第六章 计数原理 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学计数原理单元复习课件系统梳理了两个计数原理、排列组合、二项式定理等核心知识，通过体系构建将概念、公式、应用等内容串联成知识网络，清晰呈现各知识点的内在逻辑与联系。 其亮点在于采用分层探究模式，如通过“两个计数原理典例”的分类分步解析培养数学思维，结合教考衔接中真题与教材溯源强化数学语言应用，单元检测卷覆盖不同难度题型。这种设计兼顾分层教学与个性化复习，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习指导。

章末综合提升 　 第六章 计数原理 体系构建 1 分层探究 2 教考衔接 3 内容索引 单元检测卷 4 体系构建 返回 返回 分层探究 返回 探究点一　两个计数原理 (1)A，B，C，D，E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有 A.36种 B.42种 C.48种 D.60种 典例 1 √ 以A校作为分类标准：①A校去乙地有＝24种；②A校与另一所学校去丙地有＝12种，③A校单独去丙地有＝6种，所以共有24＋12＋6＝42种.故选B. (2)现有五种颜色，可涂到如图所示的四个区域，若要求相邻区域不可以涂相同的颜色，每个区域内只能涂一种颜色，共有______种涂法. 260 分两类：第一类，2，3区域涂同一种颜色.第一步，第1区域，有5种涂法.第二步，第2，3区域有4种涂法；第三步，第4区域有4种涂法，共计有5×4×4＝80种涂法；第二类，2，3区域涂不同颜色.第一步，第1区域，有5种涂法；第二步，第2区域，有4种涂法；第三步，第3区域，有3种涂法；第四步，第4区域，有3种涂法，共计有5×4×3×3＝180种涂法.故共有80＋180＝260种涂法. 规律方法 “分类”与“分步”的区别 1.分类就是能“一步到位”——任何一类中的任何一种方法都能完成这件事情，简单地说分类的标准是“不重不漏，一步完成”. 2.分步则只能“局部到位”——任何一步中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某一部分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成.简单地说步与步之间的方法“相互独立，多步 完成”. 对点练1.(1)不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各3个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出1个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有 A.108种 B.148种 C.186种 D.216种 √ 第一步，从9个球中任意取一个，有 9种取法；第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有6种取法； 第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有4 种取法.根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有9×6×4＝216种.故选D. (2)如图所示的电路，若合上两只开关以接通从A到B的电路，则有_____种不同的接通电路的方法. 13 合上两只开关接通从A到B电路的方法可分为三类：第一类，上路接通，有2×1＝2种方法；第二类，中路接通，有1×7＝7种方法；第三类，下路接通，有2×2＝4种方法.根据分类加法计数原理，共有2＋7＋4＝13种不同的方法. 探究点二　排列、组合应用题 (1)2024年5月15日是第12个全国低碳日，5月13－19日是全国节能宣传周，其主题是“绿色转型，节能攻坚”.某市在5月13、15、17日安排5位人员进行节能宣传，要求每天至少派1位，且每位人员只进行一次宣传，则不同的分派方法有 A.60种 B.90种 C.150种 D.180种 典例 2 √ 将5位人员分成3组，有两种类型，即第一种：1，1，3，第二种：1，2，2，其中第一种有＝10种分组方法，第二种有＝15种分组方法，将分好的3组全排列有＝6种方法，则由分步乘法计数原理得，不同的分派方法有(10＋15)×6＝150种.故选C. (2)某学校在校庆晚会期间连续播放6个广告，其中4个不同的商业广告和2个不同的宣传广告，要求最后播放的必须是宣传广告，且2个宣传广告不能相邻播放，则不同的播放方式有____种. 192 先考虑最后位置必为宣传广告，有＝2种，再考虑4个商业广告的顺序，有＝24种，另一宣传广告插入4个商业广告之间，有＝4种，故共有2×24×4＝192种. 规律方法 1.排列、组合应用题的解题策略 (1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么； (2)区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素是否与顺序有关.排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关. 2.解决排列组合应用题的常用方法与技巧 (1)先取后排，间接排除. (2)特殊优先，一般在后. (3)相邻捆绑，间隔插空. (4)均分除序，定序除序. 对点练2.(1)某平台设有“人物”“视听学习”等多个栏目.假设在这些栏目中，某时段“人物”更新了2篇文章，“视听学习”更新了4个视频.一位学习者准备从更新的这6项内容中随机选取3个视频和2篇文章进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有 A.192种 B.168种 C.144种 D.72种 √ 依题意，分两步进行分析：第一步，先从4个视频中选3个，有种方法；2篇文章全选，有种方法；第二步，2篇文章要相邻，则可以先“捆绑”看成一个元素，内部排列，有种方法；第三步，将“捆绑”元素与3个视频进行全排列，有种方法.故满足题意的学法有＝192种.故选A. (2)杭州亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念，本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度.某路段的传递活动由A，B，C，D，E，F共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从A，B中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且A，C两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为_____. 114 当A完成第一棒时，有＝60种不同的传递方案；当B完成第一棒时，有(－1)×＝54种不同的传递方案.故共有60＋54＝114种不同的传递方案. 探究点三　二项式定理及应用 已知(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等. (1)求n的值； 典例 3 解：第4项与第8项的二项式系数相等，则＝，解得n＝10. (2)求x2的系数； 解：由(1)知，(2x－1)10的展开式中x2项为 (2x)2(－1)8＝180x2，所以a2＝180. (3)求｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜的值. 解：由(1)知，(2x－1)10的展开式中， 当x＝0时，a0＝1， 因为a0，a2，a4，a6，a8，a10∈(0，＋∞)，a1，a3，a5，a7，a9∈ (－∞，0)， 所以｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜a10｜＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10. 当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝(－3)10＝310， 所以｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝310－1. 规律方法 二项式定理的问题类型及解答策略 1.求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项，再由条件确定项数，然后代入通项求出此项的系数. 2.求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入. 3.确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质. 4.整除问题：把所给式子底数写成二项式形式，利用展开式解决. 对点练3.(1)(多选)已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是 A.展开式共有6项 B.二项式系数最大的项是第4项 C.展开式的常数项为540 D.展开式的有理项共有3项 √ √ 由二项式，得当x＝1时，＝，解得n＝6.对于A，展开式共7项，故A错误；对于B，二项式系数最大的项是第4项，故B正确；二项式展开式的通项Tk＋1＝(2)6－k ＝26－2k(－3)k，k∈N，k≤6，对于C，由3－k＝0，得k＝2，则展开式的常数项T3＝22(－3)2＝540，故C正确；对于D，由3－k为整数，得k∈{0，2，4，6}，因此展开式的有理项共有4项，故D错误.故选BC. (2)若(2－x)7＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a7(1＋x)7，则a0＋a1＋a2＋…＋a6的值为_____. 129 令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝27＝128，又(2－x)7＝[3－(x＋1)]7，则a7(1＋x)7＝·30·[－(x＋1)]7，解得a7＝－1.故a0＋a1＋a2＋…＋a6＝128－a7＝128＋1＝129. 返回 教考衔接 返回 (2024·北京卷)在(x－)4的展开式中，x3的系数为 A.6 B.－6 C.12 D.－12 真题 1 √ (x－)4的展开式的通项为Tk＋1＝x4－k(－)k＝(－1)k(k＝0，1，2，3，4)，令4－＝3，解得k＝2，故所求即为(－1)2＝6.故选A. 溯源：(人教A版P30例2)(1)求(1＋2x)7的展开式的第4项的系数； (2)求(2－)6的展开式中x2的系数. 点评：教材例题与真题都考查具体某项的系数，二者几乎相同，体现了真题来源于教材而高于教材，是教材例题的完美变式. (2024·上海卷)在(x＋1)n的展开式中，若各项系数和为32，则展开式中x2项的系数为____. 真题 2 10 令x＝1，所以(1＋1)n＝32，即2n＝32，解得n＝5，所以(x＋1)5的展开式通项为Tk＋1＝·x5－k，令5－k＝2，则k＝3，所以T4＝x2＝10x2. 溯源：(人教A版P35T8)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，求这两项的二项式系数. 点评：教材习题通过第4项与第8项的二项式系数相等，先求出二项式的指数n，而真题则是借助各项系数和求出二项式的指数n，可谓是异曲同工之妙；而最后是求具体项的二项式系数或系数，二者相近，体现了真题来源于教材而高于教材. (2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有____种(用数字作答). 真题 3 64 (1)当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有＝16种. (2)当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有＝24种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有＝24种.综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64种. 溯源：(人教A版P25T3)有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩，现要从中选3门考试成绩. (1)共有多少种不同的选法？ (2)如果物理和化学恰有1门被选，那么共有多少种不同的选法？ (3)如果物理和化学至少有1门被选，那么共有多少种不同的选法？ 点评：教材练习题选考试成绩，真题考选择科目，换瓶不换药，特别教材习题第(3)问物理与化学至少选一门，与真题选3门课，每类至少选一门，基本相同，符合真题要以教材为蓝本进行改造，要引导学生回归教材，减轻学习负担的命题原则. 返回 单元检测卷 返回 1.(＋＝ A. B. C. D. (＋＝＝.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.(x－y)(x＋y)5的展开式中x2y4的系数是 A.－10 B.－5 C.5 D.15 √ (x＋y)5展开式的通项为Tr＋1＝x5－ryr，r＝0，1，2，3，4，5，故xy4的系数为，x2y3的系数为，故(x－y)(x＋y)5展开式中x2y4系数为－＝－5.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.现有4名同学到三个不同的路口参加“小小交通员”志愿活动，若每个路口至少安排一名同学，且每名同学只前往一个路口，则共有安排方法 A.4种 B.6种 C.24种 D.36种 √ 依题意，必有2名同学前往同一个路口参加活动，另外2名同学分别前往不同的路口，因此共有安排方法＝36(种).故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.(1－2x)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则n＝ A.9 B.10 C.11 D.12 因为(1－2x)n展开式中，二项式系数最大的项只有第6项，根据二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大，所以n＋1＝11，解得n＝10.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法 A.120种 B.720种 C.840种 D.960种 A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C，E均有4种颜色可选，故共有涂色方法5×4×3×4×4＝960(种).故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.设(2－3x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＋｜a6｜＝ A.13 344 B.14 625 C.15 561 D.18 773 √ 令x＝0，得a0＝64，易知a1，a3，a5皆为负值，a0，a2，a4，a6皆为正值，令x＝－1，得56＝64＋｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＋｜a6｜，故｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＋｜a6｜＝56－64＝15 561.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1－8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有 A.68种 B.136种 C.272种 D.544种 √ 依题意，分2种情况讨论：①甲乙放在同一排，有＝128种放法；②甲乙不放在同一排，有＝144种放法，则有128＋144＝272种不同的放法.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.不等式x1＋x2＋x3≤12，其中x1，x2，x3是非负整数，则使不等式成立的三元数组(x1，x2，x3)有 A.560组 B.455组 C.91组 D.55组 设x1'＝x1＋1，x2'＝x2＋1，x3'＝x3＋1，则不等式x1＋x2＋x3≤12有多少组非负整数解的问题，转化为：3≤x1'＋x2'＋x3'≤15的正整数解的组数.因为方程x1'＋x2'＋x3'＝3的解的组数为；x1'＋x2'＋x3'＝4的解的组数为；…，x1'＋x2'＋x3'＝15的解的组数为.所以原不等式解的组数为＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝455.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.若(x＋)n的展开式中第4项与第9项的二项式系数相等，则展开式中系数最大的项为 A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项 √ √ 因为(x＋)n的展开式中第4项与第9项的二项式系数相等，所以＝，所以n＝11，由于展开式中项的系数与二项式系数相等，故展开式中系数最大的项为第6项和第7项.故选CD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.在中共二十大代表“燃灯校长”张桂梅老师的不懈努力下，云南华坪山区的2 000多名女孩圆了大学梦，她扎根基层教育默默奉献的精神感动了无数人.受她的影响，有甲、乙、丙、丁四名志愿者主动到A，B，C三所山区学校参加支教活动，要求每个学校至少安排一名志愿者，下列结论正确的是 A.共有18种安排方法 B.若甲、乙被安排在同一所学校，则有6种安排方法 C.若A学校需要两名志愿者，则有24种安排方法 D.若甲被安排在A学校，则有12种安排方法 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所有安排方法有＝36，故A错误；若甲、乙被安排在同一所学校，则有＝6种安排方法，故B正确；若A学校需要两名志愿者，则有＝12种安排方法，故C错误；若甲被安排在A学校，则有＋＝6＋6＝12种安排方法，故D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.杨辉三角把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.根据杨辉三角判断下列说法正确的是 A.(x－1)6＝x6－6x5＋15x4－20x3＋15x2－6x＋1 B.＋4＋6＋4＋＝ C.已知(1－3x)n的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为212 D.已知(x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，则a1＋a2＋a3＋a4＝31 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，因为(x－1)6的展开式的通项为Tk＋1＝x6－k(－1)k，计算即可求出(x－1)6＝x6－6x5＋15x4－20x3＋15x2－6x＋1，故A正确；对于B，因为＝，所以＋4＋6＋4＋＝5＋10＋7＝105＋350＋7＝462，而＝＝462，故B正确；对于C，依题意得，＝，所以n＝10，原式变为(1－3x)10，令x＝1，所以所有项的系数和为(－2)10＝210，故C错误；对于D，令x＝0，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25，令x＝－1，得a0＝1，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝31，根据展开式通项公式，明显可见a5≠0，故D错误.故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.在(＋)6的展开式中，常数项为_____. 20 因为(＋)6的展开式的通项为Tk＋1＝)6－k()k＝36－2kx6(k－3)，k＝0，1，…，6，令6(k－3)＝0，可得k＝3，所以常数项为30＝20. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.班级4名学生报名参加两项学科竞赛，每人至少报一项，每项比赛参加的人数不限，则不同的报名结果有____种.(结果用具体数字表示) 81 每名学生可报一项或两项，所以有＋＝3，所以4名学生共有3×3×3×3＝81种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.已知(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，则(x2＋x＋y)n展开式中不含x5y2的所有项系数和等于_____. 213 因为(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，令x＝1，整理得4n＝ 1 024，解得n＝5，故(x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝(x2＋x)5－r·yr， 令r＝2时，(x2＋x)3的展开式满足Tk＋1＝·x6－k，令6－k＝5，解得k＝1，故含x5y2的所有项系数为·＝30，由于(x2＋x＋y)5的所有项的系数和满足当x＝1，y＝1时，所有项的系数和为35＝243，故不含x5y2的所有项系数和等于243－30＝213. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(本小题满分13分)(1)计算：； 解：＝＝＝1. (2)已知＝(x∈N*)，求x. 解：由＝，得2x＝x＋2或2x＋(x＋2)＝17， 解得x＝2或x＝5，经检验均符合. 故x＝2或x＝5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(本小题满分15分)若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，其中a3＝－160. (1)求m的值； 解：二项式(1＋mx)6的展开式的通项为Tr＋1＝·(mx)r＝·mrxr，r≤6，r∈N， 依题意，a3＝·m3＝－160，解得m＝－2， 所以m的值为－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2. 解：由(1)知，f (x)＝(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6， 令x＝1，得f (1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(1－2)6＝1， 令x＝－1，得f (－1)＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(1＋2)6＝729， 则a0＋a2＋a4＋a6＝，a1＋a3＋a5＝， 所以(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2 ＝［］2－［］2 ＝f (1)·f (－1)＝729. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(本小题满分15分)由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的无重复数字的自然数.求： (1)有多少个含2，3的五位数？ 解：若五位数中含有0，则共有个数； 若五位数中不含0，则共有个数； 则共有＋＝408个五位数. (2)有多少个含数字1，2，3且必须按由大到小顺序排列的六位数？ 解：先将数字1，2，3按由大到小顺序排好，只有一种排法， 再将数字4插入，有4种插法，然后插入数字5，有5种插法，最后插入0，不能插到最左边，有5种插法， 根据分步乘法计数原理得共有4×5×5＝100个六位数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(本小题满分17分)盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔. (1)将这些笔取出后排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也互不相邻，共有多少种不同的排法？ 解：将4支不同的水笔和3支不同的铅笔排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也不相邻，只需先将3支不同的铅笔进行排序，然后将4支不同的水笔插入铅笔所形成的空位中(含两端)，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为＝144种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，共有多少种不同的取法？ 解：随机一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，则铅笔的支数可以是1或2或3，由分类加法计数原理可知，不同的取笔种数为＋＋＝18＋12＋1＝31种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子，使得每个盒子中至少有一支铅笔和一支水笔，共有多少种不同的放法？(注：要写出算式，结果用数字表示) 解：先将4支水笔分为3组，这三组水笔的支数分别为2，1，1，再将这三组水笔分配给三个盒子，所以不同的放法种数为＝6×6＝36种，再将3支铅笔放入3个盒子，每个盒子1支，不同的放法种数为种，由分步乘法计数原理可得，不同的放法种数为6×36＝216种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(本小题满分17分)莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用.所有大于1的正整数n都可以被唯一表示为有限个质数(质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数)的乘积形式：n＝…(k为n的质因数个数，pi为质数，ri≥1，i＝1，2，…，k)，例如：90＝2×32×5，对应k＝3，p1＝2，p2＝3，p3＝5，r1＝1，r2＝2，r3＝1.现对任意n∈N*，定义莫 比乌斯函数μ(n)＝ (1)求μ(66)，μ(525)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：因为66＝2×3×11，则k＝3，p1＝2，p2＝3，p3＝11，r1＝1，r2＝1，r3＝1， 所以μ(66)＝(－1)3＝－1， 又525＝3×52×7，则k＝3，p1＝3，p2＝5，p3＝7，r1＝1，r2＝2，r3＝1， 所以μ(525)＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)记n的所有真因数(除了1和n以外的因数)依次为a1，a2，…，am， ①若n＝210，求μ(a1)＋μ(a2)＋…＋μ(am)； 解：n＝210＝2×3×5×7，所以a1＝2，a2＝3，a3＝5，a4＝6，a5＝7，a6＝10， a7＝14，a8＝15，a9＝21，a10＝30，a11＝35，a12＝42，a13＝70，a14＝105， 则μ(a1)＝－1，μ(a2)＝－1，μ(a3)＝－1，μ(a4)＝(－1)2＝1，μ(a5)＝－1， μ(a6)＝(－1)2＝1，μ(a7)＝(－1)2＝1，μ(a8)＝(－1)2＝1，μ(a9)＝(－1)2＝1， μ(a10)＝(－1)3＝－1，μ(a11)＝(－1)2＝1，μ(a12)＝(－1)3＝－1，μ(a13)＝(－1)3＝－1，μ(a14)＝(－1)3＝－1， 所以μ(a1)＋μ(a2)＋…＋μ(am)＝－1－1－1＋1－1＋1＋1＋1＋1－1＋1－1－1－1＝－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②若n＞1且μ(n)＝1，求μ(a1)＋μ(a2)＋…＋μ(am). 返回 解：由于n＞1且μ(n)＝1，所以可设n＝p1p2…pk，k为偶数， n的所有因数，除了1之外都是p1，p2，…，pk中的若干个数的乘积， 从k个质数中任选i(i＝1，2，…，k)个数的乘积一共有种结果， 所以μ(1)＋μ(a1)＋μ(a2)＋…＋μ(am)＋μ(n) ＝μ(1)＋[μ(p1)＋μ(p2)＋…＋μ(pk)]＋[μ(p1p2)＋μ(p2p3)＋…＋μ(pk－1pk)]＋…＋μ(n) ＝1＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)k－1＋(－1)k＝(1－1)k＝0， 所以μ(a1)＋μ(a2)＋…＋μ(am)＝0－μ(1)－μ(n)＝－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 计 数 原 理 返回 $