龙潭公园-大学军训小结

第五章 排列组合与概率初步
一、两个基本原理
思考：从甲地到乙地，可 以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，
火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到
乙地共有多少种不同的走法？

加法原理 ：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有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
十m
2
十…十m
n
种不同的方法．

思考：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条． 从A村
经B村去C村，共有多少种不同的走法？

乘法原理：做一件事，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
么完成这件事共有
N＝m
1
m
2
…m
n
种不同的方法．
例1 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书．
（1）从中任取一本，有多少种不同的取法？
（2）从中任取数学书与语文书各一本，有多少的取法？

（1）6+5 （2）6×5
例2 (1)由数字l，2，3，4，5可以组成多少个数字允许重复三位数？
(2)由数字l，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？5
(3)由数字0，l，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
（1）5
3
=125 （2）5×4×3=60 （3）5×5×4=100

1

例3 从甲地到乙地有2条陆路可 走，从乙地到丙地有3条陆路可走，又从甲地
不经过乙地到丙地有2条水路可走．
（1）从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法？
（2）从甲地到丙地共有多少种不同的走法？

（1）2×3=6 （2）2×3+2=8
二、排列与排列数公式
1、排列
从n个不同的元素中，任 取m(m≤n)个元素（被取元素各不相同）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。
如果元素和顺序至少有一个不同。则叫做不同的排列。元素和顺序都相同的
排列则叫做相同的排列。

练习：由数字1、2、3可以组成多少个无重复数字的两位数？

2、排列数公式
从n个不同元素中，任取m(
mn
)个元素的 所有排列的个数叫做从n个元
m
素中取出m元素的排列数，用符号
P
n
m
（或
A
n
）表示.
排列数公式：
P
n
m
=n(n－1)(n－2)…(n－m+1)
全排列：
P
n
n
=n(n－1)(n－2)…1=n！
P
n
m

n!
规定：0！=1
(nm)!

2
练习：
P
5
2
= ；
P
5
4
= ；
P
15
=
例1：（1）7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？

解：问题可以看作：7个元素的全排列——
P
7
7
＝5040
（2）7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？

2

解：（优先法）甲“优先排好”，问题可以看作：余下的6个元素的全排列< br>——
P
6
6
=720
（3）7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？

解：（优先法）根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有
P
2
2
种；第 二
525
步余下的5名同学进行全排列有
P
5
种，则共有
P
2
p
5
=240种排列方法
（4）7位同学站成一排，甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？

解：（捆绑 法）先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5
个元素（同学）一起进行全排列有P
6
6
种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行
排列有
P2
2
种方法．所以这样的排法一共有
P
6
6
P
2
2
＝1440种．
（5）7位同学站成一排，甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？

762解法一：（排除法）
P
7
P
6
P
2
36 00

解法二：（插空法）题目要求甲和乙两个人必须隔开。首先将其余5个人排
5< br>列，有
P
则这5个人中间和两端共有6个空位置，是： ︺ □ ︺ □ ︺
5
种排法，
□ ︺□ ︺□︺，此时可将甲、乙两人“插空”到6个空位置中的任意 两个位置，
52
有
P
6
2
种插法。由乘法原理，共有
P
5
P
6
=3600种排队方法。
（6）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？

解法一 （直接法）：第一步，从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同
学站在排头和排尾有
P5
2
种方法；第二步，从余下的5位同学中选5位进行排列
525
（全排 列）有
P
5
种方法，所以一共有
P
5
p
5
=2400种排列方法。
解法二：（排除法）若甲站在排头有
P
6
6
种方法；若乙站在排尾有
P
6
6
种方法；
5
若甲站在排头 ，且乙站在排尾则有
p
5
种方法。所以甲不能站在排头，乙不能排

3

65
在排尾的排法共有
P
7
7
－
2p
6
＋
p
5
=2400种。
三、组合与组合数公式
1、组合
从n个不同元素中取出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．
注：1．不同元素 2．“只取不排”——无序性 3．相同组合：元素相同

练习：判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：
⑴ 从A
、
B
、
C
、
D四个景点选出2个进行游览；（组合）
⑵ 从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．（排列）
2．组合数公式
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
m
同元素中取出m个元素的组合数．用符号
C
n
表示．

例如：从3个同学选出2名同学的组合可以为：甲乙，甲丙，乙丙．即有
C
3
2
3
种组合．
又如：从A
、
B
、
C
、
D四个景点选出2个进行游览的组合：AB，AC，
2
AD，BC，BD， CD一共6种组合，即：
C
4
6

P
n
m
n(n1)(n2)

(nm1)

C
m

m!
P
m
m
n

C
m
n


n!
0
规定
C
n
1

m!(nm)!
4
3
练习：⑴
C
7
⑵
C
5
2

C
5

(3)6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分法？
222< br>解：
C
6
C
4
C
2
90

mnm
3. 组合数的性质：
C
n

C
n

4

m
mm1

C
n1
＝
C
n
+
C
n
例1．从A、B 、C等16人中选7人
(1) A必须在内的有多少种？

解：A必须在内，那么只需从其余15人中再选6人即可，因此有C
15
6
种
（2）A不在内的有多少种？

解：A不在内，所以除去A，只在15人人中选7人，有C
15
7
种；
若用间接法：总数是C
16
7
，不满足的情形是（1）中的情况，所以满 足的
组合数为C
16
7
-C
15
6
；
（3）A、B同时在内的有多少种？

解：A、B同时在内，则只需从其余14个人中选5个人，有C
14
5
种；
（4）A或B中有1人在内的有多少种？

解：分两步，第一步从A、B中选1人， 有C
2
1
种；第二步从其余14个人中
选6人，有C
14
6
种，因此有C
2
1
C
14
6
种选法；
（5）A、B、C三人中至少有1人在内的有多少种？

解：法一：间接法。总数是C
16
7
，不满足的情形是A、B、C均在内，有C
13
7
种 ，因此满足条件的组合数是C
16
7
－C
13
7
种。 法二：直接法。分成三类：从A、B、C中分别选1个、2个、3个，每一类
再分成两步，则共有C
3
1
C
13
6
+C
3
2
C
13
5
+C
3
3
C
13
4
种选法。 < br>例2、从5位男同学和4位女同学中选出4位参加一个座谈会，要求座谈会的成
员中既有男同学， 又有女同学，有几种不同的选法？

解：法一：直接法。满足条件的组合有三类：（1）1男 3女；（2）2男2女；
（3）3男1女。分别有C
5
1
C
4
3
、C
5
2
C
4
2
、C
5
3< br>C
4
1
种选法，因此根据分类计数原理，
共有： C
5
1
C
4
3
+C
5
2
C
4
2
+C
5
3
C
4
1
=120（种）选法
法二：间接法。总数是C
9
4
，满足的情形是4位同学全部是男生，或全部是

5

女生，共有C
5
4
+C
4
4
种
∴ 满足条件的选法有C
9
4
－C
5
4
－C
4
4
=120（种）
例3. 马路上有编号为1，2，3，…，10的十盏路灯， 为节约用电又不影响照明，
可以把其中3盏灯关掉，但不可以同时关掉相邻的两盏，在两端的灯都不能关 掉
的情况下，有多少种不同的关灯方法？

解：（插空法）本题等价于在7只亮着的 路灯之间的6个空档中插入3只熄
3
掉的灯，故所求方法总数为
C
6
20
种方法．
例4．有10个参加数学竞赛的名额，要分给7所学校，每校至少一个名额， 有
多少种不同的名额分配方法？

解：（挡板法）注意到10个名额之间是 没有差别的，设想将10个名额排成一
排，每两个“相邻”的名额间形成一个空隙，如下图示：
图中“ ”表示相同的名额，“ ”表示名额间形成的空隙，设想在这几个
空隙中插入六块“挡 板”，则将这10个名额分割成七个部分，将第一、二、三、……
七个部分所包含的名额数分给第一、二 、三……七所学校，则“挡板”的一种插法
恰好对应了10个名额的一种分配方法，反之，名额的一种分 配方法也决定了档
板的一种插法，即挡板的插法种数与名额的分配方法种数是相等的，为
。
例5．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？

2
解：第一步从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有
C
6
种
5
方法；第二步将5个“不同元素（书）”分给5个人有
A
5
种方法 ．根据分步计数
5
2
原理，一共有
C
6
＝1800种方法.
A
5



6

四、概率初步
1、随机事件的概率
随机试验：事先无法准确预知试验结果而在同一条件下能重复进行的试验。
基本事件：随机试验的每一个可能的结果称为试验的一个基本事件。
必然事件：在一定条件下必然要发生的事件
不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件
随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件
概率的定义：在大量重复进行同一试验 时，随机事件A发生的频率mn总是接
近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件的概率。用符号 P(A)表示。
显然0≤P(A)≤1
当P(A)=0时，A为不可能事件；当P(A)=1时，A为必然事件
2、等可能事件的概率
定义：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果 出现的可能性
相等，那么每一个基本事件的概率都是1n。
如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为P(A)=mn.
这个定义包含四层 含义：①随机事件E中仅含有有限个（n个）基本事件；
②基本事件出现的可能性相等；③事件A中包含 m个基本事件；
④P(A)=

例1、一个口袋内有7个白球和3个黑球，分别求下列事件的概率：
（1）事件D
1
：从中摸出一个放回后再摸一个，两回摸出的球是一白一黑；

解：基本事件的总数是10×10；D
1
包括“先摸黑球后摸白球” 及“先摸白球后
摸黑球”，摸出白球及黑球分别有7种和3种可能，所以D
1
发生共有 2×7×3种可
能。
∴ P(D
1
)=

（2）事件D
2
：从袋中摸出一个黑球，放回后再摸出一个是白球；

解：事件D
2
与事件D
1
不同，它确定了先摸黑球再摸白球的顺序。
273
0.42

1010
事件A中基本事件数m
。
试验中基本事件的总数m

7

P(D
2
)=

73
0.21

1010
（3）事件D
3
：从袋中摸出两个球，一个黑的，一个白的；

解：事件D
3
说明摸出两个球不放回，且不考虑次序，因此基本事件总数是
C
10
2
，事件D
3
包含的基本事件个数是C
7< br>1
C
3
1
。
∴ P(D
3
)=
C
7
1
C
3
1
C
10
2

7
0.47

15
3、互斥事件
两个互斥事件：不可能同时发生的两个事件
多个互斥事件：如果事件A
1< br>，A
2
，…，A
n
中的任何两个事件都是互斥事件，
则说事件 A
1
，A
2
，…，A
n
彼此互斥。
A
n
彼此互斥，则由各个事件所含的结果组成的集合的交集是空集。
对立事件：如果 两个互斥事件在一次试验中必然有一个发生，那么这样两个
互斥事件叫做对立事件。
符号：事件A的对立事件用
A
表示
两个事件的和。设A、B是两个事件，如果在一次试验中，A或B至少有一个发生。
符号A+B
特例，当事件A与B互斥时
①两个互斥事件的和：两个互斥事件至少有一个发生
此时P(A+B)=P(A)+P(B) „„加法公式
即两个互斥事件至少有一个发生的概率等于这两个事件分别发生的概率之和
推广
（1）多个互斥事件至少有一个发生的概率
①多个事件的和：若事件A
1
，A
2
，„，，A
n
中至少有一个发生
符号：A
1
+A
2
+„+A
n

特别地，当A
1
，A
2
，„，A
n
彼此互斥时
②多个互斥事件的加法公式：
如果事件A
1
，A
2
，„， A
n
彼此互斥，那么事件A
1
+A
2
+„+A
n< br>的概率，等于这n个事件分别
发生的概率的和。
即 P(A
1
+A< br>2
+„+A
n
)=P(A
1
)+P(A
2
) +„+P(A
n
)
（2）对立事件的加法公式
P(A+
A
)=P(A)+P(
A
)=1
或 P(A)=1-P(
A
)

8

例2、袋中有9个 编号分别为1，2，„，9的小球，从中随机地取出2个，求至少有一个编
号为奇数的概率。

解： “至少有一个编号为奇数”包含两种情形：“一编号为奇一编号为偶数”，“两编号
均为 奇数”。记其中恰有一个球上的编号是奇数的为事件A，恰有两个球上的编号为奇数的
为事件B、B互斥 。
P(A)
1
C
1
5
C
4
2
C
9
2
C
5
2
C
9

5
18
由等可能事件的概率公式
P(B)
5
9


∴
P(AB)P(A)P(B)
555


9186
本题也可以由对立事件求解。

4、互相独立事件
1）、两个独立事件：有两个事件A、B，如果A是否发生对B是否发生的概
率没有影响，同样，B是否 发生对A是否发生的概率没有影响，则A与B就是
相互独立事件。
注意：互斥事件是指在同一 次试验中，两个不能同时发生的事件；独立事件
是指在两次不同的试验中，A事件发生的概率不影响B事 件发生的概率。
性质：如果事件A与B是独立事件，则
A
与B，A与
B，
A
与
B
也都互相独
立。
2）、多个独立事件。如果 事件A
1
，A
2
，…，A
n
两两互相独立，则称事件A1
，
A
2
，…A
n
相互独立。
（1）两 个相互独立事件同时发生：如果事件A与B相互独立，却同时发生，
即事件A发生且同时事件B发生。
符号：A·B
（2）多个互相独立事件同时发生：如果事件A
1
，A
2
…，A
n
相互独立，且同
时发生。
符号：A
1
·A
2
·A
3
·…·A
n

（3）乘法公式
① P(A·B)=P(A)P(B)

9

两个互相独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。
② P( A
1
··A
2
·A
3
·…·A
n
)=P( A
1
)P(A
2
)…P(A
n
)
n个独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。
例3、两人射击同一目标，各 击一发，甲击中的概率是0.9，乙击中的概率是0.8，问
“目标被击中”的概率是多大？

解：“目标被击中”包含三个这样的事件：“甲击中乙未击中”，“甲乙都击中”，“甲未击
中 乙击中”。若设“甲击中目标”为事件A，“乙击中目标”为事件B，“目标被击中”为事件
C，则C= A+B=A·
B
+A·B+
A
·B
法一：如图
∵
A
·B，A·B，A·
B
三个事件互斥
∴ P(A+B)=P(A ·
B
+A·B+
A
·B)=P(A·
B
)+P(A·B)+ P(
A
·B)
又A与B是独立事件
∴
A
与B，A与
B
也互相独立
∴ P(A·
B
)= P(A)P(
B
)，P(A·B)=P(A)P(B)，P(
A
·B)=P(
A
)P(B)
∴ P（A+B）=P(A)P(
B
)+P(A)P(B)+P(
A
)P(B)
=P(A)(1-P(B))+P(A)P(B)+(1-P(A))P(B)
=0.9×0.2+0.9×0.8+0.1×0.8
=0.98
法二：考虑对立事件
事件C的对立事件为
C
为“甲乙都没有击 中目标”，即
C
=
A
·
B

∵
A
与
B
相互独立
∴ P(
C
)=P(
A
·
B
)=P(
A
)·P(
B
)


=(1-P(A))(1-P(B))=(1-0.9)(1-0.8)=0.02
∴ P(C)=1-P(
C
)=1-0.02=0.98
5、独立重复试验
如果在一次试验中事件A发生的概率是
p
，那么在n次独立重复事验中，事件A恰好发
生k次的概率为
P
n
(k)=C
n
p
(1-
p
)
例5、 设一射手每次中靶的概率为0.6，求在四次射击中，①击中一次，②至少击中一次的
概率。

解：设“射击一次击中”为事件A，其概率 P=0.6
①在二项概率公式中：令n=4，k=1
P
4
(1)=C
4
P(1-P)=4×0.6(1-0.6)=0.1536

10
133
kkn-k

②法一：求用“至少”表述的事件的概率时，往往先求其对立事件
设“至少击一次”为事件B，则
B
表示“一次也没有击中”，在二项概率公式中，令n=4，
k=0
P(
B
)=P
4
(0)=C
4
P (1-P)=0.4=0.0256
∴ P(B)=1-P(
B
)=1-0.0256=0.9744
法二：事件B包括“击 中一次”“击中两次”“击中三次”“击中四次”，它们都是独立重
复试验，概率分别为P
4< br>(1)，P
4
(2)，P
4
(3)，P
4
(4)
因上述四种事件彼此互斥
∴ P(B)=P
4
(1)+P
4
(2)+P
4
(3)+P
4
(4)
=0.1536+0.3456+0.3456+0.1296=0.9744

例6、在四次独立重复试验中，事件A至少出现一次的概率是
验中出现的概率。
< br>解：设事件A在每次试验中出现的概率为P，记“在四次独立重复试验中，事件A至少
出现一次” 为事件D，
D
表示“在四次独立重复试验中，事件A一次都没有出现”
∴ P(
D
)=P
4
(0)
∴ 1-P(D)=P
4
(0)
∴ 1-
0044
80
，求事 件A在每次试
81
80
004
=C
4
P(1-P)
81
4
∴ (1-P)=
∴ P=
1

81
2

3
评注：二项式概率公式不仅会正用，还要会逆用。


11