來源：網絡 | 2018-09-25 11:24:55
人瀏覽
今天與大家分享的是 19考研 | 聯考初數之加法原理與乘法原理的區別，希望能對大家有所幫助——
排列與元素的順序有關，組合與順序無關.如231與213是兩個排列，2+3+1的和與2+1+3的和是一個組合. (一)兩個基本原理是排列和組合的基礎 (1)加法原理：做一件事，完成它可以有n類辦法，在第一類辦法中有m1種不同的方法，在第二類辦法中有m2種不同的方法，……，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1+m2+m3+…+mn種不同方法. (2)乘法原理：做一件事，完成它需要分成n個步驟，做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1×m2×m3×…×mn種不同的方法. 這里要注意區分兩個原理，要做一件事，完成它若是有n類辦法，是分類問題，第一類中的方法都是獨立的，因此用加法原理;做一件事，需要分n個步驟，步與步之間是連續的，只有將分成的若干個互相聯系的步驟，依次相繼完成，這件事才算完成，因此用乘法原理. 這樣完成一件事的分“類”和“步”是有本質區別的，因此也將兩個原理區分開來.
(二)排列和排列數 (1)排列：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列. 從排列的意義可知，如果兩個排列相同，不僅這兩個排列的元素必須完全相同，而且排列的順序必須完全相同，這就告訴了我們如何判斷兩個排列是否相同的方法. (2)排列數公式：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有排列 當m=n時，為全排列Pnn=n(n-1)(n-1)…3·2·1=n!
(三)組合和組合數 (1)組合：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素并成一組，叫做從 n個不同元素中取出m個元素的一個組合. 從組合的定義知，如果兩個組合中的元素完全相同，不管元素的順序如何，都是相同的組合;只有當兩個組合中的元素不完全相同時，才是不同的組合. (2)組合數：從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有組合的個 這里要注意排列和組合的區別和聯系，從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素，“按照一定的順序排成一列”與“不管怎樣的順序并成一組”這是有本質區別的. 一、排列組合部分是中學數學中的難點之一，原因在于 (1)從千差萬別的實際問題中抽象出幾種特定的數學模型，需要較強的抽象思維能力; (2)限制條件有時比較隱晦，需要我們對問題中的關鍵性詞(特別是邏輯關聯詞和量詞)準確理解; (3)計算手段簡單，與舊知識聯系少，但選擇正確合理的計算方案時需要的思維量較大; (4)計算方案是否正確，往往不可用直觀方法來檢驗，要求我們搞清概念、原理，并具有較強的分析能力。
二、兩個基本計數原理及應用
(1)加法原理和分類計數法 1.加法原理 2.加法原理的集合形式 3.分類的要求 每一類中的每一種方法都可以獨立地完成此任務;兩類不同辦法中的具體方法，互不相同(即分類不重);完成此任務的任何一種方法，都屬于某一類(即分類不漏)
(2)乘法原理和分步計數法 1.乘法原理 2.合理分步的要求 任何一步的一種方法都不能完成此任務，必須且只須連續完成這n步才能完成此任務;各步計數相互獨立;只要有一步中所采取的方法不同，則對應的完成此事的方法也不同 [例題分析]排列組合思維方法選講
1.首先明確任務的意義 例1. 從1、2、3、……、20這二十個數中任取三個不同的數組成等差數列，這樣的不同等差數列有________個。 分析：首先要把復雜的生活背景或其它數學背景轉化為一個明確的排列組合問題。 設a,b,c成等差，∴ 2b=a+c, 可知b由a,c決定， 又∵ 2b是偶數，∴ a,c同奇或同偶，即：從1，3，5，……，19或2，4，6，8，……，20這十個數中選出兩個數進行排列，由此就可確定等差數列，因而本題為2=180。 例2. 某城市有4條東西街道和6條南北的街道，街道之間的間距相同，如圖。若規定只能向東或向北兩個方向沿圖中路線前進，則從M到N有多少種不同的走法? 分析：對實際背景的分析可以逐層深入 (一)從M到N必須向上走三步，向右走五步，共走八步。 (二)每一步是向上還是向右，決定了不同的走法。 (三)事實上，當把向上的步驟決定后，剩下的步驟只能向右。 從而，任務可敘述為：從八個步驟中選出哪三步是向上走，就可以確定走法數， ∴ 本題答案為：=56。
2.注意加法原理與乘法原理的特點，分析是分類還是分步，是排列還是組合 例3.在一塊并排的10壟田地中，選擇二壟分別種植A，B兩種作物，每種種植一壟，為有利于作物生長，要求A，B兩種作物的間隔不少于6壟，不同的選法共有______種。 分析：條件中“要求A、B兩種作物的間隔不少于6壟”這個條件不容易用一個包含排列數，組合數的式子表示，因而采取分類的方法。 第一類：A在第一壟，B有3種選擇; 第二類：A在第二壟，B有2種選擇; 第三類：A在第三壟，B有一種選擇， 同理A、B位置互換 ，共12種。 例4.從6雙不同顏色的手套中任取4只，其中恰好有一雙同色的取法有________。 (A)240 (B)180 (C)120 (D)60
分析：顯然本題應分步解決。 (一)從6雙中選出一雙同色的手套，有種方法; (二)從剩下的十只手套中任選一只，有種方法。 (三)從除前所涉及的兩雙手套之外的八只手套中任選一只，有種方法; (四)由于選取與順序無關，因而(二)(三)中的選法重復一次，因而共240種。
例5.身高互不相同的6個人排成2橫行3縱列，在第一行的每一個人都比他同列的身后的人個子矮，則所有不同的排法種數為_______。 分析：每一縱列中的兩人只要選定，則他們只有一種站位方法，因而每一縱列的排隊方法只與人的選法有關系，共有三縱列，從而有=90種。 例6.在11名工人中，有5人只能當鉗工，4人只能當車工，另外2人能當鉗工也能當車工。現從11人中選出4人當鉗工，4人當車工，問共有多少種不同的選法? 分析：采用加法原理首先要做到分類不重不漏，如何做到這一點?分類的標準必須前后統一。 以兩個全能的工人為分類的對象，考慮以他們當中有幾個去當鉗工為分類標準。 第一類：這兩個人都去當鉗工，有種; 第二類：這兩人有一個去當鉗工，有種; 第三類：這兩人都不去當鉗工，有種。 因而共有185種。
例7.現有印著0，l，3，5，7，9的六張卡片，如果允許9可以作6用，那么從中任意抽出三張可以組成多少個不同的三位數? 分析：有同學認為只要把0，l，3，5，7，9的排法數乘以2即為所求，但實際上抽出的三個數中有9的話才可能用6替換，因而必須分類。 抽出的三數含0，含9，有種方法; 抽出的三數含0不含9，有種方法; 抽出的三數含9不含0，有種方法; 抽出的三數不含9也不含0，有種方法。 又因為數字9可以當6用，因此共有2×(+)++=144種方法。
例8.停車場劃一排12個停車位置，今有8輛車需要停放，要求空車位連在一起，不同的停車方法是________種。 分析：把空車位看成一個元素，和8輛車共九個元素排列，因而共有種停車方法。
3.特殊元素，優先處理;特殊位置，優先考慮 例9.六人站成一排，求 (1)甲不在排頭，乙不在排尾的排列數 (2)甲不在排頭，乙不在排尾，且甲乙不相鄰的排法數 分析：(1)先考慮排頭，排尾，但這兩個要求相互有影響，因而考慮分類。 第一類：乙在排頭，有種站法。 第二類：乙不在排頭，當然他也不能在排尾，有種站法， 共+種站法。
(2)第一類：甲在排尾，乙在排頭，有種方法。 第二類：甲在排尾，乙不在排頭，有種方法。 第三類：乙在排頭，甲不在排頭，有種方法。 第四類：甲不在排尾，乙不在排頭，有種方法。 共+2+=312種。 例10.對某件產品的6件不同正品和4件不同次品進行一一測試，至區分出所有次品為止。若所有次品恰好在第五次測試時被全部發現，則這樣的測試方法有多少種可能? 分析：本題意指第五次測試的產品一定是次品，并且是最后一個次品，因而第五次測試應算是特殊位置了，分步完成。 第一步：第五次測試的有種可能; 第二步：前四次有一件正品有中可能。 第三步：前四次有種可能。 ∴ 共有種可能。 4.捆綁與插空 例11. 8人排成一隊 (1)甲乙必須相鄰 (2)甲乙不相鄰 (3)甲乙必須相鄰且與丙不相鄰 (4)甲乙必須相鄰，丙丁必須相鄰 (5)甲乙不相鄰，丙丁不相鄰 分析：(1)有種方法。 (2)有種方法。 (3)有種方法。 (4)有種方法。 (5)本題不能用插空法，不能連續進行插空。 用間接解法：全排列-甲乙相鄰-丙丁相鄰+甲乙相鄰且丙丁相鄰，共--+=23040種方法。 例12. 某人射擊8槍，命中4槍，恰好有三槍連續命中，有多少種不同的情況? 分析：∵ 連續命中的三槍與單獨命中的一槍不能相鄰，因而這是一個插空問題。另外沒有命中的之間沒有區別，不必計數。即在四發空槍之間形成的5個空中選出2個的排列，即。 例13. 馬路上有編號為l，2，3，……，10 十個路燈，為節約用電又看清路面，可以把其中的三只燈關掉，但不能同時關掉相鄰的兩只或三只，在兩端的燈也不能關掉的情況下，求滿足條件的關燈方法共有多少種? 分析：即關掉的燈不能相鄰，也不能在兩端。又因為燈與燈之間沒有區別，因而問題為在7盞亮著的燈形成的不包含兩端的6個空中選出3個空放置熄滅的燈。 ∴ 共=20種方法。
4.間接計數法.(1)排除法 例14. 三行三列共九個點，以這些點為頂點可組成多少個三角形? 分析：有些問題正面求解有一定困難，可以采用間接法。 所求問題的方法數=任意三個點的組合數-共線三點的方法數， ∴ 共種。 例15.正方體8個頂點中取出4個，可組成多少個四面體? 分析：所求問題的方法數=任意選四點的組合數-共面四點的方法數， ∴ 共-12=70-12=58個。 例16. l，2，3，……，9中取出兩個分別作為對數的底數和真數，可組成多少個不同數值的對數? 分析：由于底數不能為1。 (1)當1選上時，1必為真數，∴ 有一種情況。 (2)當不選1時，從2--9中任取兩個分別作為底數，真數，共，其中log24=log39，log42=log93, log23=log49, log32=log94. 因而一共有53個。 (3)補上一個階段，轉化為熟悉的問題 例17. 六人排成一排，要求甲在乙的前面，(不一定相鄰)，共有多少種不同的方法? 如果要求甲乙丙按從左到右依次排列呢? 分析：(一)實際上，甲在乙的前面和甲在乙的后面兩種情況對稱，具有相同的排法數。因而有=360種。 (二)先考慮六人全排列;其次甲乙丙三人實際上只能按照一種順序站位，因而前面的排法數重復了種， ∴ 共=120種。 例18.5男4女排成一排，要求男生必須按從高到矮的順序，共有多少種不同的方法? 分析：首先不考慮男生的站位要求，共種;男生從左至右按從高到矮的順序，只有一種站法，因而上述站法重復了次。因而有=9×8×7×6=3024種。 若男生從右至左按從高到矮的順序，只有一種站法， 同理也有3024種，綜上，有6048種。 例19. 三個相同的紅球和兩個不同的白球排成一行，共有多少種不同的方法? 分析：先認為三個紅球互不相同，共種方法。而由于三個紅球所占位置相同的情況下，共有變化，因而共=20種。 5.擋板的使用 例20.10個名額分配到八個班，每班至少一個名額，問有多少種不同的分配方法? 分析：把10個名額看成十個元素，在這十個元素之間形成的九個空中，選出七個位置放置檔板，則每一種放置方式就相當于一種分配方式。因而共36種。
6.注意排列組合的區別與聯系：所有的排列都可以看作是先取組合，再做全排列;同樣，組合如補充一個階段(排序)可轉化為排列問題。 例21. 從0，l，2，……，9中取出2個偶數數字，3個奇數數字，可組成多少個無重復數字的五位數? 分析：先選后排。另外還要考慮特殊元素0的選取。 (一)兩個選出的偶數含0，則有種。 (二)兩個選出的偶數字不含0，則有種。 例22. 電梯有7位乘客，在10層樓房的每一層停留，如果三位乘客從同一層出去，另外兩位在同一層出去，最后兩人各從不同的樓層出去，有多少種不同的下樓方法? 分析：(一)先把7位乘客分成3人，2人，一人，一人四組，有種。 (二)選擇10層中的四層下樓有種。 ∴ 共有種。 例23. 用數字0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的四位數， (1)可組成多少個不同的四位數? (2)可組成多少個不同的四位偶數? (3)可組成多少個能被3整除的四位數? (4)將(1)中的四位數按從小到大的順序排成一數列，問第85項是什么? 分析：(1)有個。 (2)分為兩類：0在末位，則有種：0不在末位，則有種。 ∴ 共+種。 (3)先把四個相加能被3整除的四個數從小到大列舉出來，即先選 0，1，2，3 0，1，3，5 0，2，3，4 0，3，4，5 1，2，4，5 它們排列出來的數一定可以被3整除，再排列，有：4×()+=96種。 (4)首位為1的有=60個。 前兩位為20的有=12個。 前兩位為21的有=12個。 因而第85項是前兩位為23的最小數，即為2301。 7.分組問題 例24. 6本不同的書 (1) 分給甲乙丙三人，每人兩本，有多少種不同的分法? (2) 分成三堆，每堆兩本，有多少種不同的分法? (3) 分成三堆，一堆一本，一堆兩本，一堆三本，有多少種不同的分法? (4) 甲一本，乙兩本，丙三本，有多少種不同的分法? (5) 分給甲乙丙三人，其中一人一本，一人兩本，第三人三本，有多少種不同的分法? 分析：(1)有中。 (2)即在(1)的基礎上除去順序，有種。 (3)有種。由于這是不平均分組，因而不包含順序。 (4)有種。同(3)，原因是甲，乙，丙持有量確定。 (5)有種。 例25. 6人分乘兩輛不同的車，每車最多乘4人，則不同的乘車方法為_______。 分析：(一)考慮先把6人分成2人和4人，3人和3人各兩組。 第一類：平均分成3人一組，有種方法。 第二類：分成2人，4人各一組，有種方法。
(二)再考慮分別上兩輛不同的車。 綜合(一)(二)，有種。 例26. 5名學生分配到4個不同的科技小組參加活動，每個科技小組至少有一名學生參加，則分配方法共有________種. 分析：(一)先把5個學生分成二人，一人，一人，一人各一組。 其中涉及到平均分成四組，有=種分組方法。
(二)再考慮分配到四個不同的科技小組，有種， 由(一)(二)可知，共=240種。 概率： 從隨機現象說起 在自然界和現實生活中，一些事物都是相互聯系和不斷發展的。在它們彼此間的聯系和發展中，根據它們是否有必然的因果聯系，可以分成截然不同的兩大類：一類是確定性的現象。這類現象是在一定條件下，必定會導致某種確定的結果。舉例來說，在標準大氣壓下，水加熱到100攝氏度，就必然會沸騰。事物間的這種聯系是屬于必然性的。通常的自然科學各學科就是專門研究和認識這種必然性的，尋求這類必然現象的因果關系，把握它們之間的數量規律。 另一類是不確定性的現象。這類現象是在一定條件下，它的結果是不確定的。舉例來說，同一個工人在同一臺機床上加工同一種零件若干個，它們的尺寸總會有一點差異。又如，在同樣條件下，進行小麥品種的人工催芽試驗，各棵種子的發芽情況也不盡相同，有強弱和早晚的分別等等。為什么在相同的情況下，會出現這種不確定的結果呢?這是因為，我們說的“相同條件”是指一些主要條件來說的，除了這些主要條件外，還會有許多次要條件和偶然因素又是人們無法事先一一能夠掌握的。正因為這樣，我們在這一類現象中，就無法用必然性的因果關系，對個別現象的結果事先做出確定的答案。事物間的這種關系是屬于偶然性的，這種現象叫做偶然現象，或者叫做隨機現象。 在自然界，在生產、生活中，隨機現象十分普遍，也就是說隨機現象是大量存在的。比如：每期體育彩票的中獎號碼、同一條生產線上生產的燈泡的壽命等，都是隨機現象。因此，我們說：隨機現象就是：在同樣條件下，多次進行同一試驗或調查同一現象，所的結果不完全一樣，而且無法準確地預測下一次所得結果的現象。隨機現象這種結果的不確定性，是由于一些次要的、偶然的因素影響所造成的。 隨機現象從表面上看，似乎是雜亂無章的、沒有什么規律的現象。但實踐證明，如果同類的隨機現象大量重復出現，它的總體就呈現出一定的規律性。大量同類隨機現象所呈現的這種規律性，隨著我們觀察的次數的增多而愈加明顯。比如擲硬幣，每一次投擲很難判斷是那一面朝上，但是如果多次重復的擲這枚硬幣，就會越來越清楚的發現它們朝上的次數大體相同。 我們把這種由大量同類隨機現象所呈現出來的集體規律性，叫做統計規律性。概率論和數理統計就是研究大量同類隨機現象的統計規律性的數學學科。 概率論的產生和發展 概率論產生于十七世紀，本來是又保險事業的發展而產生的，但是來自于賭博者的請求，卻是數學家們思考概率論中問題的源泉。 早在1654年，有一個賭徒梅累向當時的數學家帕斯卡提出一個使他苦惱了很久的問題：“兩個賭徒相約賭若干局，誰先贏 m局就算贏，全部賭本就歸誰。但是當其中一個人贏了 a (a
應該指出，概率統計在研究方法上有它的特殊性，和其它數學學科的主要不同點有： 第一，由于隨機現象的統計規律是一種集體規律，必須在大量同類隨機現象中才能呈現出來，所以，觀察、試驗、調查就是概率統計這門學科研究方法的基石。但是，作為數學學科的一個分支，它依然具有本學科的定義、公理、定理的，這些定義、公理、定理是來源于自然界的隨機規律，但這些定義、公理、定理是確定的，不存在任何隨機性。 第二，在研究概率統計中，使用的是“由部分推斷全體”的統計推斷方法。這是因為它研究的對象——隨機現象的范圍是很大的，在進行試驗、觀測的時候，不可能也不必要全部進行。但是由這一部分資料所得出的一些結論，要全體范圍內推斷這些結論的可靠性。 第三，隨機現象的隨機性，是指試驗、調查之前來說的。而真正得出結果后，對于每一次試驗，它只可能得到這些不確定結果中的某一種確定結果。我們在研究這一現象時，應當注意在試驗前能不能對這一現象找出它本身的內在規律。
概率論的內容 概率論作為一門數學分支，它所研究的內容一般包括隨機事件的概率、統計獨立性和更深層次上的規律性。 概率是隨機事件發生的可能性的數量指標。在獨立隨機事件中，如果某一事件在全部事件中出現的頻率，在更大的范圍內比較明顯的穩定在某一固定常數附近。就可以認為這個事件發生的概率為這個常數。對于任何事件的概率值一定介于 0和 1之間。 有一類隨機事件，它具有兩個特點：第一，只有有限個可能的結果;第二，各個結果發生的可能性相同。具有這兩個特點的隨機現象叫做“古典概型”。 在客觀世界中，存在大量的隨機現象，隨機現象產生的結果構成了隨機事件。如果用變量來描述隨機現象的各個結果，就叫做隨機變量。 隨機變量有有限和無限的區分，一般又根據變量的取值情況分成離散型隨機變量和非離散型隨機變量。一切可能的取值能夠按一定次序一一列舉，這樣的隨機變量叫做離散型隨機變量;如果可能的取值充滿了一個區間，無法按次序一一列舉，這種隨機變量就叫做非離散型隨機變量。 在離散型隨機變量的概率分布中，比較簡單而應用廣泛的是二項式分布。如果隨機變量是連續的，都有一個分布曲線，實踐和理論都證明：有一種特殊而常用的分布，它的分布曲線是有規律的，這就是正態分布。正態分布曲線取決于這個隨機變量的一些表征數，其中最重要的是平均值和差異度。平均值也叫數學期望，差異度也就是標準方差。
以上就是今天19考研 | 聯考初數之加法原理與乘法原理的區別的全部內容！
京公安網備11010802020593號
