13高三畢業(yè)班數學課本知識點整理歸納之十三 第十三章排列組合與概率

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1、2010-2011年高三畢業(yè)班數學課本知識點整理歸納之十三 第十三章 排列組合與概率 一、基礎知識 1．加法原理：做一件事有n類辦法，在第1類辦法中有m1種不同的方法，在第2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，那么完成這件事一共有N=m1+m2+…+mn種不同的方法。 2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n個步驟，第1步有m1種不同的方法，第2步有m2種不同的方法，……，第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1m2…mn種不同的方法。 3．排列與排列數：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素，按照一定順序排成一列，叫做從n個不同

2、元素中取出m個元素的一個排列，從n個不同元素中取出m個(m≤n)元素的所有排列個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數，用表示，=n(n-1)…(n-m+1)=,其中m,n∈N,m≤n, 注：一般地=1，0！=1，=n!。 4．N個不同元素的圓周排列數為=(n-1)!。 5．組合與組合數：一般地，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，即從n個不同元素中不計順序地取出m個構成原集合的一個子集。從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數，用表示： 6．組合數的基本性質：（

3、1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。 7．定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r的正整數解的個數為。 [證明]將r個相同的小球裝入n個不同的盒子的裝法構成的集合為A，不定方程x1+x2+…+xn=r的正整數解構成的集合為B，A的每個裝法對應B的唯一一個解，因而構成映射，不同的裝法對應的解也不同，因此為單射。反之B中每一個解(x1,x2,…,xn),將xi作為第i個盒子中球的個數，i=1,2,…,n，便得到A的一個裝法，因此為滿射，所以是一一映射，將r個小球從左到右排成一列，每種裝法相當于從r-1個空格中選n-1個，將球分n份，共有種。故定理得證。 推論1 不定方程x1+x2

4、+…+xn=r的非負整數解的個數為 推論2 從n個不同元素中任取m個允許元素重復出現的組合叫做n個不同元素的m可重組合，其組合數為 8．二項式定理：若n∈N+,則(a+b)n=.其中第r+1項Tr+1=叫二項式系數。 9．隨機事件：在一定條件下可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件叫隨機事件。在大量重復進行同一試驗時，事件A發(fā)生的頻率總是接近于某個常數，在它附近擺動，這個常數叫做事件A發(fā)生的概率，記作p(A),0≤p(A)≤1. 10.等可能事件的概率，如果一次試驗中共有n種等可能出現的結果，其中事件A包含的結果有m種，那么事件A的概率為p(A)= 11.互斥事件：不可能同時發(fā)生的兩個事件，叫

5、做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么A1，A2，…，An中至少有一個發(fā)生的概率為 p(A1+A2+…+An)= p(A1)+p(A2)+…+p(An). 12．對立事件：事件A，B為互斥事件，且必有一個發(fā)生，則A，B叫對立事件，記A的對立事件為。由定義知p(A)+p()=1. 13．相互獨立事件：事件A（或B）是否發(fā)生對事件B（或A）發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個事件叫做相互獨立事件。 14．相互獨立事件同時發(fā)生的概率：兩個相互獨立事件同時發(fā)生的概率，等于每個事件發(fā)生的概率的積。即p(A?B)=p(A)?p(B).若事件A1，A2，…，An相互獨立,那

6、么這n個事件同時發(fā)生的概率為p(A1?A2? … ?An)=p(A1)?p(A2)? … ?p(An). 15.獨立重復試驗:若n次重復試驗中,每次試驗結果的概率都不依賴于其他各次試驗的結果,則稱這n次試驗是獨立的. 16.獨立重復試驗的概率:如果在一次試驗中,某事件發(fā)生的概率為p,那么在n次獨立重復試驗中,這個事件恰好發(fā)生k次的概率為pn(k)=?pk(1-p)n-k. 17．離散型隨機為量的分布列：如果隨機試驗的結果可以用一個變量來表示，那么這樣的變量叫隨機變量，例如一次射擊命中的環(huán)數ξ就是一個隨機變量，ξ可以取的值有0,1,2,…,10。如果隨機變量的可能取值可以一一列出，這樣的隨

7、機變量叫離散型隨機變量。 一般地，設離散型隨機變量ξ可能取的值為x1,x2,…,xi,…,ξ取每一個值xi(i=1,2,…)的概率p(ξ=xi)=pi，則稱表 ξ x1 x2 x3 … xi … p p1 p2 p3 … pi … 為隨機變量ξ的概率分布，簡稱ξ的分布列，稱Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn+…為ξ的數學期望或平均值、均值、簡稱期望，稱Dξ=(x1-Eξ)2?p1+(x2-Eξ)2?p2+…+(xn-Eξ)2pn+…為ξ的均方差，簡稱方差。叫隨機變量ξ的標準差。 18．二項分布：如果在一次試驗中某事件發(fā)生的概率是p，那么在n次獨立重復試驗中

8、，這個事件恰好發(fā)生k次的概率為p(ξ=k)=, ξ的分布列為 ξ 0 1 … xi … N p … … 此時稱ξ服從二項分布，記作ξ～B(n,p).若ξ～B(n,p)，則Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p. 19.幾何分布：在獨立重復試驗中，某事件第一次發(fā)生時所做試驗的次數ξ也是一個隨機變量，若在一次試驗中該事件發(fā)生的概率為p，則p(ξ=k)=qk-1p(k=1,2,…)，ξ的分布服從幾何分布，Eξ=，Dξ=(q=1-p). 二、方法與例題 1．乘法原理。 例1 有2n個人參加收發(fā)電報培訓，每兩個人結為一對互發(fā)互收，有多少種不同的結對方

9、式？ [解] 將整個結對過程分n步，第一步，考慮其中任意一個人的配對者，有2n-1種選則；這一對結好后，再從余下的2n-2人中任意確定一個。第二步考慮他的配對者，有2n-3種選擇，……這樣一直進行下去，經n步恰好結n對，由乘法原理，不同的結對方式有 (2n-1)(2n-3)…31= 2．加法原理。 例2 圖13-1所示中沒有電流通過電流表，其原因僅因為電阻斷路的可能性共有幾種？ [解] 斷路共分4類：1）一個電阻斷路，有1種可能，只能是R4；2）有2個電阻斷路，有-1=5種可能；3）3個電阻斷路，有=4種；4）有4個電阻斷路，有1種。從而一共有1+5+4+1=11種可能。 3

10、．插空法。 例3 10個節(jié)目中有6個演唱4個舞蹈，要求每兩個舞蹈之間至少安排一個演唱，有多少種不同的安排節(jié)目演出順序的方式？ [解] 先將6個演唱節(jié)目任意排成一列有種排法，再從演唱節(jié)目之間和前后一共7個位置中選出4個安排舞蹈有種方法，故共有=604800種方式。 4．映射法。 例4 如果從1，2，…，14中，按從小到大的順序取出a1,a2,a3使同時滿足：a2-a1≥3,a3-a2≥3，那么所有符合要求的不同取法有多少種？ [解] 設S={1,2,…,14}，={1，2，…，10}；T={(a1,a2,a3)| a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},={()

11、∈},若，令，則(a1,a2,a3)∈T,這樣就建立了從到T的映射，它顯然是單射，其次若(a1,a2,a3)∈T,令，則，從而此映射也是滿射，因此是一一映射，所以|T|==120，所以不同取法有120種。 5．貢獻法。 例5 已知集合A={1，2，3，…，10}，求A的所有非空子集的元素個數之和。 [解] 設所求的和為x，因為A的每個元素a，含a的A的子集有29個，所以a對x的貢獻為29，又|A|=10。所以x=1029. [另解] A的k元子集共有個，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素個數之和為1029。 6．容斥原理。 例6 由數字1，2，3組成n位數(n≥3)

12、，且在n位數中，1，2，3每一個至少出現1次，問：這樣的n位數有多少個？ [解] 用I表示由1，2，3組成的n位數集合，則|I|=3n，用A1，A2，A3分別表示不含1，不含2，不含3的由1，2，3組成的n位數的集合，則|A1|=|A2|=|A3|=2n，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2A3|=0。 所以由容斥原理|A1A2A3|==32n-3.所以滿足條件的n位數有|I|-|A1A2A3|=3n-32n+3個。 7．遞推方法。 例7 用1，2，3三個數字來構造n位數，但不允許有兩個緊挨著的1出現在n位數中，問：能構造出多少個這樣的n位數？ [解] 設能

13、構造an個符合要求的n位數，則a1=3，由乘法原理知a2=33-1=8.當n≥3時：1）如果n位數的第一個數字是2或3，那么這樣的n位數有2an-1；2）如果n位數的第一個數字是1，那么第二位只能是2或3，這樣的n位數有2an-2，所以an=2(an-1+an-2)(n≥3).這里數列{an}的特征方程為x2=2x+2，它的兩根為x1=1+,x2=1-,故an=c1(1+)n+ c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以 8．算兩次。 例8 m,n,r∈N+，證明： ① [證明] 從n位太太與m位先生中選出r位的方法有種；另一方面，從這n+m人中選出k位太太與r-k位先生的方法

14、有種，k=0,1,…,r。所以從這n+m人中選出r位的方法有種。綜合兩個方面，即得①式。 9．母函數。 例9 一副三色牌共有32張，紅、黃、藍各10張，編號為1，2，…，10，另有大、小王各一張，編號均為0。從這副牌中任取若干張牌，按如下規(guī)則計算分值：每張編號為k的牌計為2k分，若它們的分值之和為2004，則稱這些牌為一個“好牌”組，求好牌組的個數。 [解] 對于n∈{1,2,…,2004},用an表示分值之和為n的牌組的數目，則an等于函數f(x)=(1+)2?(1+)3????…?(1+)3的展開式中xn的系數（約定|x|<1），由于f(x)=[ (1+)(1+)?…?(1+)]

15、3=3 =3。 而0≤2004<211，所以an等于的展開式中xn的系數，又由于=?=(1+x2+x3+…+x2k+…)[1+2x+3x2+…+(2k+1)x2k+…],所以x2k在展開式中的系數為a2k=1+3+5++(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,…,從而，所求的“好牌”組的個數為a2004=10032=1006009. 10．組合數的性質。 例10 證明：是奇數(k≥1). [證明] =令i=?pi(1≤i≤k)，pi為奇數，則，它的分子、分母均為奇數，因是整數，所以它只能是若干奇數的積，即為奇數。 例11 對n≥2,證明： [證明] 1）當n=2時，22<

16、=6<42；2）假設n=k時，有2k<<4k,當n=k+1時，因為 又<4，所以2k+1<. 所以結論對一切n≥2成立。 11．二項式定理的應用。 例12 若n∈N, n≥2，求證： [證明] 首先其次因為，所以 2+得證。 例13 證明： [證明] 首先，對于每個確定的k，等式左邊的每一項都是兩個組合數的乘積，其中是(1+x)n-k的展開式中xm-h的系數。是(1+y)k的展開式中yk的系數。從而?就是(1+x)n-k?(1+y)k的展開式中xm-hyh的系數。 于是，就是展開式中xm-hyh的系數。 另一方面，== ?=(xk-1+xk-2y+…+yk-1)，上式

17、中，xm-hyh項的系數恰為。 所以 12．概率問題的解法。 例14 如果某批產品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽樣方式從中抽取n件產品，問：恰好有k件是次品的概率是多少？ [解] 把k件產品進行編號，有放回抽n次，把可能的重復排列作為基本事件，總數為(a+b)n（即所有的可能結果）。設事件A表示取出的n件產品中恰好有k件是次品，則事件A所包含的基本事件總數為?akbn-k，故所求的概率為p(A)= 例15 將一枚硬幣擲5次，正面朝上恰好一次的概率不為0，而且與正面朝上恰好兩次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。 [解] 設每次拋硬幣正面朝上的概率為p，則擲5次恰好

18、有k次正面朝上的概率為(1-p)5-k(k=0,1,2,…,5)，由題設，且0

19、)如果采用五局三勝制，則甲在下列三種情況下獲勝：B1—3：0（甲凈勝3局），B2—3：1（前3局甲2勝1負，第四局甲勝），B3—3：2（前四局各勝2局，第五局甲勝）。因為B1，B2，B2互斥，所以甲勝概率為p(B1+B2+B3)=p(B1)+p(B2)+p(B3)=0.63+0.620.40.6+0.620.420.6=0.68256. 由（1），（2）可知在五局三勝制下，甲獲勝的可能性大。 例17 有A，B兩個口袋，A袋中有6張卡片，其中1張寫有0，2張寫有1，3張寫有2；B袋中有7張卡片，其中4張寫有0，1張寫有1，2張寫有2。從A袋中取出1張卡片，B袋中取2張卡片，共3張卡片。求：

20、（1）取出3張卡片都寫0的概率；（2）取出的3張卡片數字之積是4的概率；（3）取出的3張卡片數字之積的數學期望。 [解]（1）；（2）；（3）記ξ為取出的3張卡片的數字之積，則ξ的分布為 ξ 0 2 4 8 p 所以 三、基礎訓練題 1．三邊長均為整數且最大邊長為11的三角形有_________個。 2．在正2006邊形中，當所有邊均不平行的對角線的條數為_________。 3．用1，2，3，…，9這九個數字可組成_________個數字不重復且8和9不相鄰的七位數。 4．10個人參加乒乓球賽，分五組，每組兩個人有_________種分組方法。

21、 5．以長方體的頂點為頂點的三棱錐的個數是_________。 6．今天是星期二，再過101000天是星期_________。 7．由展開式所得的x的多項式中，系數為有理數的共有_________項。 8．如果凸n邊形(n≥4)的任意三條對角線不共點，那么這些對角線在凸n邊形內共有_________個交點。 9．袋中有a個黑球與b個白球，隨機地每次從中取出一球（不放回），第k(1≤k≤a+b)次取到黑球的概率為_________。 10．一個箱子里有9張卡片，分別標號為1，2，…，9，從中任取2張，其中至少有一個為奇數的概率是_________。 11．某人拿著5把鑰匙去開門，有2

22、把能打開。他逐個試，試三次之內打開房門的概率是_________。 12．馬路上有編號為1，2，3，…，10的十盞路燈，要將其中三盞關掉，但不能同時關掉相鄰的兩盞或三盞，也不能關掉兩端的路燈，則滿足條件的關燈方法種數是_________。 13．a,b,c,d,e五個人安排在一個圓桌周圍就坐，若a,b不相鄰有_________種安排方式。 14．已知i,m,n是正整數，且1(1+n)m. 15.一項“過關游戲”規(guī)定：在第n關要拋擲一顆骰子n次，如果這n次拋擲所得到的點數之和大于2n，則算過關。問：（1）某人在這項游戲中最多能過幾關？（2）

23、他連過前三關的概率是多少？（注：骰子是一個在各面上分別有1，2，3，4，5，6點數的均勻正方體） 四、高考水平訓練題 1．若n∈{1,2,…,100}且n是其各位數字和的倍數，則這種n有__________個。 2．從{-3,-2,-1,0,1,2,3,4}中任取3個不同元素作為二次函數y=ax2+bx+c的系數，能組成過原點，且頂點在第一或第三象限的拋物線有___________條。 3．四面體的頂點和各棱的中點共10個點，在其中任取4個不共面的點，有_________種取法。 4．三個人傳球，從甲開始發(fā)球，每次接球后將球傳給另外兩人中的任意一個，經5次傳球后，球仍回到甲手中的傳法

24、有_________種。 5．一條鐵路原有m個車站（含起點，終點），新增加n個車站（n>1），客運車票相應地增加了58種，原有車站有_________個。 6．將二項式的展開式按降冪排列，若前三項系數成等差數列，則該展開式中x的冪指數是整數的項有_________個。 7．從1到9這九個自然數中任取兩個分別作為對數的真數和底數，共可得到_________種不同的對數值。 8．二項式(x-2)5的展開式中系數最大的項為第_________項，系數最小的項為第_________項。 9．有一批規(guī)格相同的均勻圓棒，每根被劃分成長度相同的5節(jié)，每節(jié)用紅、黃、藍三色之一涂色，可以有______

25、___種顏色不同的圓棒？（顛倒后相同的算同一種） 10．在1，2，…，2006中隨機選取3個數，能構成遞增等差數列的概率是_________。 11．投擲一次骰子，出現點數1，2，3，…，6的概率均為，連續(xù)擲6次，出現的點數之和為35的概率為_________。 12．某列火車有n節(jié)旅客車廂，進站后站臺上有m(m≥n)名旅客候車，每位旅客隨意選擇車廂上車，則每節(jié)車廂都有旅客上車的概率是_________。 13．某地現有耕地10000公頃，規(guī)劃10年后糧食單產比現在增加22%，人均糧食占有量比現在提高10%，如果人口年增長率為1%，那么耕地平均每年至多只能減少多少公頃（精確到1公頃）？

26、（糧食單產=） 五、聯賽一試水平訓練題 1．若0

27、有性質：對于1≤i≤4,a1,a2,…,ai不構成1，2，…，i的某個排列，這種排列的個數是_________。 5．骰子的六個面標有1，2，…，6這六個數字，相鄰兩個面上的數字之差的絕對值叫變差，變差的總和叫全變差V，則全變差V的最大值為_________，最小值為_________。 6．某次乒乓球單打比賽中，原計劃每兩名選手恰比賽一場，但有3名選手各比賽2場之后就退出了，這樣，全部比賽只進行50場，上述三名選手之間比賽場數為_________。 7．如果a,b,c,d都屬于{1,2,3,4}且a≠b,b≠c,c≠d, d≠a；且a是a,b,c,d中的最小值，則不同的四位數的個數為_

28、________。 8．如果自然數a各位數字之和等于7，那么稱a為“吉祥數”，將所有的吉祥數從小到大排成一列a1,a2,a3,…,若an=2005，則an=_________。 9．求值：=_________。 10．投擲一次骰子，出現點數1，2，…，6的概率均為，連續(xù)擲10次，出現的點數之和是30的概率為_________。 11．將編號為1，2，…，9這九個小球隨機放置在圓周的九個等分點上，每個等分點上各有一個小球，設周圍上所有相鄰兩球的號碼之差的絕對值之和為S，求S達到最小值的放法的概率（注：如果某種放法經旋轉或鏡面反射后可與另一放法重合，則認為是相同的放法）。 12．甲、乙兩

29、人輪流向同一目標射擊，第一次甲射擊，以后輪流射擊，甲每次擊中的概率為p(0

30、卡片被放入不同顏色的盒子，兩種方法被認為是不同的） 2．設S={1,2,…,10}，A1，A2，…，Ak是S的k個子集合，滿足：（1）|Ai|=5,i=1,2,…,k;（2）|AiAj|≤2,1≤i1為固定的正整數；（3）存在h0,1≤h0≤k-1，使得≥m+1. 4.設,其中S1，S2，…，Sm都是正整數且S1

31、機排成圖13-2所示的三角形陣，設Mk是從上往下第k行中的最大數，求M1

32、同一集合，從而ai+aj=2n被2n整除； （2）若n∈{a1,a2,…,an}，不妨設an=n，從a1,a2,…,an-1(n-1≥3)中任意取3個數ai, aj, ak(ai,0)不被n整除，考慮n個數a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。 ⅰ）若這n個數中有一個被n整除，設此數等于kn，若k為偶數，則結論成立；若k為奇

33、數，則加上an=n知結論成立。 ⅱ）若這n個數中沒有一個被n整除，則它們除以n的余數只能取1,2,…,n-1這n-1個值，由抽屜原理知其中必有兩個數除以n的余數相同，它們之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故這個差必為ai, aj, ak-1中若干個數之和，同?。┛芍Y論成立。 2．極端原理。 例2 在nn的方格表的每個小方格內寫有一個非負整數，并且在某一行和某一列的交叉點處如果寫有0，那么該行與該列所填的所有數之和不小于n。證明：表中所有數之和不小于。 [證明] 計算各行的和、各列的和，這2n個和中必有最小的，不妨設第m行的和最小，記和為k，則該行中至少有n-k個0，這n-k個

34、0所在的各列的和都不小于n-k，從而這n-k列的數的總和不小于(n-k)2，其余各列的數的總和不小于k2，從而表中所有數的總和不小于(n-k)2+k2≥ 3.不變量原理。 俗話說，變化的是現象，不變的是本質，某一事情反復地進行，尋找不變量是一種策略。 例3 設正整數n是奇數，在黑板上寫下數1，2，…，2n，然后取其中任意兩個數a,b,擦去這兩個數，并寫上|a-b|。證明：最后留下的是一個奇數。 [證明] 設S是黑板上所有數的和，開始時和數是S=1+2+…+2n=n(2n+1)，這是一個奇數，因為|a-b|與a+b有相同的奇偶性，故整個變化過程中S的奇偶性不變，故最后結果為奇數。

35、例4 數a1, a2,…,an中每一個是1或-1，并且有S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0. 證明：4|n. [證明] 如果把a1, a2,…,an中任意一個ai換成-ai，因為有4個循環(huán)相鄰的項都改變符號，S模4并不改變，開始時S=0，即S≡0，即S≡0(mod4)。經有限次變號可將每個ai都變成1，而始終有S≡0(mod4)，從而有n≡0(mod4)，所以4|n。 4．構造法。 例5 是否存在一個無窮正整數數列a1,

36、數；當|A|≥2時，若n≥|A|，則an+A均為|A|的倍數且大于|A|，不可能為素數；當A=1時，an1=(n!1)?[(n!)2n!+1]，當≥3時均為合數。從而當A為整數時，{(n!)3+A}中只有有限個素數。 例6 一個多面體共有偶數條棱，試證：可以在它的每條棱上標上一個箭頭，使得對每個頂點，指向它的箭頭數目是偶數。 [證明] 首先任意給每條棱一個箭頭，如果此時對每個頂點，指向它的箭頭數均為偶數，則命題成立。若有某個頂點A，指向它的箭頭數為奇數，則必存在另一個頂點B，指向它的箭頭數也為奇數（因為棱總數為偶數），對于頂點A與B，總有一條由棱組成的“路徑”連結它們，對該路徑上的每條

37、棱，改變它們箭頭的方向，于是對于該路徑上除A，B外的每個頂點，指向它的箭頭數的奇偶性不變，而對頂點A，B，指向它的箭頭數變成了偶數。如果這時仍有頂點，指向它的箭頭數為奇數，那么重復上述做法，又可以減少兩個這樣的頂點，由于多面體頂點數有限，經過有限次調整，總能使和是對每個頂點，指向它的箭頭數為偶數。命題成立。 5．染色法。 例7 能否在55方格表內找到一條線路，它由某格中心出發(fā)，經過每個方格恰好一次，再回到出發(fā)點，并且途中不經過任何方格的頂點？ [解] 不可能。將方格表黑白相間染色，不妨設黑格為13個，白格為12個，如果能實現，因黑白格交替出現，黑白格數目應相等，得出矛盾，故不可能。

38、 6．凸包的使用。 給定平面點集A，能蓋住A的最小的凸圖形，稱為A的凸包。 例8 試證：任何不自交的五邊形都位于它的某條邊的同一側。 [證明] 五邊形的凸五包是凸五邊形、凸四邊形或者是三角形，凸包的頂點中至少有3點是原五邊形的頂點。五邊形共有5個頂點，故3個頂點中必有兩點是相鄰頂點。連結這兩點的邊即為所求。 7．賦值方法。 例9 由22的方格紙去掉一個方格余下的圖形稱為拐形，用這種拐形去覆蓋57的方格板，每個拐形恰覆蓋3個方格，可以重疊但不能超出方格板的邊界，問：能否使方格板上每個方格被覆蓋的層數都相同？說明理由。 [解] 將57方格板的每一個小方格內填寫數-2和1。如圖1

39、8-1所示，每個拐形覆蓋的三個數之和為非負。因而無論用多少個拐形覆蓋多少次，蓋住的所有數字之和都是非負的。另一方面，方格板上數字的總和為12(-2)+231=-1，當被覆蓋K層時，蓋住的數字之和等于-K，這表明不存在滿足題中要求的覆蓋。 -2 1 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 1 -2 8．圖論方法。 例10 生產由六種顏色的紗線織成的雙色布，在所生產的雙色布中，每種顏色的紗線至少與其他三種顏色的紗線搭

40、配過。證明：可以挑出三種不同的雙色布，它們包含所有的顏色。 [證明] 用點A1，A2，A3，A4，A5，A6表示六種顏色，若兩種顏色的線搭配過，則在相應的兩點之間連一條邊。由已知，每個頂點至少連出三條邊。命題等價于由這些邊和點構成的圖中有三條邊兩兩不相鄰（即無公共頂點）。因為每個頂點的次數≥3，所以可以找到兩條邊不相鄰，設為A1A2，A3A4。 （1）若A5與A6連有一條邊，則A1A2，A3A4，A5A6對應的三種雙色布滿足要求。 （2）若A5與A6之間沒有邊相連，不妨設A5和A1相連，A2與A3相連，若A4和A6相連，則A1A2，A3A4，A5A6對應的雙色布滿足要求；若A4與A6不

41、相連，則A6與A1相連，A2與A3相連，A1A5，A2A6，A3A4對應的雙色布滿足要求。 綜上，命題得證。 二、習題精選 1．藥房里有若干種藥，其中一部分藥是烈性的。藥劑師用這些藥配成68副藥方，每副藥方中恰有5種藥，其中至少有一種是烈性的，并且使得任選3種藥恰有一副藥方包含它們。試問：全部藥方中是否一定有一副藥方至少含有4種烈性藥？（證明或否定） 2．21個女孩和21個男孩參加一次數學競賽，（1）每一個參賽者最多解出6道題；（2）對每一個女孩和每一個男孩至少有一道題被這一對孩子都解出。求證：有一道題至少有3個女孩和至少有3個男孩都解出。 3．求證：存在無窮多個正整數n，使得可將3

42、n個數1, 2,…, 3n排成數表 a1, a2…an b1, b2…bn c1, c2…cn 滿足：（1）a1+b1+c1= a2+b2+c2=…= an+bn+cn=，且為6的倍數。 （2）a1+a2+…+an= b1+b2+…+bn= c1+c2+…+cn=，且為6的倍數。 4．給定正整數n，已知克數都是正整數的k塊砝碼和一臺天平可以稱出質量為1，2，…，n克的所有物品，求k的最小值f(n)。 5．空間中有1989個點，其中任何3點都不共線，把它們分成點數各不相同的30組，在任何3個不同的組中各取一點為頂點作三角形。試問：為使這種三角形的總數最大，各組的點數應分別為多少？

43、 6．在平面給定點A0和n個向量a1，a2，…，an，且使a1+a2+…+an =0。這組向量的每一個排列都定義一個點集：A1，A2，…，An=A0，使得 求證：存在一個排列，使由它定義的所有點A1，A2，…，An-1都在以A0為角頂的某個600角的內部和邊上。 7．設m, n, k∈N，有4個酒杯，容量分別為m,n,k和m+n+k升，允許進行如下操作：將一個杯中的酒倒入另一杯中或者將另一杯倒?jié)M為止。開始時，大杯中裝滿酒而另3個杯子卻空著，問：為使對任何S∈N，S