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选修2-3第一章排列组合与二项式定理 北师大版



选修 2-3

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排列组合与二项式定理

1.1 基本计数原理
(第一课时) 教学目标: (1)理解分类计数原理与分步计数原理 (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: (1)理解分类计数原理与分步计数原理 (2)会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题 教学过程 一、复习引

入: 一次集会共 50 人参加,结束时,大家两两握手,互相道别,请你统计一下,大家握 手次数共有多少? 某商场有东南西北四个大门,当你从一个大门进去又从另一个大门出来,问你共有 多少种不同走法? 二、讲解新课: 问题 1 春天来了,要从济南到北京旅游,有三种交通工具供选择:长途汽车、旅客列车 和客机。已知当天长途车有 2 班,列车有 3 班。问共有多少种走法? 设问 1: 从济南到北京按交通工具可分____类方法? 第一类方法, 乘火车,有___ 种方法; 第二类方法, 乘汽车,有___ 种方法; ∴ 从甲地到乙地共有__________ 种方法 设问 2:每类方法中的每种一方法有什么特征? 问题 2:春天来了,要从济南到北京旅游,若想中途参观南开大学,已知从济南到天津有 3 种走法,从天津到北京有两种走法;问要从济南到北京共有多少种不同的方法? 从济南到北京须经 ____ 再由_____到北京有____个步骤 第一步, 由济南去天津有___种方法 第二步, 由天津去北京有____种方法, 设问 2:上述每步的每种方法能否单独实现从济南村经天津到达北京的目的? 1 分类计数原理: (1)加法原理:如果完成一件工作有 K 种途径,由第 1 种途径有 n1 种 方法可以完成,由第 2 种途径有 n2 种方法可以完成,??由第 k 种途径有 nK 种方法可 以完成。那么,完成这件工作共有 n1+n2+??+nK 种不同的方法。 1.标准必须一致,而且全面、不重不漏! 2“类”与“类”之间是并列的、互斥的、独立的 即:它们两两的交集为空集! 3 每一类方法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成 2,乘法原理:如果完成一件工作可分为 K 个步骤,完成第 1 步有 n1 种不同的方法,完成 第 2 步有 n2 种不同的方法,??,完成第 K 步有 nK 种不同的方法。那么,完成这件工作 共有 n1×n2×??×nK 种不同方法
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1 标准必须一致、正确。 2“步”与“步”之间是连续的,不间断的,缺一不可;但也不能重复、交叉。 3 若完成某件事情需 n 步,每一步的任何一种方法只能完成这件事的一部分且必须依次完 成这 n 个步骤后,这件事情才算完成。 三、例子 例 1.书架的第 1 层放有 4 本不同的计算机书,第 2 层放有 3 本不同的文艺书,第 3 层放有 2 本不同的体育书, (1)从书架上任取 1 本书,有多少种不同的取法? (2)从书架的第 1、2、3 层各取 1 本书,有多少种不同的取法? 解: (1)从书架上任取 1 本书,有 3 类办法:第 1 类办法是从第 1 层取 1 本计算机 书,有 4 种方法;第 2 类是从第 2 层取 1 本文艺书,有 3 种方法;第 3 类办法是从第 3 层取 1 本体育书,有 2 种方法 根据分类计数原理,不同取法的种数是 4+3+2=9 种 所以,从书架上任取 1 本书,有 9 种不同的取法; (2)从书架的第 1、2、3 层各取 1 本书,可以分成 3 个步骤完成:第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书,有 4 种方法;第 2 步从第 2 层取 1 本艺术书,有 3 种方法;第 3 步从第 3 层取 1 本体育书,有 2 种方法 根据分步计数原理,从书架的第 1、2、3 层各取 1 本书,
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不同取法的种数是 4 ? 3 ? 2 ? 24 种 所以,从书架的第 1、2、3 层各取 1 本书,有 24 种不同的取法 例 2.一种号码拨号锁有 4 个拨号盘,每个拨号盘上有从 0 到 9 共 10 个数字,这 4 个拨号盘可以组成多少个四位数号码? 解:每个拨号盘上的数字有 10 种取法,根据分步计数原理,4 个拨号盘上各取 1 个数 字组成的四位数字号码的个数是 N ? 10 ?10 ?10 ?10 ? 10000 , 所以,可以组成 10000 个四位数号码 例 3. 要从甲、 乙、 3 名工人中选出 2 名分别上日班和晚班, 丙 有多少种不同的选法? 解:从 3 名工人中选 1 名上日班和 1 名上晚班,可以看成是经过先选 1 名上日班,再 选 1 名上晚班两个步骤完成,先选 1 名上日班,共有 3 种选法;上日班的工人选定后, 上晚班的工人有 2 种选法 根据分步技数原理,不同的选法数是 N ? 3 ? 2 ? 6 种,6 种选 法可以表示如下: 日班 晚班 甲 乙 甲 丙 乙 甲 乙 丙 丙 甲 丙 乙 所以,从 3 名工人中选出 2 名分别上日班和晚班,6 种不同的选法
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例 4,若分给你 10 块完全一样的糖,规定每天至少吃一块,每天吃的块数不限,问共有
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多少种不同的吃法?n 块糖呢? 课堂小节:本节课学习了两个重要的计数原理及简单应用 课堂练习: 课后作业:

1.1 基本计数原理
(第二课时) 教学目标: 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: 会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题 教学过程 一、复习引入: 1、分类计数原理: (1)加法原理:如果完成一件工作有 k 种途径,由第 1 种途径有 n1 种方法可以完成,由第 2 种途径有 n2 种方法可以完成,??由第 k 种途径有 nk 种方 法可以完成。那么,完成这件工作共有 n1+n2+??+nk 种不同的方法。 2,乘法原理:如果完成一件工作可分为 K 个步骤,完成第 1 步有 n1 种不同的方法, 完成第 2 步有 n2 种不同的方法,??,完成第 K 步有 nK 种不同的方法。那么,完成这件 工作共有 n1×n2×??×nk 种不同方法 二、讲解新课: 例 1 书架上放有 3 本不同的数学书,5 本不同的语文书,6 本不同的英语书. (1)若从这些书中任取一本,有多少种不同的取法? (2)若从这些书中,取数学书、语文书、英语书各一本,有多少种不同的取法? (3)若从这些书中取不同的科目的书两本,有多少种不同的取法? 例 2 在 1~20 共 20 个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种? 解:取 a ? b 与取 b ? a 是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由 分步计数原理得(10×9)/2=45 种取法,第二类,奇奇相加,也有(10×9)/2=45 种取法.根据 分类计数原理共有 45+45=90 种不同取法. 例 3 如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种 颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为() A. 180 B. 160 C. 96 D. 60
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② ① ③ 图一



① ③ ② 图二 ④ ②

① ③ ④

图三

若变为图二,图三呢?(240 种,5×4×4×4=320 种) 例 5 75600 有多少个正约数?有多少个奇约数? 解:75600 的约数就是能整除 75600 的整数,所以本题就是分别求能整除 75600 的整数 和奇约数的个数. 由于 75600=2 ×3 ×5 ×7 (1) 75600 的每个约数都可以写成 2 l ? 3 j ? 5 k ? 7 l 的形式,其中 0 ? i ? 4 , 0 ? j ? 3 ,
0 ? k ? 2 ,0 ? l ?1
4 3 2

于是,要确定 75600 的一个约数,可分四步完成,即 i, j , k , l 分别在各自的范围内任取 一个值,这样 i 有 5 种取法, j 有 4 种取法, k 有 3 种取法, l 有 2 种取法,根据分步计数原理 得约数的个数为 5×4×3×2=120 个. (2)奇约数中步不含有 2 的因数,因此 75600 的每个奇约数都可以写成 3 j ? 5 k ? 7 l 的形 式,同上奇约数的个数为 4×3×2=24 个. 课堂小节:本节课学习了两个重要的计数原理的应用 课堂练习: 课后作业:

1.2.1 排列
(第一课时) 教学目标: 理解排列、排列数的概念,了解排列数公式的推导 教学重点: 理解排列、排列数的概念,了解排列数公式的推导 教学过程 一、复习引入: 1、分类计数原理: (1)加法原理:如果完成一件工作有 k 种途径,由第 1 种途径有 n1 种方法可以完成,由第 2 种途径有 n2 种方法可以完成,??由第 k 种途径有 nk 种方
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法可以完成。那么,完成这件工作共有 n1+n2+??+nk 种不同的方法。 2,乘法原理:如果完成一件工作可分为 K 个步骤,完成第 1 步有 n1 种不同的方法, 完成第 2 步有 n2 种不同的方法,??,完成第 K 步有 nK 种不同的方法。那么,完成这件 工作共有 n1×n2×??×nk 种不同方法 二、讲解新课: 1.排列的概念: 从 n 个不同元素中,任取 m ( m ? n )个元素(这里的被取元素各不相同)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 .... .... 说明: (1)排列的定义包括两个方面:①取出元素,②按一定的顺序排列; (2)两个排列相同的条件:①元素完全相同,②元素的排列顺序也相同 2.排列数的定义: 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 个元素中
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m 取出 m 元素的排列数,用符号 An 表示

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注意区别排列和排列数的不同: “一个排列”是指:从 n 个不同元素中,任取 m 个元 素按照一定的顺序排成一列, 不是数; 排列数” “ 是指从 n 个不同元素中, 任取 m m ? n ) ( .....
m 个元素的所有排列的个数,是一个数 所以符号 An 只表示排列数,而不表示具体的排列
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3.排列数公式及其推导:
m m 求 An 以按依次填 m 个空位来考虑 An ? n(n ?1)(n ? 2)?(n ? m ? 1) ,

排列数公式:

m An ? n(n ?1)(n ? 2)?(n ? m ?1) =

n! ? ( m, n ? N , m ? n ) (n ? m)!

说明: (1)公式特征:第一个因数是 n ,后面每一个因数比它前面一个 少 1,最后一个因数是 n ? m ? 1 ,共有 m 个因数; (2)全排列:当 n ? m 时即 n 个不同元素全部取出的一个排列
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n 全排列数: An ? n(n ?1)(n ? 2)?2 ?1 ? n!(叫做 n 的阶乘)

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4.例子:
3 例 1.计算: (1) A16 ; 6 (2) A6 ; 4 (3) A6 .

3 解: (1) A16 = 16 ? 15 ? 14 =3360 ;

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6 (2) A6 = 6! =720 ; 4 (3) A6 = 6 ? 5 ? 4 ? 3 =360

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m 例 2. (1)若 An ? 17 ?16 ?15 ??? 5 ? 4 ,则 n ?

,m?

. .

(2)若 n ? N , 则 (55 ? n)(56 ? n)?(68 ? n)(69 ? n) 用排列数符号表示 解: (1) n ? 17 ,m? 14 .

15 (2)若 n ? N , 则 (55 ? n)(56 ? n)?(68 ? n)(69 ? n) = A69?n .

例 3. (1)从 2,3,5,7,11

这五个数字中,任取 2 个数字组成分数,不同值的分数共有多少

个? (2)5 人站成一排照相,共有多少种不同的站法? (3)某年全国足球甲级(A 组)联赛共有 14 队参加,每队都要与其余各队在主客场分别 比赛 1 次,共进行多少场比赛?
2 解: (1) A5 ? 5 ? 4 ? 20 ; 5 (2) A5 ? 5 ? 4 ? 3? 2 ?1 ? 120 ;

(3) A2 ? 14 ?13 ? 182 14

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课堂小节:本节课学习了排列、排列数的概念,排列数公式的推导 课堂练习: 课后作业:

1.2.1 排列
(第二课时) 教学目标: 掌握解排列问题的常用方法 教学重点: 掌握解排列问题的常用方法 教学过程 一、复习引入: 1.排列的概念: 从 n 个不同元素中,任取 m ( m ? n )个元素(这里的被取元素各不相同)按照一 .
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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 .... .... 说明: (1)排列的定义包括两个方面:①取出元素,②按一定的顺序排列; (2)两个排列相同的条件:①元素完全相同,②元素的排列顺序也相同 2.排列数的定义: 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 个元素中
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m 取出 m 元素的排列数,用符号 An 表示

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注意区别排列和排列数的不同: “一个排列”是指:从 n 个不同元素中,任取 m 个元 素按照一定的顺序排成一列, 不是数; 排列数” “ 是指从 n 个不同元素中, 任取 m m ? n ) ( .....
m 个元素的所有排列的个数,是一个数 所以符号 An 只表示排列数,而不表示具体的排列
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3.排列数公式及其推导:
m An ? n(n ?1)(n ? 2)?(n ? m ?1) ( m, n ? N ? , m ? n )

n 全排列数: An ? n(n ?1)(n ? 2)?2 ?1 ? n!(叫做 n 的阶乘)

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二、讲解新课: 解排列问题问题时,当问题分成互斥各类时,根据加法原理,可用分类法;当问题 考虑先后次序时,根据乘法原理,可用位置法;这两种方法又称作直接法.当问题的反 面简单明了时,可通过求差排除采用间接法求解;另外,排列中“相邻”问题可以用“捆 绑法”;“分离”问题可能用“插空法”等. 解排列问题和组合问题,一定要防止“重复”与“遗漏”. 互斥分类——分类法 先后有序——位置法 反面明了——排除法 相邻排列——捆绑法 分离排列——插空法 例 1 求不同的排法种数: (1)6 男 2 女排成一排,2 女相邻; (2)6 男 2 女排成一排,2 女不能相邻; (3)4 男 4 女排成一排,同性者相邻; (4)4 男 4 女排成一排,同性者不能相邻. 例 2 在 3000 与 8000 之间,数字不重复的奇数有多少个? 分析 符合条件的奇数有两类.一类是以 1、9 为尾数的,共有 P21 种选法,首数可从 3、 4、5、6、7 中任取一个,有 P51 种选法,中间两位数从其余的 8 个数字中选取 2 个有 P82 种选法,根据乘法原理知共有 P21P51P82 个;一类是以 3、5、7 为尾数的共有 P31P41P82 个. 解 符合条件的奇数共有 P21P51P82+P31P41P82=1232 个. 答 在 3000 与 8000 之间,数字不重复的奇数有 1232 个.
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例 3 某小组 6 个人排队照相留念. (1)若分成两排照相,前排 2 人,后排 4 人,有多少种不同的排法? (2)若分成两排照相,前排 2 人,后排 4 人,但其中甲必须在前排,乙必须在后排,有多 少种排法? (3)若排成一排照相,甲、乙两人必须在一起,有多少种不同的排法? (4)若排成一排照相,其中甲必在乙的右边,有多少种不同的排法? (5)若排成一排照相,其中有 3 名男生 3 名女生,且男生不能相邻有多少种排法? (6)若排成一排照相,且甲不站排头乙不站排尾,有多少种不同的排法? 分析 (1)分两排照相实际上与排成一排照相一样,只不过把第 3~6 个位子看成是第二 排而已,所以实际上是 6 个元素的全排列问题. (2)先确定甲的排法,有 P21 种;再确定乙的排法,有 P41 种;最后确定其他人的排法,有 P44 种.因为这是分步问题,所以用乘法原理,有 P21·P41·P44 种不同排法. (3)采用“捆绑法”,即先把甲、乙两人看成一个人,这样有 P55 种不同排法.然后甲、 乙两人之间再排队,有 P22 种排法.因为是分步问题,应当用乘法原理,所以有 P55·P22 种排法. (4)甲在乙的右边与甲在乙的左边的排法各占一半,有 P66 种排法. (5)采用“插入法”,把 3 个女生的位子拉开,在两端和她们之间放进 4 张椅子,如____ 女____女____女____,再把 3 个男生放到这 4 个位子上,就保证任何两个男生都不会相 邻了.这样男生有 P43 种排法,女生有 P33 种排法.因为是分步问题,应当用乘法原理,所 以共有 P43·P33 种排法. (6)符合条件的排法可分两类:一类是乙站排头,其余 5 人任意排有 P55 种排法;一类是 乙不站排头;由于甲不能站排头,所以排头只有从除甲、乙以外的 4 人中任选 1 人有 P41 种排法, 排尾从除乙以外的 4 人中选一人有 P41 种排法, 中间 4 个位置无限制有 P44 种排法, 因为是分步问题,应用乘法原理,所以共有 P41P41P44 种排法. 解 (1)P66=720(种) (2)P21·P41·P44=2×4×24=192(种) (3)P55·P22=120×2=240(种) (4)P66=360(种) (5)P43·P33=24×6=144(种) (6)P55+P41P41P44=120+4×4×24=504(种) 或法二:(淘汰法)P66-2P55+P44=720-240+24=504(种) 课堂小节:本节课学习了排列、排列数的概念,排列数公式的推导 课堂练习: 课后作业:

1.2.2 组合
(第一课时)

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教学目标: 1.理解组合的意义,掌握组合数的计算公式; 2.能正确认识组合与排列的联系与区别 教学重点: 理解组合的意义,掌握组合数的计算公式 教学过程 一、复习引入: 1.排列的概念: 从 n 个不同元素中,任取 m ( m ? n )个元素(这里的被取元素各不相同)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 .... .... 说明: (1)排列的定义包括两个方面:①取出元素,②按一定的顺序排列; (2)两个排列相同的条件:①元素完全相同,②元素的排列顺序也相同 2.排列数的定义: 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 个元素中
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m 取出 m 元素的排列数,用符号 An 表示

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注意区别排列和排列数的不同: “一个排列”是指:从 n 个不同元素中,任取 m 个元 素按照一定的顺序排成一列, 不是数; 排列数” “ 是指从 n 个不同元素中, 任取 m m ? n ) ( .....
m 个元素的所有排列的个数,是一个数 所以符号 An 只表示排列数,而不表示具体的排列
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3.排列数公式及其推导:
m An ? n(n ?1)(n ? 2)?(n ? m ?1) ( m, n ? N ? , m ? n )
n 全排列数: An ? n(n ?1)(n ? 2)?2 ?1 ? n!(叫做 n 的阶乘)

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二、讲解新课: 19 组合的概念: 一般地, n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素并成一组, 从 叫做从 n 个
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不同元素中取出 m 个元素的一个组合 说明:⑴不同元素;⑵“只取不排”——无序性;⑶相同组合:元素相同
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2.组合数的概念: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 个不同元素中取出 m 个元素的组合数.用符号 C nm 表示. ...
3.组合数公式的推导:
m (1)一般地,求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数 An ,可以分如下两步:① 先

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m 求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数 C n ;② 求每一个组合中 m 个元素全排列数 m m m m Am ,根据分步计数原理得: An = C n ? Am .

(2)组合数的公式:

Cnm ?

n! Anm n(n ? 1)(n ? 2)?(n ? m ? 1) m 或 C n? (n, m ? N ? , 且m ? n) ? m m!(n ? m)! Am m!

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例子:
7 4 1、计算: (1) C 7 ; (2) C10 ;

7 ? 6? 5? 4 =35; 4! 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 7 (2)解法 1: C10 ? =120. 7! 10! 10 ? 9 ? 8 7 ? 解法 2: C10 ? =120. 7!3! 3! m ? 1 m ?1 m ?C n . 2、求证: C n ? n?m
4 (1)解: C7 ?

证明:∵ C n ?
m

n! m!(n ? m)! m ?1 n! ? n ? m (m ? 1)!(n ? m ? 1)! m ?1 n! ? (m ? 1)! (n ? m)(n ? m ? 1)! n! m !(n ? m)!

m ?1 ?C n?m

m ?1 n

?





m ∴ C n?

m ? 1 m ?1 ?C n n?m

3、在 52 件产品中,有 50 件合格品,2 件次品,从中任取 5 件进行检查. (1)全是合格品的抽法有多少种? (2)次品全被抽出的抽法有多少种? (3)恰有一件次品被抽出的抽法有多少种?
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(4)至少有一件次品被抽出的抽法有多少种? 4、名男生和 6 名女生组成至少有 1 个男生参加的三人社会实践活动小组,问组成方法共有 多少种?
3 解法一: (直接法) 小组构成有三种情形: 男, 男 1 女, 男 2 女, 3 2 1 分别有 C 4 , 4 ? C6 , C2 1
1 2 C 4 ? C6 ,

3 2 1 1 2 所以,一共有 C 4 + C 4 ? C6 + C 4 ? C6 =100 种方法.
3 3 解法二: (间接法) C10 ? C6 ? 100

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课堂小节:本节课学习了组合的意义,组合数的计算公式 课堂练习: 课后作业:

1.2.2 组合
(第二课时) 教学目标: 1 掌握组合数的两个性质; 2.进一步熟练组合数的计算公式,能够运用公式解决一些简单的应用问题 教学重点: 掌握组合数的两个性质 教学过程 一、复习引入:
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111 组合的概念:一般地,从 n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素并成一组,叫
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做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合 说明:⑴不同元素;⑵“只取不排”——无序性;⑶相同组合:元素相同
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2.组合数的概念: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
m 做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数.用符号 C n 表示. ...

3.组合数公式的推导:
m (1)一般地,求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数 An ,可以分如下两步:① 先 m 求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数 C n ;② 求每一个组合中 m 个元素全排列数

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m m m m Am ,根据分步计数原理得: An = C n ? Am .

(2)组合数的公式:

Cnm ?

n! Anm n(n ? 1)(n ? 2)?(n ? m ? 1) m 或 C n? (n, m ? N ? , 且m ? n) ? m m!(n ? m)! Am m!

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二、讲解新课:
m n 112 组合数的性质 1: Cn ? Cn ?m .
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一般地,从 n 个不同元素中取出 m 个元素后,剩下 n ? m 个元素.因为从 n 个不同 元素中取出 m 个元素的每一个组合,与剩下的 n ? m 个元素的每一个组合一一对应,所 .... 以从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数,等于从这 n 个元素中取出 n ? m 个元素的
m n 组合数,即: Cn ? Cn ?m .在这里,主要体现: “取法”与“剩法”是“一一对应”的思



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n 证明:∵ C n ? m ?

n! n! ? (n ? m)![n ? (n ? m)]! m! (n ? m)!
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m 又 Cn ?

m n ?m n! ,∴ Cn ? Cn m!(n ? m)!

0 说明:①规定: Cn ? 1 ;

②等式特点:等式两边下标同,上标之和等于下标;
x ③ Cn ? Cny ? x ? y 或 x ? y ? n . m m m 2.组合数的性质 2: Cn?1 = C n + Cn ?1 . m 一般地,从 a1 , a2 ,? , an?1 这 n+1 个不同元素中取出 m 个元素的组合数是 Cn?1 ,这

些 组 合 可 以 分 为 两 类 : 一 类 含 有 元 素 a1 , 一 类 不 含 有 a1 . 含 有 a1 的 组 合 是 从
m a2 , a3 ,? , an?1 这 n 个元素中取出 m ?1 个元素与 a1 组成的,共有 Cn ?1 个;不含有 a1 的 m 组合是从 a2 , a3 ,? , an?1 这 n 个元素中取出 m 个元素组成的,共有 C n 个.根据分类计数

原理,可以得到组合数的另一个性质.在这里,主要体现从特殊到一般的归纳思想, “含 与不含其元素”的分类思想.
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选修 2-3
m m 证明: C n ? C n ?1 ?

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排列组合与二项式定理

n!(n ? m ? 1) ? n! m n! n! ? ? m! (n ? m)! (m ? 1)![n ? (m ? 1)]! m!(n ? m ? 1)!

?

(n ? m ? 1 ? m)n! (n ? 1)! m ? Cn?1 ? m! (n ? m ? 1)! m! (n ? m ? 1)!

m m m ∴ Cn?1 = C n + Cn ?1 .

3.例子
3 4 5 6 1. (1)计算: C7 ? C7 ? C8 ? C9 ; n n n n (2)求证: Cm? 2 = C m + 2Cm?1 + Cm?2 .
4 5 6 5 6 6 4 解: (1)原式 ? C8 ? C8 ? C9 ? C9 ? C9 ? C10 ? C10 ? 210 ; n n n n n n n 证明: (2)右边 ? (Cm ? Cm?1 ) ? (Cm?1 ? Cm?2 ) ? Cm?1 ? Cm?1 ? Cm?2 ? 左边 ?1
x?2 x ?3 x 2 2.解方程: (1) C13?1 ? C13x ?3 ; (2)解方程: C x ? 2 ? C x ? 2 ?

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1 3 Ax ?3 . 10 解: (1)由原方程得 x ? 1 ? 2 x ? 3 或 x ? 1 ? 2 x ? 3 ? 13 ,∴ x ? 4 或 x ? 5 ,

?1 ? x ? 1 ? 13 ? ? 又由 ?1 ? 2 x ? 3 ? 13 得 2 ? x ? 8 且 x ? N ,∴原方程的解为 x ? 4 或 x ? 5 ?x ? N ? ?

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上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把 x ? 4 和 x ? 5 代入检验,这样运算量小得 多.
x?2 (2)原方程可化为 C x ? 3 ?

( x ? 3)! ( x ? 3)! 1 3 1 3 5 Ax ?3 ,即 C x ?3 ? Ax ?3 ,∴ ? , 10 10 5!( x ? 2)! 10 ? x!



1 1 ? , 120( x ? 2)! 10 ? x( x ? 1) ? ( x ? 2)!

2 ∴ x ? x ? 12 ? 0 ,解得 x ? 4 或 x ? ?3 ,

经检验: x ? 4 是原方程的解 3. 有同样大小的 4 个红球,6 个白球。 (1)从中任取 4 个,有多少种取法? (2)从中任取 4 个,使白球比红球多,有多少种取法? (3)从中任取 4 个,至少有一个是红球,有多少种取法? (4)假设取 1 个红球得 2 分,取 1 个白球得 1 分。从中取 4 个球,使总分不小于 5 分的取
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

法有多少种? 课堂小节:本节课学习了组合数的两个性质 课堂练习: 课后作业:

1.2.2 组合
(第三课时) 教学目标: 1、进一步巩固组合、组合数的概念及其性质; 2、能够解决一些组合应用问题 教学重点: 解决一些组合应用问题 教学过程 一、复习引入: 114 组合的概念:一般地,从 n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素并成一组,叫
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做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合 说明:⑴不同元素;⑵“只取不排”——无序性;⑶相同组合:元素相同
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2.组合数的概念: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
m 做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数.用符号 C n 表示. ...

3.组合数公式的推导:
m (1)一般地,求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数 An ,可以分如下两步:① 先 m 求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数 C n ;② 求每一个组合中 m 个元素全排列数 m m m m Am ,根据分步计数原理得: An = C n ? Am .

(2)组合数的公式:

Cnm ?

n! Anm n(n ? 1)(n ? 2)?(n ? m ? 1) m 或 C n? (n, m ? N ? , 且m ? n) ? m m!(n ? m)! Am m!

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m n 4.组合数的性质 1: Cn ? Cn ?m . m m m 5.组合数的性质 2: Cn?1 = C n + Cn ?1 .

二、讲解新课:
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

例子 1.(1)把 n+1 个不同小球全部放到 n 个有编号的小盒中去,每小盒至少有 1 个小球,共 有多少种放法? (2)把 n+1 相同的小球,全部放到 n 个有编号的小盒中去,每盒至少有 1 个小球,又有多 少种放法? (3)把 n+1 个不同小球,全部放到 n 个有编号的小盒中去,如果每小盒放进的球数不限, 问有多少种放法? 2.从编号为 1,2,3,?,10,11 的共 11 个球中,取出 5 个球,使得这 5 个球的编号 之和为奇数,则一共有多少种不同的取法?
1 4 解:分为三类:1 奇 4 偶有 C 6 C5 ; 1 4 3 2 5 ∴一共有 C 6 C5 + C6 C5 + C6 ? 236. 3 2 3 奇 2 偶有 C6 C5 ; 5 5 奇 1 偶有 C6 ,

3. 现有 8 名青年, 其中有 5 名能胜任英语翻译工作; 4 名青年能胜任德语翻译工作 有 (其 中有 1 名青年两项工作都能胜任) ,现在要从中挑选 5 名青年承担一项任务,其 中3 名从事英语翻译工作,2 名从事德语翻译工作,则有多少种不同的选法? 解:我们可以分为三类:
2 2 ①让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作,有 C4 C3 ; 3 1 ②让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作,有 C 4 C3 ; 3 2 ③让两项工作都能担任的青年不从事任何工作,有 C4 C3 , 3 1 2 2 3 2 ∴一共有 C4 C3 + C 4 C3 + C4 C3 =42 种方法.

4.甲、乙、丙三人值周,从周一至周六,每人值两天,但甲不值周一,乙不值周六,问 可以排出多少种不同的值周表 ?
2 2 1 2 1 1 解法一: (排除法) C6 C4 ? 2C5C4 ? C4 C3 ? 42. 2 2 解法二:分为两类:一类为甲不值周一,也不值周六,有 C4 C3 ;

另一类为甲不值周一,但值周六,有 C 4 C 4 ,
2 2 ∴一共有 C 4 C 4 + C4 C3 =42 种方法.

1

2

1

2

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?

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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

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 种方法; 5 第二步:将 5 个“不同元素(书) ”分给 5 个人有 A5 种方法. 2 5 根据分步计数原理,一共有 C 6 A5 =1800 种方法

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6. 从 6 双不同手套中,任取 4 只, (1)恰有 1 双配对的取法是多少? (2)没有 1 双配对的取法是多少? (3)至少有 1 双配对的取法是多少? 课堂小节:本节课学习了组合数的应用 课堂练习: 课后作业:

1.3.1 二项式定理
教学目标: 1、能用计数原理证明二项式定理; 2、掌握二项式定理及二项式展开式的通项公式 教学重点: 掌握二项式定理及二项式展开式的通项公式 教学过程 一、复习引入: ⑴ (a ? b) ? a ? 2ab ? b ? C2 a ? C2ab ? C2 b ;
2 2 2 0 2 1 2 2
0 1 2 3 ⑵ (a ? b)3 ? a3 ? 3a2b ? 3ab2 ? b3 ? C3 a3 ? C3a2b ? C3 ab2 ? C3 b3
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⑶ (a ? b) ? (a ? b)(a ? b)(a ? b)(a ? b) 的各项都是 4 次式,
4
3 4 3 2 2 4 即展开式应有下面形式的各项: a , a b , a b , ab , b ,

展开式各项的系数:上面 4 个括号中,每个都不取 b 的情况有1 种,即 C4 种, a 的系数
0 1 1 2 3 是 C4 ;恰有 1 个取 b 的情况有 C4 种, a b 的系数是 C4 ,恰有 2 个取 b 的情况有 C4 种, 2 3 3 a 2b2 的系数是 C4 ,恰有 3 个取 b 的情况有 C4 种, ab 3 的系数是 C4 ,有 4 都取 b 的情况

0

4

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选修 2-3
4 4 有 C4 种, b4 的系数是 C4 ,

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排列组合与二项式定理

0 1 2 3 4 ∴ (a ? b)4 ? C4 a4 ? C4a3b ? C4 a2b2 ? C4 a3b ? C4 b4 .

二、讲解新课:
0 1 r n 1、二项式定理: (a ? b)n ? Cn an ? Cn anb ? ?? Cn an?r br ? ?? Cn bn (n ? N ? )

2、二项式定理的证明。 (a+b) 是 n 个(a+b)相乘,每个(a+b)在相乘时,有两种选择,选 a 或 b,由 n k n-k 分步计数原理可知展开式共有 2 项(包括同类项) ,其中每一项都是 a b 的形式,k=0, k n-k 1,…,n;对于每一项 a b ,它是由 k 个(a+b)选了 a,n-k 个(a+b)选了 b 得到的,它 出现的次数相当于从 n 个(a+b)中取 k 个 a 的组合数,将它们合并同类项,就得二项展 开式,这就是二项式定理。
r 3、它有 n ? 1 项,各项的系数 Cn (r ? 0,1,?n) 叫二项式系数, r r 4、 Cn a n?r br 叫二项展开式的通项,用 Tr ?1 表示,即通项 Tr ?1 ? Cn an?r br . 1 r 5、二项式定理中,设 a ? 1, b ? x ,则 (1 ? x)n ? 1 ? Cn x ? ?? Cn xr ? ?? xn
n

三、例子
4 例 1.展开 (1 ? ) .

1 x

1 1 1 1 1 4 6 4 1 ? ? ? . x x x x x x x 2 x3 x 4 1 4 1 4 1 4 4 4 1 3 1 2 3 解二: (1 ? ) ? ( ) ( x ? 1) ? ( ) ? x ? C4 x ? C4 x ? C4 x ? 1? ? x x x ? 4 6 4 1 ? 1? ? 2 ? 3 ? 4 . x x x x
4 1 1 2 3 3 4 解一: (1 ? ) ? 1 ? C4 ( ) ? C4 ( ) ? C4 ( ) ? ( ) ? 1 ?

例 2.展开 (2 x ?

1 6 ) . x

解: (2 x ?

1 6 1 ) ? 3 (2 x ? 1)6 x x

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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

?

1 1 2 3 2 1 [(2 x)6 ? C6 (2 x)5 ? C6 (2 x) 4 ? C6 (2 x)3 ? C6 (2 x) 2 ? C6 (2 x) ? 1] 3 x 60 12 1 ? 64 x3 ? 192 x 2 ? 240 x ? 160 ? ? ? . x x 2 x3
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例 3.求 ( x ? a)12 的展开式中的倒数第 4 项

解: ( x ? a)12 的展开式中共 13 项,它的倒数第 4 项是第 10 项,
9 3 T9?1 ? C12 x12?9a9 ? C12 x3a9 ? 220x3a9 .

例 4.求(1) (2a ? 3b)6 , (2) (3b ? 2a)6 的展开式中的第 3 项.
2 解: (1) T2?1 ? C6 (2a)4 (3b)2 ? 2160a4b2 , 2 (2) T2?1 ? C6 (3b)4 (2a)2 ? 4860b4 a2 .

点评: (2a ? 3b)6 , (3b ? 2a)6 的展开后结果相同,但展开式中的第 r 项不相同 例 5. (1)求 ( ?

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x 3

3 9 ) 的展开式常数项; x 3 9 ) 的展开式的中间两项 x

(2)求 ( ?

x 3

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解:∵ Tr ?1 ? C9 ( )
r

x 3

9? r

(

3 9? r 3 r ) ? C9r ? 32r ?9 x 2 , x

∴(1)当 9 ? (2) ( ?

3 6 r ? 0, r ? 6 时展开式是常数项,即常数项为 T7 ? C9 ? 33 ? 2268 ; 2

x 3

3 9 ) 的展开式共 10 项,它的中间两项分别是第 5 项、第 6 项, x
9? 42 5 , T6 ? C9 ? 310?9 x 2 ? 378 x3 3 x 15

T5 ? C94 ? 38?9 x 9?12 ?

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课堂小节:本节课学习了二项式定理及二项式展开式的通项公式 课堂练习: 课后作业:
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排列组合与二项式定理

1.3.2 杨辉三角
教学目标: 理解和掌握二项式系数的性质,并会简单的应用 教学重点: 理解和掌握二项式系数的性质,并会简单的应用 教学过程 一、复习引入: 1.二项式定理
0 1 r n (a ? b)n ? Cn an ? Cn anb ??? Cn an?r br ? ?? Cn bn (n ? N ? ) , r 2.二项展开式的通项公式: Tr ?1 ? Cn an?r br

二、讲解新课: 119 二项式系数表(杨辉三角)
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(a ? b)n 展开式的二项式系数,当 n 依次取 1, 2,3 ?时,二项式系数
表,表中每行两端都是1 ,除1 以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 2.二项式系数的性质:
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m n (1)对称性.与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(∵ Cn ? Cn ?m ) .

n(n ? 1)(n ? 2)? (n ? k ? 1) n ? k ?1 k ? Cn ?1 ? , k! k n ? k ?1 n ? k ?1 n ?1 k k ?1? k ? ∴ Cn 相对于 Cn ?1 的增减情况由 决定, , k k 2 n ?1 当k ? 时,二项式系数逐渐增大.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的,且在中间 2
k (2)增减性与最大值.∵ Cn ?

取得最大值; 当 n 是偶数时,中间一项 C 取得最大值;当 n 是奇数时,中间两项 C 大值. (3)各二项式系数和:
1 r ∵ (1 ? x)n ? 1 ? Cn x ? ?? Cn xr ? ?? xn , 0 1 2 r n 令 x ? 1 ,则 2n ? Cn ? Cn ? Cn ? ?? Cn ? ?? Cn

n 2 n

n ?1 2 n

,C

n ?1 2 n

取得最

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三、例子
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例 1.在 (a ? b)n 的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和

0 1 r n 证 明 : 在 展 开 式 (a ? b)n ? Cn an ? Cn anb ? ?? Cn an?r br ? ?? Cn bn (n ? N ? ) 中 , 令 0 1 2 3 n a ? 1,b ? ? 1,则 (1 ?1)n ? Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? ?? (?1)n Cn , 0 2 1 3 即 0 ? (Cn ? Cn ? ?) ? (Cn ? Cn ? ?) , 0 2 1 3 ∴ Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? ?,

即在 (a ? b)n 的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.
0 2 1 3 说明:由性质(3)及例 1 知 Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? ? ? 2n?1 .

例 2.已知 (1 ? 2x)7 ? a0 ? a1x ? a2 x2 ? ?? a7 x7 ,求: (1) a1 ? a2 ? ? ? a7 ; (2) a1 ? a3 ? a5 ? a7 ; (3) | a0 | ? | a1 | ??? | a7 | .

解: (1)当 x ? 1 时, (1 ? 2 x)7 ? (1 ? 2)7 ? ?1,展开式右边为

a0 ? a1 ? a2 ? ? ? a7
∴ a0 ? a1 ? a2 ? ? ? a7 ? ?1 , 当 x ? 0 时, a0 ? 1 ,∴ a1 ? a2 ? ? ? a7 ? ?1 ? 1 ? ?2 , (2)令 x ? 1 , a0 ? a1 ? a2 ? ? ? a7 ? ?1 ① ②

令 x ? ?1 , a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? 37
7

1 ? 37 ① ? ② 得: 2(a1 ? a3 ? a5 ? a7 ) ? ?1 ? 3 ,∴ a1 ? a3 ? a5 ? a7 ? ? . 2
(3)由展开式知: a1 , a3 , a5 , a7 均为负, a0 , a2 , a4 , a8 均为正, ∴由(2)中①+② 得: 2(a0 ? a2 ? a4 ? a6 ) ? ?1 ? 37 ,

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排列组合与二项式定理

?1 ? 37 ∴ a0 ? a2 ? a4 ? a6 ? , 2
∴ | a0 | ? | a1 | ??? | a7 |? a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7

? (a0 ? a2 ? a4 ? a6 ) ? (a1 ? a3 ? a5 ? a7 ) ? 37
2 10 3

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例 3.求(1+x)+(1+x) +?+(1+x) 展开式中 x 的系数
2 10

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(1 ? x)[1 ? (1 ? x)10 ] 解: (1 ? x) ? (1 ? x) ? ? 1 ? x) ? ( 1 ? (1 ? x)
( x ? 1)11 ? ( x ? 1) = , x
7 ∴原式中 x3 实为这分子中的 x 4 ,则所求系数为 C11
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例 4.在(x +3x+2) 的展开式中,求 x 的系数 解:∵ (x 2 ? 3x ? 2) 5 ? (x ? 1) 5 (x ? 2) 5

2

5

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∴在(x+1) 展开式中,常数项为 1,含 x 的项为 C1 ? 5x , 5
5

在(2+x) 展开式中,常数项为 2 =32,含 x 的项为 C1 2 4 x ? 80x 5
5 5

∴展开式中含 x 的项为 1 ? (80x ) ? 5x (32) ? 240x , ∴此展开式中 x 的系数为 240 例 5.已知 ( x ? 式的常数项
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2 n ) 的展开式中,第五项与第三项的二项式系数之比为 14;3,求展开 x2
2 4 2

解:依题意 Cn : Cn ? 14 : 3 ? 3Cn ? 14Cn
4

∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2! ? n=10 设第 r+1 项为常数项,又 Tr ?1 ? C ( x )
r 10 10 ? r

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2 r (? 2 ) r ? (?2) r C10 x x

10 ?5 r 2



10 ? 5r ? 0 ? r ? 2, 2
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2 ? T2?1 ? C10 (?2) 2 ? 180. 此所求常数项为 180

课堂小节:本节课学习了二项式系数的性质 课堂练习: 课后作业:

2.1.1 离散型随机变量
教学目标: 理解取值有限的离散型随机变量 教学重点: 理解取值有限的离散型随机变量 教学过程 一、复习引入: 1.随机事件及其概率:在每次试验的结果中,如果某事件一定发生,则称为必然事件, 记为 U;相反,如果某事件一定不发生,则称为不可能事件,记为 φ. 随机试验 为了研究随机现象的统计规律性,我们把各种科学实验和对事物的观测统称为试 验.如果试验具有下述特点: (1)试验可以在相同条件下重复进行; (2)每次试验的所有可能结果都是明确可知的,并且不止一个; (3)每次试验之前不能预知将会出现哪一个结果,则称这种试验为随机试验简称试验。 2.样本空间: 样本点 ??在相同的条件下重复地进行试验,虽然每次试验的结果中所有可能发生的事件是可以 明确知道的,并且其中必有且仅有一个事件发生,但是在试验之前却无法预知究意哪一个 事件将在试验的结果中发生.试验的结果中每一个可能发生的事件叫做试验的样本点,通 常用字母ω 表示. 样本空间: ??试验的所有样本点ω 1,ω 2,ω 3,…构成的集合叫做样本空间,通常用字母Ω 表示, 于是,我们有 Ω ={ω 1,ω 2,ω 3,… } 3.古典概型的特征: 古典概型的随机试验具有下面两个特征: (1) 有限性.只有有限多个不同的基本事件; (2) 等可能性.每个基本事件出现的可能性相等. 概率的古典定义 在古典概型中,如果基本事件的总数为 n ,事件 A 所包含的基本事件个数为 r
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),则定义事件A的概率



.即

二、讲解新课: 1、随机变量的概念 随机变量是概率论的重要概念,把随机试验的结果数量化可使我们对随机试验有更 清晰的了解,还可借助更多的数学知识对其进行深入研究. 有的试验结果本身已具数值意义,如产品抽样检查时的废品数,而有些虽本无数值 意义但可用某种方式与数值联系,如抛硬币时规定出现徽花时用 1 表示,出现字时用 0 表示.这些数值因试验结果的不确定而带有随机性,因此也就称为随机变量. 2、随机变量的定义: 如果对于试验的样本空间 对应,则变量 量. 3、若随机变量 则称 值的情形 三、例子 例 1.随机变量 为抛掷两枚硬币时徽花向上的硬币数,求 的可能取值 只能取有限个数值 或可列无穷多个数值 取有限个数 是样本点 中的每一个样本点 的实函数,记作 ,变量 都有一个确定的实数值与之 为随机变

.我们称这样的变量

为离散随机变量,在高中阶段我们只研究随机变量

解: 的可能取值为 0,1,2. 例 2.某射手有五发子弹,射一次命中率为 0.9,若命中了就停止射击,若不命中就一直 射到子弹耗尽.求随机变量的可能取值 例 3. 写出下列随机变量可能取的值,并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果 (1)一袋中装有 5 只同样大小的白球,编号为 1,2,3,4,5 现从该袋内随机取出 3 只球,被取出的球的最大号码数ξ ; (2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η 解:(1) ξ 可取 3,4,5 ξ =3,表示取出的 3 个球的编号为 1,2,3; ξ =4,表示取出的 3 个球的编号为 1,2,4 或 1,3,4 或 2,3,4; ξ =5,表示取出的 3 个球的编号为 1,2,5 或 1,3,5 或 1,4,5 或 2,3 或 3,4,
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5

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(2)η 可取 0,1,?,n,? η =i,表示被呼叫 i 次,其中 i=0,1,2,? 例 4. 抛掷两枚骰子各一次,记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为 ξ ,试问: > 4”表示的试验结果是什么? “ξ 答:因为一枚骰子的点数可以是 1,2,3,4,5,6 六种结果之一,由已知得-5≤ξ ≤5,也就是说“ξ >4”就是“ξ =5” 所以, >4”表示第一枚为 6 点,第二枚为 1 点 “ξ
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例 5 某城市出租汽车的起步价为 10 元,行驶路程不超出 4km,则按 10 元的标准收租车 费 若行驶路程超出 4km, 则按每超出 lkm 加收 2 元计费(超出不足 1km 的部分按 lkm 计). 从 这个城市的民航机场到某宾馆的路程为 15km.某司机常驾车在机场与此宾馆之间接送旅 客,由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定,每停车 5 分钟按 lkm 路程计费),这个司机一次接送旅客的行车路程ξ 是一个随机变量,他收旅客 的租车费可也是一个随机变量 (1)求租车费η 关于行车路程ξ 的关系式; (Ⅱ)已知某旅客实付租车费 38 元, 而出租汽车实际行驶了 15km, 问出租车在途中因 故停车累计最多几分钟? 解:(1)依题意得η =2(ξ -4)+10,即η =2ξ +2 (Ⅱ)由 38=2ξ +2,得ξ =18,5×(18-15)=15. 所以,出租车在途中因故停车累计最多 15 分钟. 课堂小节:本节课学习了离散型随机变量 课堂练习: 课后作业:
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2.1.2 离散型随机变量的分布列
教学目标: 1、 理解离散型随机变量的分布列的意义, 会求某些简单的离散型随机变量的分布列; 2、 掌握离散型随机变量的分布列的两个基本性质, 并会用它来解决一些简单的问题. 教学重点: 1、 理解离散型随机变量的分布列的意义, 会求某些简单的离散型随机变量的分布列; 2、 掌握离散型随机变量的分布列的两个基本性质, 并会用它来解决一些简单的问题. 教学过程 一、复习引入: 1.随机变量:如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么这样的变量叫做随机 变量 随机变量常用希腊字母ξ 、η 等表示
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2. 离散型随机变量: 随机变量

只能取有限个数值

或可列无穷多个
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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

数值

则称

为离散随机变量, 在高中阶段我们只研究随机变量

取有限

个数值的情形. 二、讲解新课: 1. 分布列:设离散型随机变量 ξ 可能取得值为 x1,x2,?,x3,?, ξ 取每一个值 xi(i=1,2,?)的概率为 P(? ? xi ) ? pi ,则称表 ξ

P

x1 P1

x2 P2

? ?
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xi Pi

? ?

为随机变量 ξ 的概率分布,简称 ξ 的分布列 2. 分布列的两个性质:任何随机事件发生的概率都满足: 0 ? P ( A) ? 1 ,并且不可能 事件的概率为 0,必然事件的概率为 1.由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有 下面两个性质: ⑴Pi≥0,i=1,2,?; ⑵P1+P2+?=1. 对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和
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即 P(? ? xk ) ? P(? ? xk ) ? P(? ? xk ?1 ) ? ? ? ?

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3.二点分布:如果随机变量 X 的分布列为:

X
P

1

0

p

q

三、例子 例 1.一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球,已知红球个数是绿球个数 的两倍, 黄球个数是绿球个数的一半. 现从该盒中随机取出一个球, 若取出红球得 1 分, 取出黄球得 0 分,取出绿球得-1 分,试写出从该盒中取出一球所得分数 ξ 的分布列. 分析:欲写出 ξ 的分布列,要先求出 ξ 的所有取值,以及 ξ 取每一值时的概率. 解:设黄球的个数为 n,由题意知 绿球个数为 2n,红球个数为 4n,盒中的总数为 7n. ∴

P(? ? 1) ?

4n 4 n 1 2n 2 ? , P (? ? 0) ? ? , P(? ? ?1) ? ? . 7n 7 7n 7 7n 7
ξ P 1 0 -1

所以从该盒中随机取出一球所得分数 ξ 的分布列为

4 7

1 7

2 7

说 明 : 在 写 出 ξ 的分布列后,要及时检查所有的概率之和是否为 1. 例 2.某一射手射击所得的环数 ξ 的分布列如下:
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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

ξ

4 0.02

5 0.04

6 0.06

7 0.09

8 0.28

9 0.29

10 0.22

P

求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率. 分析: “射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ =7”“ξ =8”“ξ =9”“ξ = 、 、 、 10”的和,根据互斥事件的概率加法公式,可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的 概率. 解:根据射手射击所得的环数 ξ 的分布列,有 P(ξ =7)=0.09,P(ξ =8)=0.28,P(ξ =9)=0.29,P(ξ =10)=0.22. 所求的概率为 P(ξ ≥7)=0.09+0.28+0.29+0.22=0.88. 例 3.某厂生产电子元件,其产品的次品率为 5%.现从一批产品中任意地连续取出 2 件,写出其中次品数 ξ 的概率分布. 解:依题意,随机变量 ξ ~B(2,5%).所以,
0 1 P(ξ =0)= C 2 (95%) 2 =0.9025,P(ξ =1)= C 2 (5%)(95%)=0.095, 2 P( ? ? 2 )= C 2 (5%) 2 =0.0025.

因此,次品数 ξ 的概率分布是 ξ 0 0.9025 1 0.095 2 0.0025

P

课堂小节:本节课学习了离散型随机变量的分布列 课堂练习: 课后作业:

2.1.3 超几何分布
教学目标: 1、理解理解超几何分布; 2、了解超几何分布的应用. 教学重点: 1、理解理解超几何分布; 2、了解超几何分布的应用 教学过程 一、复习引入: 1.随机变量:如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么这样的变量叫做随机 变量 随机变量常用希腊字母ξ 、η 等表示
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2. 离散型随机变量: 随机变量

只能取有限个数值

或可列无穷多个
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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

数值

则称

为离散随机变量, 在高中阶段我们只研究随机变量

取有限

个数值的情形. 3. 分布列:设离散型随机变量 ξ 可能取得值为 x1,x2,?,x3,?, ξ 取每一个值 xi(i=1,2,?)的概率为 P(? ? xi ) ? pi ,则称表 ξ

P

x1 P1

x2 P2

? ?
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xi Pi

? ?

为随机变量 ξ 的概率分布,简称 ξ 的分布列 4. 分布列的两个性质:任何随机事件发生的概率都满足: 0 ? P ( A) ? 1 ,并且不可能 事件的概率为 0,必然事件的概率为 1.由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有 下面两个性质: ⑴Pi≥0,i=1,2,?; ⑵P1+P2+?=1. 对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和
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即 P(? ? xk ) ? P(? ? xk ) ? P(? ? xk ?1 ) ? ? ? ? 5.二点分布:如果随机变量 X 的分布列为

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X
P 二、讲解新课:

1

0

p

q

在产品质量的不放回抽检中,若 N 件产品中有 M 件次品,抽检 n 件时所得次品数 X=m
m M Cn CN ??nm 则 P( X ? m) ? .此时我们称随机变量 X 服从超几何分布 M CN

1)超几何分布的模型是不放回抽样 2)超几何分布中的参数是 M,N,n 三、例子 例 1.在一个口袋中装有 30 个球,其中有 10 个红球,其余为白球,这些球除颜色外完全 相同.游戏者一次从中摸出 5 个球.摸到 4 个红球就中一等奖,那么获一等奖的概率是多 少? 解:由题意可见此问题归结为超几何分布模型由上述公式得
4 1 C10C20 P( X ? 4) ? ? 0.029 5 C30

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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

例 2.一批零件共 100 件, 其中有 5 件次品.现在从中任取 10 件进行检查, 求取道次品件 数的分布列. 解:由题意
X P 0 0.58375 1 0.33939 2 0.07022 3 0.00638 4 0.00025 5 0.00001

课堂小节:本节课学习了超几何及其分布列 课堂练习: 课后作业:

2.2.1 条件概率
(第一课时) 教学目标: 了解条件概率及其应用 教学重点: 了解条件概率及其应用 教学过程 一、复习引入: 1.随机变量:如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么这样的变量叫做随机 变量 随机变量常用希腊字母ξ 、η 等表示
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2. 离散型随机变量: 随机变量 数值 则称

只能取有限个数值

或可列无穷多个 取有限

为离散随机变量, 在高中阶段我们只研究随机变量

个数值的情形. 3. 分布列:设离散型随机变量 ξ 可能取得值为 x1,x2,?,x3,?, ξ 取每一个值 xi(i=1,2,?)的概率为 P(? ? xi ) ? pi ,则称表 ξ

P

x1 P1

x2 P2

? ?
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xi Pi

? ?

为随机变量 ξ 的概率分布,简称 ξ 的分布列 4. 分布列的两个性质:任何随机事件发生的概率都满足: 0 ? P ( A) ? 1 ,并且不可能 事件的概率为 0,必然事件的概率为 1.由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有 下面两个性质: ⑴Pi≥0,i=1,2,?; ⑵P1+P2+?=1.
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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理
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对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和 即 P(? ? xk ) ? P(? ? xk ) ? P(? ? xk ?1 ) ? ? ? ?
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5.二点分布:如果随机变量 X 的分布列为:

X
P

1

0

p

q

6.超几何分布:在产品质量的不放回抽检中,若 N 件产品中有 M 件次品,抽检 n 件时所得次品数 X=m 则 P( X ? m) ?
m M Cn CN ??nm .此时我们称随机变量 X 服从超几何分布 M CN

二、讲解新课: 任一个随机试验都是在某些基本条件下进行的, 在这些基本条件下某个事件 A 的发生 具有某种概率. 但如果除了这些基本条件外还有附加条件,所得概率就可能不同.这些附 加条件可以看成是另外某个事件 B 发生. 条件概率这一概念是概率论中的基本工具之一. 给定一个概率空间,并希望知道某一 事件 A 发生的可能性大小. 尽管我们不可能完全知道试验结果,但往往会掌握一些与事 件 A 相关的信息,这对我们的判断有一定的影响. 例如,投掷一均匀骰子,并且已知出 现的是偶数点,那么对试验结果的判断与没有这一已知条件的情形有所不同. 一般地, 在已知另一事件 B 发生的前提下,事件 A 发生的可能性大小不一定再是 P ( A) . 已知事件 B 发生条件下事件 A 发生的概率称为事件 A 关于事件 B 的条件概率,记 作 P( A | B) . 在某种情况下,条件的附加意味着对样本空间进行压缩,相应的概率可在压缩的样 本空间内直接计算. 例 1 盒中有球如表. 任取一球,记 A ={取得蓝球}, B ={取得玻璃球}, 显然这是古典

概型. ? 包含的样本点总数为 16, A 包含的样本点总数为 11,故 玻璃 木质 总计

P ( A) ?

11 16 .

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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

红 蓝 总计

2 4 6

3 7 10

5 11 16

如果已知取得为玻璃球, 这就 B 是发生条件下 A 发生的条件概率, 记作 P( A | B) . 在

B 发生的条件下可能取得的样本点总数应为“玻璃球的总数”,也即把样本空间压缩到
玻璃球全体. 而在 B 发生条件下 A 包含的样本点数为蓝玻璃球数,故

P( A | B) ?

4 2 ? 6 3.

一般说来,在古典概型下,都可以这样做.但若回到原来的样本空间,则当 P( B) ? 0 , 有

P( A | B)=

在B发生的条件下A包含的样本点数 在B发生的条件下样本点数 AB包含的样本点数 = B包含的样本点数



AB包含的样本点数/总数 P AB) ( = B包含的样本点数/总数 P B). (
对任意事件 A 和 B , P( B) ? 0 , “在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率” 若 则 ,

这式子对几何概率也成立. 由此得出如下的一般定义. 定义 1

记作 P(A | B),定义为

P ( A | B )=

P AB) ( P B). (

(1)

例 2 甲乙两市位于长江下游, 根据一百多年的记录知道, 一年中雨天的比例, 甲为 20%, 乙为 18%,两市同时下雨的天数占 12%. 求: ① 乙市下雨时甲市也下雨的概率;② 甲乙两市至少一市下雨的概率. 解

P P 分别用 A ,B 记事件{甲下雨}和{乙下雨}. 按题意有, ( A) ? 20% , ( B) ? 18% ,

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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

P( AB) ? 12% .
① 所求为

P( A | B) ?
② 所求为

P( AB) 12 2 ? ? P( B) 18 3 .

P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( AB)

? 20% ? 18% ? 12% ? 26% .
课堂小节:本节课学习了条件概率的定义 课堂练习: 课后作业:

2.2.1 条件概率
(第二课时) 教学目标: 了解条件概率的简单应用 教学重点: 了解条件概率的简单应用 教学过程 一、复习引入: 1. 已知事件 B 发生条件下事件 A 发生的概率称为事件 A 关于事件 B 的条件概率, 记作 P( A | B) . 2. 对任意事件 A 和 B ,若 P( B) ? 0 ,则“在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率”,记 作 P(A | B),定义为

P ( A | B )=
二、讲解新课:

P AB) ( P B) (

对任意事件 A 和 B , P( B) ? 0 , “在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率” 若 则 , 记作 P(A | B),定义为

P ( A | B )=

P AB) ( P B) (
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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

反过来可以用条件概率表示 A 、 B 的乘积概率,即有乘法公式 若 P( B) ? 0 ,则 P( AB) ? P( B) P( A | B) , 同样有 若 P( A) ? 0 ,则 P( AB) ? P( A) P( B | A) . (2)

(2)?

从上面定义可见,条件概率有着与一般概率相同的性质,即非负性,规范性和可列可加 性. 由此它也可与一般概率同样运算,只要每次都加上“在某事件发生的条件下”即成. 两个事件的乘法公式还可推广到 n 个事件,即

P( A1 A2 ? An ) ? P( A1 ) ? P( A2 | A1 ) ?P( A3 | A1 A2 )?P( An | A1 A2 ? An?1 )
(3)

具体解题时,条件概率可以依照定义计算,也可能如例 1 直接按照条件概率的意义在压 缩的样本空间中计算;同样,乘积事件的概率可依照公式(2) 或 (2) 计算,也可按照乘积 的意义直接计算,均视问题的具体性质而定. 例1

?

n 张彩票中有一个中奖票.

① 已知前面 k ? 1 个人没摸到中奖票,求第 k 个人摸到的概率; ② 求第 k 个人摸到的概率. 解 记 问题 ① 是在条件“前面 (k ? 1) 个人没摸到”下的条件概率. ② 是无条件概率.

Ai ={第 i 个人摸到},则 ① 的条件是 A1 A 2 ?A k ?1 . 在压缩样本空间中由古典概型

直接可得 ① P( A k | A1 A 2 ?A k ?1 ② 所求为

1 )= n ? k ? 1 ;

P( Ak ) ,但对本题, A k ? A1 A 2 ?A k ?1 A k , 由(3)式及古典概率计算公式有

P( Ak ) = P ( A1 A 2 ?A k ?1 A k )
= P(A1 ) P(A 2 | A1 ) P(A 3 | A1 A 2 )?P(A k | A1 A 2 ?A k ?1 )

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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

?

n ?1 n ? 2 n ? 3 n ? k ?1 1 ? ? ? ? n n ?1 n ? 2 n ? k ? 2 n ? k ?1

?

1 n.

这说明每人摸到奖券的概率与摸的先后次序无关. 课堂小节:本节课学习了条件概率简单应用 课堂练习: 课后作业:

2.2.2 事件的独立性
(第一课时) 教学目标: 了解两个事件相互独立的概念 教学重点: 了解两个事件相互独立的概念 教学过程 一、复习引入: 1. 已知事件 B 发生条件下事件 A 发生的概率称为事件 A 关于事件 B 的条件概率, 记作 P( A | B) . 2. 对任意事件 A 和 B ,若 P( B) ? 0 ,则“在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率”,记 作 P(A | B),定义为

P ( A | B )=

P AB) ( P B) (

二、讲解新课: 1、引例:盒中有 5 个球其中有 3 个绿的 2 个红的,每次取一个有放回的取两次,设

A ? 第一次抽取, 取到绿球, B ? 第二次抽取, 取到绿球,
则 P ( B A) ? P ( B ) ? 2、两个事件的独立性 事件 B 发生与否可能对事件 A 发生的概率有影响,但也有相反的情况,即有时没有

3 5

P( A | B) ? P( A) .

(1)
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

这时, P( AB) ? P( B) P( A | B) ? P( A) ? P( B) . 反过来,若

P( AB) ? P( A) ? P( B) ,

(2)

P( A | B) ?


P( AB) P( A) ? P( B) ? ? P( A) P( B) P( B) .

这种情况称 A 与 B 独立. 当 P( B) ? 0 时,(1)式与(2)式是等价的,一般情况下独立的定 义来用(2)式,因为在形式上它关于 A 与 B 对称,且便于推广到

n 个事件. (2)式也取消

了 P( B) ? 0 的条件. 事实上,若 B ? ? , 则 P( B) ? 0 , 同时就有 P( AB) ? 0 ,此时不 论 A 是什么事件, 都有(2)式, 亦即任何事件都与 ? 独立. 同理任何事件也与必然事件 ? 独立. 注: 1)实际应用中,如何判断两事件的独立性? 实际应用中,对于事件的独立性,我们常常不是用定义来判断,而是由试验方式 来判断试验的独立性, 由试验的独立性来判断事件的独立性, 或者说根据问题的实质, 直观上看一事件的发生是否影响另一事件的概率来判断。例如,在放回摸球(袋中有

白球和红球)试验中,

表示“第一次摸得白球”,

表示“第二次摸得白球”。由于 与 独立,而在不放

只与第一次试验有关,

只与第二次试验有关,可知

回摸球试验中,它们却不独立,又如甲、乙两名射手在相同条件下进行射击,则“甲 击中目标”与“乙击中目标”两事件是独立的。 如果对实际问题中的事件还难以判断它们是否独立, 则需要利用统计资料进行分 析,再来判断是否符合事件独立性的条件。 2)互斥与独立 1)两事件 关系,并不是说 不互斥。 相互独立是指事件 间没有关系。相反若 的出现必导致 出现的概率与事件 独立,则常有 的不出现,并没有说 是否出现没有 ?,即 与

互斥是指

出现的概率与

是否出现有关系。
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

事实上,当 ,但 必独立。 若 独立,则

, ,因而等式

时,若

互斥,则 AB ? ? ,从而 不成立,即互斥未 ,从而 不互斥(否则,

,导致矛盾) 。 2)在使用加法公式 P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( AB) 时, 若 若 互斥, P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ; 独立, P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( A) P( B) 。

例 1 甲, 乙两人同时向敌人炮击,已知甲击中敌机的概率为 0.6, 乙击中敌机的概 率为 0.5, 求敌机被击中的概率.
例 2 口袋中有

a 只黑球 b 只白球, 连摸两次, 每次一球. 记 A ={第一次摸时得黑球},

B ={第二次摸时得黑球}. 问 A 与 B 是否独立?就两种情况进行讨论: 有放回; 无 ① ②
放回. 解 因为 P( A) ? 0 ,我们可以用 P( B | A) 是否等于 P ( B ) 来检验独立性. 对于情况 ①,

P ( B | A) ? P( B | A) ?
利用古典概型,有

a a ? b ,再利用全概率公式,得

P(B) ? P( A) ? P( B | A) ? P( A) ? P(B | A)
? a a b a a ? ? ? a ?b a ?b a ?b a ?b a ?b .

故 P( B | A) ? P( B) , A 与 B 相互独立.

P ( B | A) ?
对于情况 ②,此时 有

a ?1 a P ( B | A) ? a ? b ?1 , a ? b ? 1 , 再利用全概率公式,

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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理

P( B) ? ?

a a ?1 b a ? a ? b a ? b ?1 a ? b a ? b ?1 a ? P( B | A) a?b ,

A 与 B 不独立.
这说明每人摸到奖券的概率与摸的先后次序无关. 课堂小节:本节课学习了两个事件相互独立的概念 课堂练习: 课后作业:

2.2.2 事件的独立性
(第二课时) 教学目标: 了解两个事件相互独立的概念及简单应用 教学重点: 了解两个事件相互独立的概念及简单应用 教学过程 一、复习引入: 1. 已知事件 B 发生条件下事件 A 发生的概率称为事件 A 关于事件 B 的条件概率, 记作 P( A | B) . 2. 对任意事件 A 和 B ,若 P( B) ? 0 ,则“在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率”,记 作 P(A | B),定义为

P ( A | B )=

P AB) ( P B) (
P( A | B) ? P( A) .

3. 事件 B 发生与否对事件 A 发生的概率没有影响,即 称 A 与 B 独立

二、讲解新课: 1、多个事件的独立性 对 n 个事件,除考虑两两的独立性以外,还得考虑其整体的相互独立性. 以三个事 件 A , B , C 为例.
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

定义 若

P ( AB ) ? P ( A) ? P ( B ) ? ? P ( AC ) ? P ( A) ? P (C ) ? P ( BC ) ? P ( B ) ? P (C ) ? ?


(1)

P( ABC ) ? P( A) P( B) P(C )

(2)

则称 A , B , C 相互独立. (1)式表示 A , B , C 两两独立,所以独立包含了两两独立. 但 A , B , C 的两两独立并不能代替三个事件相互独立,因为还有(2)式. 那么(1)式是否 包含(2)式呢?回答是否定的,有例如下: 例 一个均匀的正四面体,其第一面染成红色,第二面为白色,第三面为黑色,第四面红 白黑三色都有. 分别用 A , B , C 记投一次四面体时底面出现红、白、黑的事件. 由于

P( A) ?
在四面体中有两面出现红色,故 同时出现三色只有第四面,故

1 1 P ( B ) ? P (C ) ? 2 ;同理, 2 ;同时出现两色或

P( AB) ? P( AC ) ? P( BC ) ? P( ABC ) ?
因此

1 4,

P( AB) ? P( A) ? P( B) , P( AC ) ? P( A) ? P(C ) , P( BC ) ? P( B) ? P(C ) ,

(1)式成立, A , B , C 两两独立. 但 即(2)式不成立.

P( ABC ) ?

1 1 ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? 4 8,

2、例子 一个系统能正常工作的概率称为该系统的可靠性.

现有两系统都由同类电子元

件 A , B , C 、 D 所组成.每个元件的可靠性都是 p ,试分别求两个系统的可靠性.

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选修 2-3

[键入文字]

排列组合与二项式定理



以 R 1 与 R 2 分别记两个系统的可靠性,以 A , B , C 、 D 分别记相应元件工作正常

的事件,则可认为 A , B , C 、 D 相互独立,有

R1 ? P( A( B ? C) D) ? P( ABD ? ACD)
? P( ABD) ? P( ACD) ? P( ABCD) ? P( A) P( B) P( D) ? P( A) P(C ) P( D) ? P( A) P( B) P(C) P( D)

? p3 (2 ? p) ,
R2 ? P( AB ? CD) ? P( AB) ? P(CD) ? P( AB) ? P( AC) ? P( ABCD)

? p2 (2 ? p2 ) .
显然

R2 ? R1 .

可靠性理论在系统科学中有广泛的应用,系统的可靠性的研究具有重要意义. 课堂小节:本节课学习了事件相互独立的简单应用 课堂练习: 课后作业:

2.2.3 独立重复试验与二项分布
(第一课时) 教学目标: 理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布 教学重点: 理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布 教学过程 一、复习引入:
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

1. 已知事件 B 发生条件下事件 A 发生的概率称为事件 A 关于事件 B 的条件概率, 记作 P( A | B) . 2. 对任意事件 A 和 B ,若 P( B) ? 0 ,则“在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率”,记

P ( A | B )=
作 P(A | B),定义为

P AB) ( P B) (

3. 事件 B 发生与否对事件 A 发生的概率没有影响,即 P( A | B) ? P( A) . 称 A 与 B 独 立 二、讲解新课: 139 独立重复试验的定义: 指在同样条件下进行的,各次之间相互独立的一种试验 2.独立重复试验的概率公式: 一般地,如果在 1 次试验中某事件发生的概率是 P ,那么在 n 次独立重复试验中这
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奎屯 新疆

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k 个事件恰好发生 k 次的概率 Pn (k ) ? Cn P k (1 ? P) n?k .

它是 ? (1 ? P) ? P ? 展开式的第 k ? 1 项
n

例 1.某气象站天气预报的准确率为 80% ,计算(结果保留两个有效数字) : (1)5 次预报中恰有 4 次准确的概率; (2)5 次预报中至少有 4 次准确的概率 解: (1)记“预报 1 次,结果准确”为事件 A .预报 5 次相当于 5 次独立重复试验,根 据 n 次独立重复试验中某事件恰好发生 k 次的概率计算公式, 次预报中恰有 4 次准确的 5
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4 概率 P (4) ? C5 ? 0.84 ? (1 ? 0.8)5?4 ? 0.84 ? 0.41 5

答:5 次预报中恰有 4 次准确的概率约为 0.41. (2)5 次预报中至少有 4 次准确的概率,就是 5 次预报中恰有 4 次准确的概率与 5 次预 报都准确的概率的和,即
4 5 P ? P (4) ? P (5) ? P (4) ? C5 ? 0.84 ? (1? 0.8)5?4 ? C5 ? 0.85 ? (1? 0.8)5?5 5 5 5

? 0.84 ? 0.85 ? 0.410 ? 0.328 ? 0.74

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答:5 次预报中至少有 4 次准确的概率约为 0.74. 例 2.某车间的 5 台机床在 1 小时内需要工人照管的概率都是

1 ,求 1 小时内 5 台机床 4
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

中至少 2 台需要工人照管的概率是多少?(结果保留两个有效数字) 解:记事件 A =“1 小时内,1 台机器需要人照管” 小时内 5 台机器需要照管相当于 5 ,1 次独立重复试验
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1 3 4 4 1 1 4 1 1 小时内 5 台机床中恰有 1 台需要工人照管的概率 P (1) ? C5 ? ? (1 ? ) , 5 4 4
5 5 1 小时内 5 台机床中没有 1 台需要工人照管的概率 P (0) ? (1 ? ) ? ( ) , 5

所以 1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概率为

P ? 1 ? ? P (0) ? P (1)? ? 0.37 5 5

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答:1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概率约为 0.37 . 点评: “至多”“至少”问题往往考虑逆向思维法 , 例 3.某人对一目标进行射击,每次命中率都是 0.25,若使至少命中 1 次的概率不小于 0.75,至少应射击几次? 解:设要使至少命中 1 次的概率不小于 0.75,应射击 n 次
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记事件 A =“射击一次,击中目标” ,则 P( A) ? 0.25 . ∵射击 n 次相当于 n 次独立重复试验, ∴事件 A 至少发生 1 次的概率为 P ? 1 ? P (0) ? 1 ? 0.75n . n

3 n 1 n 由题意,令 1 ? 0.75 ? 0.75 ,∴ ( ) ? ,∴ n ? 4 4

1 4 ? 4.82 , 3 lg 4 lg
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∴ n 至少取 5. 答:要使至少命中 1 次的概率不小于 0.75,至少应射击 5 次 课堂小节:本节课学习了 n 次独立重复试验的模型及二项分布 课堂练习: 课后作业:

2.2.3 独立重复试验与二项分布
(第二课时) 教学目标: 了解 n 次独立重复试验的模型及二项分布的简单应用 教学重点: 了解 n 次独立重复试验的模型及二项分布的简单应用 教学过程 一、复习引入:
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排列组合与二项式定理

1. 已知事件 B 发生条件下事件 A 发生的概率称为事件 A 关于事件 B 的条件概率, 记作 P( A | B) . 2. 对任意事件 A 和 B ,若 P( B) ? 0 ,则“在事件 B 发生的条件下 A 的条件概率”,记

P ( A | B )=
作 P(A | B),定义为

P AB) ( P B) (
P( A | B) ? P( A) . 称 A 与 B 独

3. 事件 B 发生与否对事件 A 发生的概率没有影响, 即

立 441 独立重复试验的定义: 指在同样条件下进行的,各次之间相互独立的一种试验 5.独立重复试验的概率公式: 一般地,如果在 1 次试验中某事件发生的概率是 P ,那么在 n 次独立重复试验中这
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k 个事件恰好发生 k 次的概率 Pn (k ) ? Cn P k (1 ? P) n?k .

它是 ? (1 ? P) ? P ? 展开式的第 k ? 1 项
n

二、讲解新课: 例 1.十层电梯从低层到顶层停不少于 3 次的概率是多少?停几次概率最大? 解:依题意,从低层到顶层停不少于 3 次,应包括停 3 次,停 4 次,停 5 次,??,直 到停 9 次 ∴从低层到顶层停不少于 3 次的概率
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1 1 1 1 3 1 5 1 9 1 P ? C9 ( )3 ( )6 ? C94 ( ) 4 ( )5 ? C9 ( )5 ( ) 4 ? ? ? C9 ( )9 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 233 3 5 9 1 ? (C9 ? C94 ? C9 ? ? ? C9 )( )9 ? ? 29 ? (C90 ? C9 ? C92 ) ? ( )9 ? (29 ? 46)( )9 ? ? ? 2 2 2 256 k 1 k 1 9?k k 1 9 设从低层到顶层停 k 次,则其概率为 C9 ( ) ( ) ? C9 ( ) , 2 2 2 1 9 k k ∴当 k ? 4 或 k ? 5 时, C9 最大,即 C9 ( ) 最大, 2 233 答:从低层到顶层停不少于 3 次的概率为 ,停 4 次或 5 次概率最大. 256
例 2.实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛,规定 5 局 3 胜制(即 5 局内谁先赢 3 局就算胜出并停止比赛) . (1)试分别求甲打完 3 局、4 局、5 局才能取胜的概率.
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排列组合与二项式定理

(2)按比赛规则甲获胜的概率. 解:甲、乙两队实力相等,所以每局比赛甲获胜的概率为

1 1 ,乙获胜的概率为 . 2 2

记事件 A =“甲打完 3 局才能取胜” ,记事件 B =“甲打完 4 局才能取胜” , 记事件 C =“甲打完 5 局才能取胜” . ①甲打完 3 局取胜,相当于进行 3 次独立重复试验,且每局比赛甲均取胜
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3 3 ∴甲打完 3 局取胜的概率为 P ( A) ? C3 ( ) ?

1 2

1 . 8

②甲打完 4 局才能取胜,相当于进行 4 次独立重复试验,且甲第 4 局比赛取胜,前 3 局 为2胜1负
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2 2 ∴甲打完 4 局才能取胜的概率为 P( B) ? C3 ? ( ) ?

1 2

1 1 3 ? ? . 2 2 16

③甲打完 5 局才能取胜,相当于进行 5 次独立重复试验,且甲第 5 局比赛取胜,前 4 局恰 好2胜2负
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1 1 1 3 ? . 2 2 2 16 (2)事件 D =“按比赛规则甲获胜”,则 D ? A ? B ? C , 又因为事件 A 、 B 、 C 彼此互斥, 1 3 3 1 ? ? . 故 P( D) ? P( A ? B ? C ) ? P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) ? ? 8 16 16 2 1 答:按比赛规则甲获胜的概率为 . 2
2 2 2 ∴甲打完 5 局才能取胜的概率为 P(C ) ? C4 ? ( ) ? ( ) ?

例 3.一批玉米种子,其发芽率是 0.8.(1)问每穴至少种几粒,才能保证每穴至少有一 粒发芽的概率大于 98% ? (2) 若每穴种 3 粒, 求恰好两粒发芽的概率. lg 2 ? 0.3010 ) ( 解:记事件 A =“种一粒种子,发芽” ,则 P( A) ? 0.8 , P( A) ? 1 ? 0.8 ? 0.2 , (1)设每穴至少种 n 粒,才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% . ∵每穴种 n 粒相当于 n 次独立重复试验,记事件 B =“每穴至少有一粒发芽” ,则
0 P(B) ? P (0) ? Cn 0.80 (1 ? 0.8)n ? 0.2n . n

∴ P(B) ? 1 ? P(B) ? 1 ? 0.2n .
n 由题意,令 P( B) ? 98% ,所以 0.2 ? 0.02 ,两边取常用对数得,

n lg 0.2 ? lg 0.02 .即 n(lg 2 ? 1) ? lg 2 ? 2 ,

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排列组合与二项式定理

∴n ?

lg 2 ? 2 1.6990 ? ? 2.43 ,且 n ? N ,所以取 n ? 3 . lg 2 ? 1 0.6990

答:每穴至少种 3 粒,才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% . (2)∵每穴种 3 粒相当于 3 次独立重复试验,
2 ∴每穴种 3 粒,恰好两粒发芽的概率为 P ? C3 ? 0.82 ? 0.2 ?? 0.384 ,

答:每穴种 3 粒,恰好两粒发芽的概率为 0.384 课堂小节:本节课学习了 n 次独立重复试验的模型及二项分布的简单应用 课堂练习: 课后作业:
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12.4

正态分布、线性回归

一、 知识梳理 1.正态分布的重要性 正态分布是概率统计中最重要的一种分布,其重要性我们可以从以下两方面来理解: 一方面,正态分布是自然界最常见的一种分布。一般说来,若影响某一数量指标的随机 因素很多,而每个因素所起的作用都不太大,则这个指标服从正态分布。 2.正态曲线及其性质 正态分布函数:
? 1 f ( x) ? e 2?? ( x ? ? )2 2? 2

,x∈(-∞,+∞)

3.标准正态曲线 标准正态曲线 N(0,1)是一种特殊的正态分布曲线, ?(? x0 ) ? 1 ? ?( x0 ) ,以及 标准正态总体在任一区间(a,b)内取值概率 P ? ?(b) ? ?(a) 。 4.一般正态分布与标准正态分布的转化 由于一般的正态总体 N (? , ? ) 其图像不一定关于 y 轴对称,对于任一正态总体
2

其取值小于 x 的概率 F ( x ) ? ? ( N (? , ? 2 ) ,

x??

?

)。 只要会用它求正态总体 N (? , ? 2 ) 在

某个特定区间的概率即可。 5. “小概率事件”和假设检验的基本思想 “小概率事件”通常指发生的概率小于 5%的事件,认为在一次试验中该事件是几乎 不可能发生的。这种认识便是进行推断的出发点。关于这一点我们要有以下两个方面的 认识:一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的,因为试验次数多了, 该事件当然是很可能发生的;二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进 行推断时,我们也有 5%的犯错误的可能。 课本是借助于服从正态分布的有关零件尺寸的例子来介绍假设检验的基本思想。进 行假设检验一般分三步: 第一步,提出统计假设。课本例子里的统计假设是这个工人制造的零件尺寸服从正 态分布 N (? , ? ) ;
2

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排列组合与二项式定理

第二步,确定一次试验中的取值 a 是否落入范围(μ -3σ ,μ +3σ ) ; 第 三 步 , 作 出 推 断 。 如 果 a ∈ ( μ -3 σ , μ +3 σ ) 接 受 统 计 假 设 ; 如 果 , a ? (? ? 3? , ? ? 3? ) ,由于这是小概率事件,就拒绝统计假设。 6.相关关系 研究两个变量间的相关关系是学习本节的目的。对于相关关系我们可以从下三个方 面加以认识: ⑴相关关系与函数关系不同。 函数关系中的两个变量间是一种确定性关系。 相关关系是一种非确定性关系,即相关关系是非随机变量与随机变量之间的关系。 ⑵ 函数关系是一种因果关系,而相关关系不一定是因果关系,也可能是伴随关系。 ⑶函数 关系与相关关系之间有着密切联系,在一定的条件下可以相互转化。 7.回归分析 本节所研究的回归分析是回归分析中最简单,也是最基本的一种类型——一元线性 回归分析。 对于线性回归分析,我们要注意以下几个方面: ⑴回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的方法。 两个变量具有相关关系 是回归分析的前提。 ⑵散点图是定义在具有相关系的两个变量基础上的,对于性质不明确的两组数据, 可先作散点图,在图上看它们有无关系,关系的密切程度,然后再进行相关回归分析。 ⑶求回归直线方程,首先应注意到,只有在散点图大至呈线性时,求出的回归直线 方程才有实际意义,否则,求出的回归直线方程毫无意义。 8.相关系数 有时散点图中的各点并不集中在一条直线的附近,仍可以按照求回归直线方程的步 骤求得回归直线方程。显然这种情形下求得的回归直线方程没有实际意义。那么,在什 么情况下求得的回归直线方程才能对相应的一组观测数据具有代表意义?课本中不加证 明地给出了相关系数的公式。相关系数公式的作用在于,我们对一组数据之间的线性相 关程度可作出定量的分析,而不是仅凭画出散点图,直觉地从散点图的形状粗浅地得出 数据之间的线性相关程度。 9.线性相关性检验 相关性检验是一种假设检验,它给出了一个具体检验 y 与 x 之间线性相关与否的具 体办法。限于要求,中学阶段只要求掌握这种检验方法的操作步骤,而不要求对这种方 法包含的原理进行深入研究。其具体检验的步骤如下: ⑴在课本中的附表 3 中查出与显著性水平 0.05 与自由度 n-2(n 为观测值组数)相应 的相关系数临界值 r0.05 。 ⑵根据公式 r ?

?x y
i ?1 i n 2 i ?1

n

i

? nx y
n

计算 r 的值。
2

(? xi2 ? n x )(? y i2 ? n y )
i ?1

⑶检验所得结果。 如果 | r |? r0.05 , 那么可以认为 y 与 x 之间的线性相关关系不显著, 从而接受统计假设。 如果 | r |? r0.05 , 表明一个发生的概率不到 5%的事件在一次试验中竟 发生了。这个小概率事件的发生使我们有理由认为 y 与 x 之间不具有线性相关关系的假 设是不成立的,拒绝这一统计假设也就是表明可以认为 y 与 x 之间具有线性相关关系。

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排列组合与二项式定理

● 教学目标 1.了解正态分布的意义,能借助正态曲线的图像理解正态曲线的性质。 2.了解标准正态分布的意义和性质,掌握正态总体 N (? , ? 2 ) 转化为标准正态总体 N(0,1)的公式 F ( x ) ? ? (

x??

?

) 及其应用;通过生产过程的质量控制图,了解

假设检验的基本思想。 3.了解相关关系、回归分析、散点图等概念,会求回归直线方程。 4.了解相关系数的计算公式及其意义,会用相关系数公式进行计算;了解相关性检 验的方法与步骤,会用相关性检验方法进行检验。 重点:正态分布的意义及主要性质,线性回归的方法和简单应用。 二、基础训练 1.如果随机变量ξ ~N(μ ,σ 2) ,且 Eξ =3,Dξ =1,则 P(-1<ξ ≤1=等于 B A.2Φ (1)-1 B.Φ (4)-Φ (2) C.Φ (2)-Φ (4) D.Φ (-4)-Φ (-2) 2. 为考虑广告费用 x 与销售额 y 之间的关系,抽取了 5 家餐厅,得到如下数据:
广告费用(千元) 销售额(千元) 1.0 19.0 4.0 44.0 6.0 40.0 10.0 52.0 14.0 53.0

现要使销售额达到 6 万元,则需广告费用为__1.5 万元____.(保留两位有效数字) 三、例题剖析 【例 1】 将温度调节器放置在贮存着某种液体的容器内,调节器设定在 d ℃,液体 的温度ξ (单位:℃)是一个随机变量,且ξ ~N(d,0.52). (1)若 d=90°,求ξ <89 的概率; (2) 若要保持液体的温度至少为 80 ℃的概率不低于 0.99, d 至少是多少? 其中若η ~ 问 ( N(0,1) ,则Φ (2)=P(η <2)=0.9772,Φ (-2.327)=P(η <-2.327)=0.01). 在实际生活中,常用统计中假设检验的思想检验产品是否合格,方法是: (1)提出 2 统计假设:某种指标服从正态分布 N(μ ,σ )(2)确定一次试验中的取值 a; ; (2)作 出统计推断:若 a∈(μ -3σ ,μ +3σ ) ,则接受假设,若 a ? (μ -3σ ,μ +3σ ) ,则 拒绝假设. 如:某砖瓦厂生产的砖的“抗断强度”ξ 服从正态分布 N(30,0.8) ,质检人员从该厂 某一天生产的 1000 块砖中随机抽查一块,测得它的抗断强度为 27.5 kg/cm2,你认为该厂 这天 生产的这批砖是否合格?为什么? 【例 2】 1. 已知测量误差ξ ~N(2,100) (cm) ,必须进行多少次测量,才能使至少有一次测量 误差的绝对值不超过 8 cm 的频率大于 0.9? 2. 随机变量ξ 服从正态分布 N(0,1) ,如果 P(ξ <1)=0.8413,求 P(-1<ξ <0) 3. 公共汽车门的高度是按照确保 99%以上的成年男子头部不跟车门顶部碰撞设计的,如
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2

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排列组合与二项式定理

果某地成年男子的身高ξ ~N(173,7 ) (cm) ,问车门应设计多高? 4. 公共汽车门的高度是按照确保 99%以上的成年男子头部不跟车门顶部碰撞设计的,如 果某地成年男子的身高ξ ~N(173,72) (cm) ,问车门应设计多高? 5. 一投资者在两个投资方案中选择一个,这两个投资方案的利润 x(万元)分别服从正 态分布 N(8,32)和 N(6,22) ,投资者要求利润超过 5 万元的概率尽量地大,那么他 应选择哪一个方案? 【例 3】 X ~ N (? , ? ) , 设 且总体密度曲线的函数表达式为:f ( x) ?
2

x∈R。

e 2 ? ⑴求μ ,σ ;⑵求 P(| x ? 1 |? 2 ) 及 P(1 ? 2 ? x ? 1 ? 2 2 ) 的值。

1

?

x 2 ? 2 x ?1 4 ,

【例 4】 公共汽车门的高度是按照确保 99%以上的成年男子头部不跟车门顶部碰撞设 计的,如果某地成年男子的身高ε ~N(173,7) (单位:cm) ,问车门应设计多高(精 确到 1cm)? 【例 5】 已知某地每单位面积菜地年平均使用氮肥量 xkg 与每单位面积蔬菜年平均产 量 yt 之间的关系有如下数据: 年份 x(kg) y(t) 1985 70 5.1 1986 74 6.0 1987 80 6.8 1988 78 7.8 1989 85 9.0 1990 92 10.2 1991 90 10.0 1992 95 12.0

1993 1994 1995 1996 1997 1998 1999 年份 x(kg) 92 108 115 123 130 138 145 y(t) 11.5 11.0 11.8 12.2 12.5 12.8 13.0 ⑴求 x 与 y 之间的相关系数,并检验是否线性相关; ⑵若线性相关,求蔬菜产量 y 与使用氮肥量之间的回归直线方程,并估计每单位面 积施肥 150kg 时,每单位面积蔬菜的年平均产量。

四、同步练习 正态分布、线性回归 1.已知从某批材料中任取一件时,取得的这件材料的强度ε ~N(200,18) ,则取得的 这件材料的强度不低于 180 的概率为( ) A.0.9973 B.0.8665 C.0.8413 D.0.8159

x? a ?0 ? 2.已知连续型随机变量 x 的概率密度函数是 f (x) ? ?A a ? x ? b ?0 x ? b ?
其中常数 A>0,则 A 的值为 ( ) A.1 B.b C.

1 b?a

D.b-a

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排列组合与二项式定理

3. 某工厂某产品产量 x 千件) ( 与单位成本 y 元) ( 满足回归直线方程 y ? 77.36 ? 1.82x , 则以下说法中正确的是 ( ) A.产量每增加 1000 件,单位成本下降 1.82 元 B.产量每减少 1000 件,单位成本上升 1.82 元 C.产量每增加 1000 件,单位成本上升 1.82 元 D.产量每减少 1000 件,单位成本下降 1.82 元 4.工人月工资(元)依劳动生产率(千元)变化的回归方程为 y ? 60 ? 90x ,下列判断 正确的是 ( ) A.劳动生产率为 1000 元时,工资为 150 元 B.劳动生产率提高 1000 元时,工资提高 150 元 C.劳动生产率提高 1000 元时,工资提高 90 元 D.劳动生产率为 1000 元时,工资为 90 元 5.若随机变量ε ~N(5,2) ,且 P(ε <a)=0.9,则 a=_____________。
^

?0 其他 ? 6.已知连续型随机变量 x 的分布函数为: f ( x ) ? ?ax 0 ? x ? 1 ?a 1 ? x ? 2 ?
则 a=___________, P (x ?

3 ) ? _____________。 2

7.设随机变量ε 服从 N(0,1) ,求下列各式的值: (1)P(ε ≥2.55); (2)P(ε <-1.44); (3)P(|ε |<1.52)。 8.某厂生产的圆柱形零件的外径ε ~N(4,0.25) 。质检人员从该厂生产的 1000 件零件 中随机抽查一件,测得它的外径为 5.7cm。试问该厂生产的这批零件是否合格? 9.现随机抽取了我校 10 名学生在入学考试中的数学成绩(x)与入学后的第一次考试中 的数学成绩(y) ,数据如下: 学生号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x 120 108 117 104 103 110 104 105 99 108 y 84 64 84 68 69 68 69 46 57 71 试问这 10 个学生的两次数学考试成绩是否具有显著性线性相关关系?

10.某工业部门进行一项研究,分析该部门的产量与生产费用之间的关系,从这个工业 部门内随机抽取选了 10 个企业作样本,有如下资料: 产量(千件) 40 42 48 55 65 79 88 100 120 140 生产费用(千元) 150 140 160 170 150 162 185 165 190 185 完成下列要求: (1)计算 x 与 y 的相关系数; (2)对这两个变量之间是否线性相关进行相关性检验;
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排列组合与二项式定理

(3)设回归直线方程为 y ? bx ? a ,求系数 a,b。

3.2 独立性检验的基本思想及其初步应用
(共计 3 课时) 授课类型:新授课 一、教学内容与教学对象分析 通过典型案例,学习下列一些常用的统计方法,并能初步应用这些方法解决一些实 际问题。 ① 通过对典型案例(如“患肺癌与吸烟有关吗”等)的探究。了解独立性检验(只 要求 2×2 列联表)的基本思想、方法及初步应用。 ② 通过对典型案例(如“人的体重与身高的关系”等)的探究,了解回归的基本 思想、 方法及其初步应用。 二. 学习目标 1、知识与技能 通过本节知识的学习,了解独立性检验的基本思想和初步应用,能对两个分类变量是否 有关做出明确的判断。明确对两个分类变量的独立性检验的基本思想具体步骤,会对具 体问题作出独立性检验。 2、过程与方法 在本节知识的学习中,应使学生从具体问题中认识进行独立性检验的作用及必要性,树 立学好本节知识的信心,在此基础上学习三维柱形图和二维柱形图,并认识它们的基本 作用和存在的不足,从而为学习下面作好铺垫,进而介绍 K 的平方的计算公式和 K 的平 方的观测值 R 的求法,以及它们的实际意义。从中得出判断“X 与 Y 有关系”的一般步骤 及利用独立性检验来考察两个分类变量是否有关系,并能较准确地给出这种判断的可靠 程度的具体做法和可信程度的大小。最后介绍了独立性检验思想的综合运用。 3、情感、态度与价值观 通过本节知识的学习,首先让学生了解对两个分类博变量进行独立性检验的必要性和作 用,并引导学生注意比较与观测值之间的联系与区别,从而引导学生去探索新知识,培 养学生全面的观点和辨证地分析问题,不为假想所迷惑,寻求问题的内在联系,培养学 生学习数学、应用数学的良好的数学品质。加强与现实生活相联系,从对实际问题的分 析中学会利用图形分析、解决问题及用具体的数量来衡量两个变量之间的联系,学习用 图形、 数据来正确描述两个变量的关系。 明确数学在现实生活中的重要作用和实际价值。 教学中,应多给学生提供自主学习、独立探究、合作交流的机会。养成严谨的学习态度 及实事求是的分析问题、 解决问题的科学世界观, 并会用所学到的知识来解决实际问题。 三.教学重点、难点 教学重点:理解独立性检验的基本思想;独立性检验的步骤。 教学难点;1、理解独立性检验的基本思想;
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2、了解随机变量 K 的含义; 3、独立性检验的步骤。 四、教学策略 教学方法:诱思探究教学法 学习方法:自主探究、观察发现、合作交流、归纳总结。 教学手段:多媒体辅助教学 五、教学过程: 对于性别变量,其取值为男和女两种.这种变量的不同“值”表示个体所属的不同 类别,像这类变量称为分类变量.在现实生活中,分类变量是大量存在的,例如是否吸 烟,宗教信仰,国籍,等等.在日常生活中,我们常常关心两个分类变量之间是否有关 系.例如,吸烟与患肺癌是否有关系?性别对于是否喜欢数学课程有影响?等等. 为调查吸烟是否对肺癌有影响,某肿瘤研究所随机地调查了 9965 人,得到如下结果 (单位:人) 表 3-7 吸烟与肺癌列联表
不患肺癌 不吸烟 吸烟 总计 7775 2099 9874 患肺癌 42 49 91 总计 7817 2148 9965

那么吸烟是否对患肺癌有影响吗? 像表 3 一 7 这样列出的两个分类变量的频数表,称为列联表.由吸烟情况和患肺癌 情况的列联表可以粗略估计出:在不吸烟者中,有 0.54 %患有肺癌;在吸烟者中,有 2.28%患有肺癌.因此,直观上可以得到结论:吸烟者和不吸烟者患肺癌的可能性存在 差异. 与表格相比,三维柱形图和二维条形图能更直观地反映出相关数据的总体状况.图 3. 2 一 1 是列联表的三维柱形图,从中能清晰地看出各个频数的相对大小.

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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

图 3.2 一 2 是叠在一起的二维条形图,其中浅色条高表示不患肺癌的人数,深色条 高表示患肺癌的人数.从图中可以看出,吸烟者中患肺癌的比例高于不吸烟者中患肺癌 的比例.

为了更清晰地表达这个特征,我们还可用如下的等高条形图表示两种情况下患肺癌 的比例.如图 3.2 一 3 所示,在等高条形图中,浅色的条高表示不患肺癌的百分比;深 色的条高表示患肺癌的百分比.

通过分析数据和图形,我们得到的直观印象是“吸烟和患肺癌有关” .那么我们是否 能够以一定的把握认为“吸烟与患肺癌有关”呢?
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排列组合与二项式定理

为了回答上述问题,我们先假设 H0:吸烟与患肺癌没有关系.用 A 表示不吸烟, B 表示不患肺癌,则“吸烟与患肺 癌没有关系”独立” ,即假设 H0 等价于 PAB)=P(A)+P(B) . 把表 3 一 7 中的数字用字母代替,得到如下用字母表示的列联表: 表 3-8 吸烟与肺癌列联表
不患肺癌 不吸烟 吸烟 总计 a c a+c 患肺癌 b d b+d 总计 a+b c+d a+b+c+d

在表 3 一 8 中,a 恰好为事件 AB 发生的频数;a+b 和 a+c 恰好分别为事件 A 和 B 发 生的频数.由于频率近似于概率,所以在 H0 成立的条件下应该有

a a?b a?c ? ? , n n n 其中 n ? a ? b ? c ? d 为样本容量, (a+b+c+d)≈(a+b)(a+c) ,
即 ad≈bc. 因此,|ad-bc|越小,说明吸烟与患肺癌之间关系越弱;|ad -bc|越大,说明吸烟与患肺 癌之间关系越强. 为了使不同样本容量的数据有统一的评判标准,基于上面的分析,我们构造一个随 机变量

n ? ad ? bc ? K ? ? a ? b ?? c ? d ?? a ? c ?? b ? d ?
2 2

(1)

其中 n ? a ? b ? c ? d 为样本容量. 若 H0 成立,即“吸烟与患肺癌没有关系” ,则 K “应该很小.根据表 3 一 7 中的数 据,利用公式(1)计算得到 K “的观测值为

9965 ? 7775 ? 49 ? 42 ? 2099 ? K ? ? 56.632 , 7817 ? 2148 ? 9874 ? 91
2 2

这个值到底能告诉我们什么呢? 统计学家经过研究后发现,在 H0 成立的情况下,

P( K 2 ? 6.635) ? 0.01.
2 2

(2)

(2)式说明,在 H0 成立的情况下, K 的观测值超过 6. 635 的概率非常小,近似 为 0 . 01,是一个小概率事件.现在 K 的观测值 k ≈56.632 ,远远大于 6. 635,所以 有理由断定 H0 不成立,即认为“吸烟与患肺癌有关系” .但这种判断会犯错误,犯错误的 概率不会超过 0.01,即我们有 99%的把握认为“吸烟与患肺癌有关系” . 在上述过程中, 实际上是借助于随机变量 K 的观测值 k 建立了一个判断 H0 是否成立 的规则: 如果 k ≥6. 635,就判断 H0 不成立,即认为吸烟与患肺癌有关系;否则,就判断 H0
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2

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排列组合与二项式定理

成立,即认为吸烟与患肺癌没有关系. 在该规则下,把结论“H0 成立”错判成“H0 不成立”的概率不会超过

P( K 2 ? 6.635) ? 0.01,
即有 99%的把握认为从不成立. 上面解决问题的想法类似于反证法.要确认是否能以给定的可信程度认为“两个分 类变量有关系” ,首先假设该结论不成立,即 H0:“两个分类变量没有关系” 成立. 在该假设下我们所构造的随机变量 K 应该很小. 如果由观测数据计算得到的 K 的 观测值 k 很大,则在一定可信程度上说明 H0 不成立,即在一定可信程度上认为“两个分 类变量有关系”如果 k 的值很小, ; 则说明由样本观测数据没有发现反对 H0 的充分证据. 怎样判断 K 的观测值 k 是大还是小呢?这仅需确定一个正数 k0 ,当 k ? k0 时就认
2 2 2

为 K 的观测值 k 大.此时相应于 k0 的判断规则为: 如果 k ? k0 ,就认为“两个分类变量之间有关系” ;否则就认为“两个分类变量之间 没有关系”. 我们称这样的 k0 为一个判断规则的临界值.按照上述规则,把“两个分类变量之间 没有关系”错误地判断为“两个分类变量之间有关系”的概率为 P( K 2 ? k0 ) . 在实际应用中,我们把 k ? k0 解释为有 (1? P(K 2 ? k0 )) ?100% 的把握认为“两个 分类变量之间有关系” ;把 k ? k0 解释为不能以 (1 ? P( K 2 ? k0 )) ?100% 的把握认为“两 个分类变量之间有关系” ,或者样本观测数据没有提供“两个分类变量之间有关系”的充 分证据. 上面这种利用随机变量 K 来确定是否能以一定把握认为 “两个分类变量有关系” 的方法,称为两个分类变量的独立性检验. 利用上面结论,你能从列表的三维柱形图中看出两个变量是否相关吗? 一般地, 假设有两个分类变量 X 和 Y, 它们的可能取值分别为 x1 , x2 } { y1 , y2 } { 和 , 其样本频数列联表(称为 2×2 列联表)为: 表 3 一 9 2×2 列联表
2

2

y1

y2

总计
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选修 2-3

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排列组合与二项式定理

x1 x2
总计

a
c a?c

b

a?b

d b?d

c?d a?b?c?d

若要推断的论述为 Hl:X 与 Y 有关系, 可以按如下步骤判断结论 Hl 成立的可能性: 1.通过三维柱形图和二维条形图,可以粗略地判断两个分类变量是否有关系,但是 这种判断无法精确地给出所得结论的可靠程度. ① 在三维柱形图中,主对角线上两个柱形高度的乘积 ad 与副对角线上的两个柱形 高度的乘积 bc 相差越大,H1 成立的可能性就越大. ② 在二维条形图中,可以估计满足条件 X= x1 的个体中具有 Y= y1 的个体所占的比 例

a c , 也可以估计满足条件 X= x2 的个体中具有 Y= y2 , 的个体所占的比例 “两 . c?d a?b

个比例的值相差越大,Hl 成立的可能性就越大. 2.可以利用独立性检验来考察两个分类变量是否有关系,并且能较精确地给出这种 判断的可靠程度.具体做法是: ① 根据实际问题需要的可信程度确定临界值 k0 ; ② 利用公式( 1 ) ,由观测数据计算得到随机变量 K 的观测值 k ; ③ 如果 k ? k0 ,就以 (1 ? P( K 2 ? k0 )) ?100% 的把握认为“X 与 Y 有关系” ;否则 就说样本观测数据没有提供“X 与 Y 有关系”的充分证据. 在实际应用中,要在获取样本数据之前通过下表确定临界值: 表 3 一 10
2

P(K 2 ? k0 )

0.50 0.455

0.40 0.708

0.25 1.323

0.15 2.072

0.10 1.323

0.05 2.706

0.025 3.841

0.010 5.024

0.005 6.635

0.001 10.828

k0

(四) 、举例: 例 1.在某医院,因为患心脏病而住院的 665 名男性病人中,有 214 人秃顶,而另 外 772 名不是因为患心脏病而住院的男性病人中有 175 人秃顶.
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排列组合与二项式定理

(1)利用图形判断秃顶与患心脏病是否有关系. (2)能够以 99 %的把握认为秃顶与患心脏病有关系吗?为什么? 解:根据题目所给数据得到如下列联表: (1)相应的三维柱形图如图 3.2 一 4 所示.比较来说,底面副对角线上两个柱体高度 的乘积要大一些,可以在某种程度上认为“秃顶与患心脏病有关”.

(2)根据列联表 3 一 11 中的数据,得到

k?

1437 ? (214 ? 597 ? 175 ? 451)2 ≈16.373>6 . 389 ?1048 ? 665 ? 772

因此有 99 %的把握认为“秃顶与患心脏病有关” . 例 2.为考察高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系,在某城市的某校高中生 中随机抽取 300 名学生,得到如下列联表: 表 3 一 12 性别与喜欢数学课程列联表
喜欢数学课程 男 女 总计 37 35 72 不喜欢数学课程 85 143 228 总计 122 178 300

2 由表中数据计算得 K 的观测值 k ? 4.514 . 能够以 95%的把握认为高中生的性别与是否

喜欢数学课程之间有关系吗?请详细阐明得出结论的依据. 解:可以有约 95%以上的把握认为“性别与喜欢数学课之间有关系” .作出这种判断 的依据是独立性检验的基本思想,具体过程如下: 分别用 a , b , c , d 表示样本中喜欢数学课的男生人数、不喜欢数学课的男生人数、 喜欢数学课的女生人数、 不喜欢数学课的女生人数. 如果性别与是否喜欢数学课有关系, 则男生中喜欢数学课的比例 即
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a c 与女生中喜欢数学课的人数比例 应该相差很多, c?d a?b

选修 2-3

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排列组合与二项式定理

|

a c ad ? bc ? |?| | a ? b c ? d (a ? b)(c ? d )

应很大.

将上式等号右边的式子乘以常数因子

(a ? b ? c ? d ( a? b ( c d ) ) ? ) (a ? c) (b d ) ?
,

然后平方得

K2 ?

n(ad ? bc)2 , (a ? b)(c ? d )(a ? c)(b ? d )
2

其中 n ? a ? b ? c ? d .因此 K 越大, “性别与喜欢数学课之间有关系”成立的可能性越 大. 另一方面,在假设“性别与喜欢数学课之间没有关系”的前提下,事件 A ={ K ≥ 3. 841}的概率为 P ( K ≥3. 841) ≈0.05, 因此事件 A 是一个小概率事件.而由样本数据计算得 K 的观测值 k=4.514,即小概率 事件 A 发生.因此应该断定“性别与喜欢数学课之间有关系”成立,并且这种判断结果 出错的可能性约为 5 %.所以,约有 95 %的把握认为“性别与喜欢数学课之间有关系”. 补充例题 1:打鼾不仅影响别人休息,而且可能与患某种疾病有关,下表是一次调查 所得的数据,试问:每一晚都打鼾与患心脏病有关吗? 患心脏病 30 24 54 未患心脏病 224 1355 1579 合计 254 1379 1633
2 2 2

每一晚都打鼾 不打鼾 合计 解:略。

补充例题 2: 对 196 个接受心脏搭桥手术的病人和 196 个接受血管清障手术的病人 进行 3 年跟踪研究,调查他们是否又发作过心脏病,调查结果如下表所示: 又发作过心脏病 心脏搭桥手术 血管清障手术 合计 39 29 68 未发作过心脏病 157 167 324 合计 196 196 392
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排列组合与二项式定理

试根据上述数据比较两种手术对病人又发作心脏病的影响有没有差别。 解略 (四) 课堂小结 1.知识梳理

2.规律小结 (1)三维柱形图与二维条形图 (2)独立性检验的基本思想 (3)独立性检验的一般方法 (五) 作业: 五 课后反思: 本节内容对独立性检验的探讨过程学生基本没什么困难,还有学生提出了新的探讨路径 和思想,学生思维活泼!对独立性检验的作用,本节课也作了系统总结比较。

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