3.1.3 第1课时 组合与组合数-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦组合的概念、组合数公式及应用，课堂从排列概念导入，通过对比排列与组合的异同（如“选2名学生完成同一项工作”与“完成两项不同工作”）搭建学习支架，帮助学生从已学排列自然过渡到组合知识。 其特色是以数学抽象和逻辑推理为核心，通过“判断从全班选5人组成班委会是否为组合问题”等实例辨析概念，结合组合数公式推导与解方程训练数学运算。采用评价自测、分层练习的总结方法，学生能提升抽象思维与解题能力，教师可直接利用系统资源实施分层教学。

第三章　排列、组合与二项式定理 3.1　排列与组合 3.1.3　组合与组合数 第1课时　组合与组合数 课程标准：1.通过实例，理解组合的概念.2.能利用计数原理推导组合数公式． 教学重点：理解组合的概念、组合数公式． 教学难点：利用组合数公式解决一些简单的实际问题． 核心素养：1.通过组合、组合数概念的学习培养数学抽象素养.2.通过组合数公式的学习培养逻辑推理素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　组合的定义 一般地，从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象____________，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个组合． [想一想]　排列与组合有什么相同点和不同点？ 并成一组 提示：排列与组合的相同点是从n个不同对象中任取m个对象，不同点是组合是“不管对象的顺序并成一组”，而排列是要求对象按照一定的顺序排成一列． 核心概念掌握 5 知识点二　组合数与组合数公式 所有组合 1 核心概念掌握 6 1．(组合的概念)下列问题中，组合问题的个数是(　　) ①从全班50人中选出5人组成班委会； ②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员； ③从1，2，3，…，9中任取两个数求积； ④从1，2，3，…，9中任取两个数求差或商． A．1 B．2 C．3 D．4 核心概念掌握 7 3．(组合数公式的简单应用)从6名学生中选出3名学生参加数学竞赛的不同选法种数是________． 20 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　组合的概念 例1　给出下列问题： (1)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成一项工作，有多少种不同的选法？ (2)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成两项不同的工作，有多少种不同的选法？ (3)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？ (4)a，b，c，d四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？ 在上述问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？ 核心素养形成 10 解　(1)2名学生完成的是同一项工作，没有顺序，是组合问题． (2)2名学生完成两项不同的工作，有顺序，是排列问题． (3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题． (4)冠亚军是有顺序的，是排列问题． 核心素养形成 11 【感悟提升】　辨析排列问题、组合问题的切入点 (1)组合的特点是只选不排，即组合只是从n个不同的对象中取出m(m≤n)个不同的对象即可． (2)只要两个组合中的对象完全相同，不管顺序如何，这两个组合就是相同的组合． (3)判断组合与排列的依据是看是否与顺序有关，与顺序有关的是排列问题，与顺序无关的是组合问题． 核心素养形成 12 【跟踪训练】　 1．判断下列问题是排列问题，还是组合问题： (1)从集合A＝{－1，－7，10，8，6，4}中任取两个数相加，得到的和共有多少个？ (2)从集合A＝{－1，－7，10，8，6，4}中任取两个数相除，得到的商共有多少个？ (3)从全班40人中选出3人参加某项活动，有多少种不同的选法？ (4)3人去做5种不同的工作，每人做1种，有多少种不同的安排方法？ 核心素养形成 13 解:(1)从集合A中取出两个数后，改变两个数的顺序，其和不变．因此，此问题只与取出的对象有关，与对象的顺序无关，故是组合问题． (2)从集合A中取出两个数相除，若改变其除数、被除数的位置，其结果就不同，因此其商的值与对象的顺序有关，是排列问题． (3)3人参加某项活动，没有顺序，是组合问题． (4)3人去做5种不同的工作，每人做1种，与顺序有关，是排列问题． 核心素养形成 14 题型二　组合数公式 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【感悟提升】　使用组合数公式的注意点 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 题型三　组合数公式的简单应用 例3　(1)书架上有3本不同的数学书，4本不同的物理书，图书管理员从中任取2本，则不同的取法种数为(　　) A．7 B．12 C．21 D．42 核心素养形成 20 (2)从甲、乙等6名同学中随机选4名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的情况有________种． 6 核心素养形成 21 【感悟提升】　求解简单组合问题的思路 (1)弄清要做的这件事是什么事． (2)看选取出的对象之间是否与顺序有关，也就是判断是否是组合问题． (3)利用组合数公式求出结果． 核心素养形成 22 【跟踪训练】　 3．一个口袋内装有大小相同的4个白球和1个黑球． (1)从口袋内取出3个球，有多少种取法？ (2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ (3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 核心素养形成 23 随堂水平达标 1.(多选)下列问题是组合问题的是(　　) A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？ B．平面上有2026个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？ C．有4张电影票，要在7人中选出4人去观看，有多少种不同的选法？ D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？ 解析：组合问题与顺序无关，排列问题与顺序有关，易知A，B，C均是组合问题；D项中选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两种不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题．故选ABC. 随堂水平达标 25 随堂水平达标 26 3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有(　　) A．720种 B．120种 C．86400种 D．30种 随堂水平达标 27 {6，7，8，9} 随堂水平达标 28 5．某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建“村村通”工程，共需建公路的条数为________． 28 随堂水平达标 29 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 组合的 概念 利用排列数、组合数公式计算 与数字有关的组合问题 根据组合数公式计算古典概型问题 根据排列数公式、组合数公式判断等式是否成立 利用排列数、组合数公式计算 根据排列数、组合数公式解方程 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 与分组有关的组合问题 与数字有关的组合问题 根据组合数、排列数公式计算、解方程 组合数解决集合子集的问题 几何中的组合问题 根据组合数公式求值、解不等式 根据组合数公式证明恒等式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 一、选择题 1．下列问题属于组合问题的是(　　) A．从3名教师中，选出2名分别去北京、上海学习 B．从10名司机中选出4名，分配到4辆汽车上 C．某同学从4门课程中选修2门 D．从13位同学中任选出两位担任学习委员、体育委员 解析：从3名教师中，选出2名分别去北京、上海学习与顺序有关，属于排列问题；从10名司机中选出4名，分配到4辆汽车上与顺序有关，属于排列问题；某同学从4门课程中选修2门与顺序无关，属于组合问题；从13位同学中任选出两位担任学习委员、体育委员与顺序有关，属于排列问题．故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 3．从2，3，…，8中任意取三个不同的数字组成无重复数字的三位数，要求个位数最大，百位数最小，则这样的三位数的个数为(　　) A．35 B．42 C．105 D．210 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 8．把8名同学分成两组，一组5人学习电脑，一组3人做生物实验，则不同的安排方法有__________种． 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 三、解答题 9．世界数学三大猜想：“费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.280多年过去了，“哥德巴赫猜想”仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．“哥德巴赫猜想”描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过20的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的选法有多少种？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 11．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}⊆{1，2，3，4，5，6，7，8}，若存在ai，aj∈A，使得|ai－aj|＝1，则集合A的个数为(　　) A．70 B．65 C．60 D．50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 12．已知正方形ABCD的中心为点O，以A，B，C，D，O中三个点为顶点的三角形共有________个． 8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 　　　　　　　　　　　　　 R 组合数定义 从n个不同对象中取出m个对象的__________的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数 表示法 __________ 组合数公式 乘积式 Ceq \o\al(m,n)＝__________＝eq \f(n（n－1）…[n－（m－1）],m×（m－1）×…×2×1) 阶乘式 ____________________ 规定：Ceq \o\al(0,n)＝______． Ceq \o\al(m,n) m,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！m！) 2．(组合数公式)计算2Ceq \o\al(5,7)＋Aeq \o\al(2,5)的值是(　　) A．62 B．102 C．152 D．540 例2　(1)计算：Ceq \o\al(4,10)－Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(3,3). 解　原式＝Ceq \o\al(4,10)－Aeq \o\al(3,7)＝eq \f(10×9×8×7,4×3×2×1)－7×6×5＝210－210＝0. (2)已知m,5)eq \f(1,C) －m,6)eq \f(1,C) ＝m,7)eq \f(7,10C) ，求Ceq \o\al(m,8). 解　原方程可化为eq \f(m！（5－m）！,5！)－eq \f(m！（6－m）！,6！)＝eq \f(7×（7－m）！m！,10×7！)， 即eq \f(m！（5－m）！,5！)－eq \f(m！（6－m）（5－m）！,6×5！) ＝eq \f(7×m！（7－m）（6－m）（5－m）！,10×7×6×5！)， 即1－eq \f(6－m,6)＝eq \f(（7－m）（6－m）,60)， 即m2－23m＋42＝0，解得m＝2或m＝21(不符合题意，舍去)． 所以Ceq \o\al(m,8)＝Ceq \o\al(2,8)＝28. (1)像排列数公式一样，公式Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n（n－1）…（n－m＋1）,m！)一般用于计算；而公式Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！)及Ceq \o\al(m,n)＝m,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) 一般用于证明、解方程(不等式)等． (2)在解决与组合数Ceq \o\al(m,n)有关的问题时，要注意隐含条件“m≤n且m∈N，n∈N＋”的运用． (3)要注意公式A mn＝Ceq \o\al(m,n)Aeq \o\al(m,m)的逆向运用，如本例(1)中可利用“Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(3,3)＝Aeq \o\al(3,7)”简化计算过程． 【跟踪训练】　 2．(1)求值：Ceq \o\al(5－n,n)＋Ceq \o\al(9－n,n＋1). 解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－n≤n，,5－n≥0，,9－n≤n＋1，,9－n≥0，))解得4≤n≤5. 又n∈N＋，所以n＝4或n＝5. 当n＝4时，原式＝Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(5,5)＝5； 当n＝5时，原式＝Ceq \o\al(0,5)＋Ceq \o\al(4,6)＝16. (2)求证：Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m＋1,n－m)Ceq \o\al(m＋1,n). 证明：因为Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！)， eq \f(m＋1,n－m)Ceq \o\al(m＋1,n)＝eq \f(m＋1,（m＋1）！)·eq \f(n！,（n－m）（n－m－1）！) ＝eq \f(n！,m！（n－m）！)， 所以Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m＋1,n－m)Ceq \o\al(m＋1,n). 解析　由题意可知，不同的取法种数为Ceq \o\al(2,7)＝eq \f(7×6,2×1)＝21.故选C. 解析　除了甲、乙之外还有4名同学，从中再选2名同学，所以甲、乙都入选的情况有Ceq \o\al(2,4)＝6种． 解：(1)从口袋内的5个球中取出3个球，取法种数是Ceq \o\al(3,5)＝10. (2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是需要从4个白球中取出2个，取法种数是Ceq \o\al(2,4)＝6. (3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从4个白球中取出3个球，取法种数是Ceq \o\al(3,4)＝4. 2．计算Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(2,6)＝(　　) A．34 B．35 C．36 D．37 解析：Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(2,6)＝eq \f(3×2,2×1)＋eq \f(4×3,2×1)＋eq \f(5×4,2×1)＋eq \f(6×5,2×1)＝3＋6＋10＋15＝34.故选A. 解析：三张票没区别，从10人中选3人即可，所以分法有Ceq \o\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120种．故选B. 4．若Ceq \o\al(4,n)>Ceq \o\al(6,n)，则n的取值集合是______________． 解析：∵Ceq \o\al(4,n)>Ceq \o\al(6,n)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n！,4！（n－4）！)>\f(n！,6！（n－6）！)，,n≥6))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2－9n－10<0，,n≥6))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<n<10，,n≥6.))∵n∈N＋，∴n＝6，7，8，9，∴n的取值集合为{6，7，8，9}． 解析：由于“村村通”公路的修建是组合问题，故共需建公路的条数为Ceq \o\al(2,8)＝eq \f(8×7,2)＝28. 2．Aeq \o\al(2,7)－Ceq \o\al(5,7)＝(　　) A．63 B．10 C．21 D．0 解析：由题意得Aeq \o\al(2,7)－Ceq \o\al(5,7)＝7×6－eq \f(7×6×5×4×3,5×4×3×2×1)＝21.故选C. 解析：由于取出三个数字后大小次序已确定，只需把最小的数字放在百位，最大的数字放在个位，剩下的数字放在十位，因此满足条件的三位数的个数为Ceq \o\al(3,7)＝35. 4．正六边形六个顶点中任取四个点，构成等腰梯形的概率是(　　) A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,5) 解析：正六边形六个顶点中任取四个点，不同的方法共有Ceq \o\al(4,6)＝15种，在如图所示的正六边形A1A2A3A4A5A6中，显然四边形A1A2A3A4，A1A2A3A6，A1A2A5A6，A1A4A5A6，A2A3A4A5，A3A4A5A6是等腰梯形，共6个，所以正六边形六个顶点中任取四个点，构成等腰梯形的概率是eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).故选D. 5．(多选)下列四个式子正确的是(　　) A．Ceq \o\al(m,n)＝m,n)eq \f(A,m！) B．Aeq \o\al(m,n)＝nAeq \o\al(m－1,n－1) C．Ceq \o\al(m,n)÷Ceq \o\al(m＋1,n)＝eq \f(n＋1,n－m) D．Ceq \o\al(m＋1,n＋1)＝eq \f(n＋1,m＋1)Ceq \o\al(m,n) 解析：对于A，显然正确；对于B，Aeq \o\al(m,n)＝n(n－1)·(n－2)…(n－m＋1)，Aeq \o\al(m－1,n－1)＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以Aeq \o\al(m,n)＝nAeq \o\al(m－1,n－1)，故B正确；对于C，Ceq \o\al(m,n)÷Ceq \o\al(m＋1,n)＝m,n)eq \f(C,Ceq \o\al(m＋1,n)) ＝m,n)eq \f(A（m＋1）！,m！Aeq \o\al(m＋1,n)) ＝eq \f(m＋1,n－m)，故C错误；对于D，Ceq \o\al(m＋1,n＋1)＝m＋1,n＋1)eq \f(A,（m＋1）！) ＝m,n)eq \f(（n＋1）A,（m＋1）m！) ＝eq \f(n＋1,m＋1)Ceq \o\al(m,n)，故D正确．故选ABD. 二、填空题 6．Ceq \o\al(13,15)－Aeq \o\al(3,5)＝________． 解析：Ceq \o\al(13,15)－Aeq \o\al(3,5)＝eq \f(15！,13！（15－13）！)－5×4×3＝eq \f(15×14,2×1)－60＝105－60＝45. 7．若Aeq \o\al(3,m)＝6Ceq \o\al(4,m)，则m的值为________． 解析：由Aeq \o\al(3,m)＝6Ceq \o\al(4,m)，得eq \f(m！,（m－3）！)＝6·eq \f(m！,4！（m－4）！)，即eq \f(1,m－3)＝eq \f(1,4)，解得m＝7. 解析：从8名同学中选5人学习电脑，其余3人做生物实验，则不同的安排方法有Ceq \o\al(5,8)＝56种． 解：依题意，不超过20的质数有2，3，5，7，11，13，17，19， 从中随机选取两个不同的数，其和为偶数，即从3，5，7，11，13，17，19中任取两个， 所以不同的选法种数是Ceq \o\al(2,7)＝21. 10．(1)计算：3Ceq \o\al(3,8)－2Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(8,8)； (2)解方程：3Ceq \o\al(x－7,x－3)＝5Aeq \o\al(2,x－4). 解：(1)3Ceq \o\al(3,8)－2Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(8,8)＝3×eq \f(8×7×6,3×2×1)－2×eq \f(5×4,2×1)＋1＝149. (2)原方程可化为3·eq \f(（x－3）！,（x－7）！4！)＝5·eq \f(（x－4）！,（x－6）！)， 则eq \f(3（x－3）,4！)＝eq \f(5,x－6)，即(x－3)(x－6)＝40， ∴x2－9x－22＝0，解得x＝11或x＝－2. 又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－7≥0，,x－4≥2，))且x∈N＋，即x≥7，且x∈N＋， ∴方程的根为x＝11. 解析：因为A＝{a1，a2，a3，a4}⊆{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以集合A共有Ceq \o\al(4,8)＝eq \f(8×7×6×5,4×3×2×1)＝70个，设∀ai，aj∈A，|ai－aj|≠1，则这样的集合有{1，3，5，7}，{1，3，5，8}，{1，3，6，8}，{1，4，6，8}，{2，4，6，8}，共5个，所以若存在ai，aj∈A，使得|ai－aj|＝1，则集合A的个数为70－5＝65.故选B. 解析：根据题意，如图，在A，B，C，D，O中，任取三个点，有Ceq \o\al(3,5)＝10种取法，其中不能构成三角形的有A，O，C和B，O，D两种取法，则以A，B，C，D，O中三个点为顶点的三角形共有10－2＝8个． 13．(1)设x∈N＋，求Ceq \o\al(x－1,2x－3)＋Ceq \o\al(2x－3,x＋1)的值； (2)解不等式：Ceq \o\al(x－4,20)＜Ceq \o\al(x－2,20)＜Ceq \o\al(x,20). 解：(1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3≥x－1，,x＋1≥2x－3，)) 解得2≤x≤4， ∵x∈N＋，∴x＝2或x＝3或x＝4， 当x＝2时，原式＝1＋Ceq \o\al(1,3)＝4； 当x＝3时，原式＝Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(3,4)＝7； 当x＝4时，原式＝Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(5,5)＝11. ∴所求式的值为4或7或11. (2)原不等式可化为eq \f(20！,（x－4）！（24－x）！)＜eq \f(20！,（x－2）！（22－x）！) ＜eq \f(20！,x！（20－x）！) 由题意可知，4≤x≤20且x∈N＋， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x－3）＜（24－x）（23－x），,x（x－1）＜（22－x）（21－x）)) ⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜13，,x＜11))⇒x＜11，∴4≤x<11. 又x∈N＋，∴x＝4，5，6，7，8，9，10. ∴原不等式的解集是{4，5，6，7，8，9，10}． 14．已知m，n，k∈N＋，m≥k＋n，k≥n. (1)证明：Ceq \o\al(k,m)Ceq \o\al(n,m－k)＝Ceq \o\al(n,m)Ceq \o\al(k,m－n)； (2)证明：Ceq \o\al(k,m)Ceq \o\al(n,k)＝Ceq \o\al(n,m)Ceq \o\al(k－n,m－n). 证明：(1)因为Ceq \o\al(k,m)Ceq \o\al(n,m－k)＝eq \f(m！,k！（m－k）！)·eq \f(（m－k）！,n！（m－k－n）！) ＝eq \f(m！,k！n！（m－n－k）！)，Ceq \o\al(n,m)Ceq \o\al(k,m－n)＝eq \f(m！,n！（m－n）！)·eq \f(（m－n）！,k！（m－n－k）！) ＝eq \f(m！,k！n！（m－n－k）！)， 所以Ceq \o\al(k,m)Ceq \o\al(n,m－k)＝Ceq \o\al(n,m)Ceq \o\al(k,m－n). (2)因为Ceq \o\al(k,m)Ceq \o\al(n,k)＝eq \f(m！,k！（m－k）！)·eq \f(k！,n！（k－n）！) ＝eq \f(m！,n！（m－k）！（k－n）！)， Ceq \o\al(n,m)Ceq \o\al(k－n,m－n)＝eq \f(m！,n！（m－n）！)·eq \f(（m－n）！,（k－n）！（m－k）！) ＝eq \f(m！,n！（m－k）！（k－n）！)， 所以Ceq \o\al(k,m)Ceq \o\al(n,k)＝Ceq \o\al(n,m)Ceq \o\al(k－n,m－n). $