上海市七寶中學(xué)(201101) 李佳偉
試題(2016年上海市普陀區(qū)高三數(shù)學(xué)理科二模卷第14題)已知n∈??,從集合{1,2,3,···,n}中選出k(k∈N,k≥2)個(gè)數(shù)j1,j2,···,jk,使之同時(shí)滿(mǎn)足下面兩個(gè)條件:
①1≤j1<j2<···<jk≤n;
②ji+1-ji≥m(i=1,2,···,k-1),則稱(chēng)數(shù)組(j1,j2,···,jk)為從n個(gè)元素中選出k個(gè)元素且限距為m的組合,其組合數(shù)記為例如根據(jù)集合{1,2,3}可得給定集合{1,2,3,4,5,6,7},可得=____.
本題是一道創(chuàng)新題,考查的是對(duì)于新定義的理解.我們從組合數(shù)的定義看到,其含義是在n個(gè)元素中任意選取k個(gè)元素,并且任意兩個(gè)元素之差大于等于m.如果m=1,即ji+1-ji≥1(i=1,2,···,k-1),則就是通常意義下的組合數(shù)也就是說(shuō)因此我們不妨把組合數(shù)稱(chēng)為“廣義組合數(shù)”.那么,我們?nèi)绾稳ニ伎歼@個(gè)問(wèn)題呢?筆者經(jīng)過(guò)一番研究,得出了幾種解法,下面分享給大家.
解法一(枚舉法)這里m=2,因此任意兩個(gè)元素之差不小于2,易得如下組合:(1,3,5),(1,3,6),(1,3,7),(1,4,6),(1,4,7),(1,5,7),(2,4,6),(2,4,7),(2,5,7),(3,5,7)總共10種組合,因此
枚舉法的優(yōu)點(diǎn)就在于思維量小,操作簡(jiǎn)單,缺點(diǎn)在于容易重復(fù)和遺漏.那我們?cè)囍鴮で笃渌夥?
解法二由于任意兩個(gè)元素之差不小于2,因此C(3,2)7就是相當(dāng)于在1,2,3,4,5,6,7這7個(gè)數(shù)中選取3個(gè)不相鄰的數(shù)的方法數(shù).由于1≤j1<j2<j3≤7取自1,2,3,4,5,6,7,若j1,j2,j3互不相鄰,則1≤j1<j2-1<j3-2≤5,由此可知從1,2,3,4,5,6,7中取3個(gè)互不相鄰的數(shù)的選法與從1,2,3,4,5中選取3個(gè)不同的數(shù)的選法相同,即種.
解法三令j1=x1,j2-j1=x2,j3-j2=x3,則x1≥1,x2,x3≥2,x1+x2+x3=j3≤7,因此,原題可以轉(zhuǎn)化為如下問(wèn)題:
求x1+x2+x3=5,x1+x2+x3=6,x1+x2+x3=7這三個(gè)不定方程的整數(shù)解的個(gè)數(shù)之和,其中x1≥1,x2,x3≥2.為此,我們運(yùn)用下列定理:
定理1不定方程x1+x2+···+xn=r的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為
定理的證明見(jiàn)[1].
由于x1≥1,x2,x3≥2,我們作變量替換:y1=x1-1,y2=x2-2,y3=x3-2,則原問(wèn)題又可以轉(zhuǎn)化為求y1+y2+y3=0,y1+y2+y3=1,y1+y2+y3=2這三個(gè)不定方程的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)之和.根據(jù)定理1易得
其中x1≥1,x2,x3,···,xk≥m,m(k-1)+1≤n,再令y1=x1-1,y2=x2-m,y3=x3-m,···,yk=xk-m,則計(jì)算的問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為求不定方程y1+y2+···+yk=0,y1+y2+···+yk=1,···,y1+y2+···+yk=n-mk+m-1的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)之和.根據(jù)定理1以及Pascal恒等式得:
結(jié)論總結(jié):當(dāng)m∈??,且m(k-1)+1≤n,則
我們知道,通常意義下的組合數(shù)有許多有趣的性質(zhì),筆者想,廣義組合數(shù)是否也有類(lèi)似的性質(zhì)呢?也就是說(shuō),通常意義下的組合數(shù)性質(zhì)哪些是可以推廣到廣義組合數(shù)的呢?下面我們一起來(lái)探究.
性質(zhì)1其中m∈??,且m(k-1)+1≤n.
證明由得:
性質(zhì)2
證明左邊==右邊.
性質(zhì)3若n≥3,當(dāng)n為奇數(shù),當(dāng)n為偶數(shù),
證明當(dāng)n為奇數(shù),
廣義組合數(shù)還有許多其他的性質(zhì),有興趣的讀者不妨做進(jìn)一步探究.