键是如何从条件中寻求, 通过设立递推关系, 从而将比较复杂的数量关系简单化, 进而建立数学模型, 最后用数学知识加以解决。

一分钟计时计数跳绳 篇11

一天，我放学回家后，发现爸爸妈妈都不在家，只好自己独自练习跳绳，可遇到了麻烦。因为没有人给我看时间，我自己又不方便一边跳绳一边看时间，都不知道1分钟到底有多久。

于是，我决定对跳绳进行改造，把电子手表安装在了跳绳上。接下来，我便用这根跳绳练习，发现为了看时间，必须减慢跳绳的速度，对跳绳的效果有很大影响，感觉不方便。

有一次，我在家边听音乐边练习跳绳，突然想到用1分钟长的音乐来计时，并把这个想法告诉了爸爸妈妈。

他们给我买了一个MP3播放机。我自己录入“开始”和“停”口令，并导入1分钟长的音乐，当音乐声停止，听到“停”口令时，就不跳了。虽然这种方法可以很准确地计时，但万一忘记带MP3播放机了，自己一个人还是无法一边计时一边跳绳。

后来，科学老师建议我将音乐芯片安装在绳柄内，把芯片内的音乐换成跳绳口令。在老师的帮助下，我们联系了生产音乐芯片的厂家，他们按我们的要求制作了音乐芯片，并在口令之间约1分钟的时间内加入了《小苹果》等歌曲片段。

有了音乐芯片，我马上动手制作用音乐计时的一分钟计时计数跳绳，在老师的指导下，很快就做好了。

我们在使用一分钟计时计数跳绳时，只需按一下启动按键，它就会发出“准备，五、四、三、二、一，开始”的提示音，我们就开始跳绳。当1分钟的音乐播放完，它就会发出“停”的结束口令，我们停下来，再看跳绳上自带的计数器，就知道1分钟跳了多少下。

怎么样，我的这个发明很方便实用吧？告诉你哦，重庆市南岸区云建电器厂已经在生产这种跳绳了。

计数问题 篇12

一、预备知识

1. 容斥原理的概念

当A1, A2, …, An是有限集合A的一个分划, 即:

(1) A1∪A2∪…∪An=A

(2) A1∩Aj=准, 这时我们有A=A1+A2+…+An

这实际上是组合计数中的加法法则。

在讨论容斥原理的过程中, 要用到以下集合论的基本性质。

引理1 (德摩根〈De Morgan〉定理) :若A和B是集合U的子集, 则:

德摩根定理还可以推广为:

推论 (1) 设A1, A2, …, An是U子集, 则

一般当n=2, 3, 4时的情形况下, 应用容斥原理, 即:

引理2 (容斥原理) :设A1, A2, …, An是有限集合, 则:

又其中N为集合U的元素个数, 即不属于A的元素数目等于集合的全体减去属于A的元素个数。

容斥原理是记数中常用的一种方法, 先举例阐明应用容斥原理求解计数问题的思想。

例1.求1到600之间不能被6整除的整数的个数。

解:先计算1到600之间能被6整除的整数的个数, 然后从总数中去掉它。1到600之间共有600个数, 因为每6个连续的整数中恰有一个能被6整除, 所以1到600之间共有=100个整数能被6整除。因而, 1到600之间共有600-100=500个整数不能被6整除。

2. 逐步淘汰原理

引理3 (逐步淘汰原理) :设A1, A2, …, An是有限集合A1, A2, …, An是S的子集, 则

所谓容斥原理就由上面两个原理构成。

例2.求a, b, c, d, e, f这6个字母的全排列中不允许出现ace和df的图像的排列数。

解:设A1为ace作为一个元素出现的排列集, A2为df作为一个元素出现的排列集, A1∩A2为同时出现ace和df的排列集, 则

根据容斥原理, 不允许出现ace和df的排列集为

二、容斥原理组合计数问题中的应用

线状限位排列问题 (相邻禁位排列问题)

限位排列问题又称为不含连续数对的排列问题, 就是如果π=a1a2…an是由1, 2, …, n组成的一个全排列, 其中ai+1-ai=1 (1≤i≤n-1) , 则称π含有连续数对 (ai, ai+1) , 例如评论1243567含有3个连续数对 (1, 2) , (5, 6) , (6, 7) 这就是连续数对。

引理4:由数字1, 2, 3, …, n组成的n级排列中不出现12, 23, …, (n-1) n的排列称为线状限位排列, 其排列数用Qn表示, 则

例3.以Qn为由字母a1, a2, …, an作成的aiaj (i=j-1) 不相邻的全排列的个数, 求Qn

分析:可以将a1, a2, …, an看成是1, 2, …, n而aiaj (i=j-1) 可以看成数字中的i, j, 故这个问题可以用引理4来解决。

解:可以将a1, a2, …, an做成的aiaj (i=j-1) 不相邻的排列, 看成是由数字1, 2, …, n组成的数字中的i, j (j=i+1) , 不相邻的排列。则由引理4:

三、容斥原理在组合计数中应用的推广

1. 限位排列问题的推广

定理1:以f (2n) 表示由两个a1两个a2, …, 两个an组成的任何两个ai (i=1, 2, …, n) 均不相邻的排列, 排列的个数为

分析:该题中两个a1两个a2, …, 两个an做成的任何两个ai (i==1, 2, …, n) 均不相邻, 我们在考虑时应该用逐步淘汰原理, 排除所有相邻的情况。

证:令S表示由字母a1, a1, a2, a2, …, an, an组成的全排列的集合, 则

如果在S的排列里有aiai出现, 则称该排列具有性质Pj (j==1, 2, …, n) , 令Aj是S中具有性质Pj的排列的集合。则Aj的排就是由a1, a1, a2, a2, …, aj, aj, …, an, an组成的全排列, 故

Ai∩Aj的排列就是由a1, a1, …, ai, ai, …, aj, aj, …, an, an组成的全排列, 故。

由上述分析相类似地可得, 对任意的自然数k (1≤k≤n) 都有

2. 环状限位排列问题

定理2:有n个人围圆桌而坐, 如果让他们交换座位, 使得每一个人前边都不是原来在他前面的那个人, 不同的坐法数为

证:这是一个限位环状排列问题。

令S表示由n个人组成的所有环状排列的集合, 则

如果在S的排列里有j (j+1) 出现, 则称该排列具有性质Pj (j=1, 2, …, n-1) 。

当j=n时, 令Pn表示n1出现在S的排列里。

令Aj是S中具有性质Pj的排列的集合, 则

由上述分析相类似地可得, 对任意的自然数k (1≤k<n) , 都有

其中, i1, i2, …, ik为1, 2, …, n中的k个数字的一个集合, 且

本文利用容斥原理探讨了夫妻问题, 错位排列问题以及相邻禁位排列问题等一系列典型的组合计数问题, 并且将夫妻围坐问题推广到夫妻沿长凳而坐, 把直线型限位排列问推广到圆形限位排列问题, 说明了容斥原理在组合计数中的作用。利用容斥原理得出一系列求解组合计数问题的计数公式, 为解决一类组合计数问题提供了较为新颖、快捷的求解方法, 当然对容斥原理的其他应用还有待进一步的探索。

摘要：计数问题是组合数学的重要内容, 而容斥原理是求解计数问题的一个重要方法。利用容斥原理可以使复杂且难于计算的问题变得简单且更加容易计算。介绍了容斥原理的基本概念和一些应用, 重点讨论了容斥原理组合计数问题中的应用和限位排列等内容。

关键词：容斥原理,组合计数,限位排列

参考文献

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[2]曹汝成.组合数学.广州:华南理工大学出版社, 2001:54-61.

[3]陈传理, 张同君.竞赛数学教程.2版.北京:高等教育出版社, 2004:231-239.

[4]掌家柜.容斥原理与排列.连云港教育学院学报, 1995 (2) :13-16.