无锡市青山高级中学：不要把分母做繁了（张岭芝）

禁止商用侵权必究 中学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 不要把分母做繁了 张岭芝 (无锡市青山高级中学,江苏无锡214036) 基 处理分式问题的难易往往取决于分母的 比较两种解法,不难看出前者自然流畅也 知繁与简,分母简则分式的化简或计算就易;分特别简单,只需将分子中的20转化为30°-10 识|母繁则分式的化简或计算就难因此我们在解作一次变换,键是保留了分母的简单性而后 决有关分式问题的时候,不要把原本就简单的者的计算量明显高于前者,需要对原式中的两 分母做繁了比如: 处做变动,关键是这样做还增加了分母的“负 例1求os10-2sin20° 担”,把分母做繁了.这给后面的化简带来了麻 值 烦,显然这是一种不可取的做法 本题就是一个三角运算中化同角的计算 再看下面的例子: 问题,容易想到把分子中的20°转化30°-10 例2在平面直 从而有下面的解法: 角坐标系xOy中,点 解法一 cos10°-2im20°cos10°-2sin(30°-10°)A为椭园:4+3=1 的左顶点,过P(2,2) √3sin10° sin10°=3 的直线l与椭圆分别 交于C,D两点,设直线AC,AD的斜率分别 但是有的同学可能不这样想,他会把分子 分母中的10°转化为30-20°,也是化同角,于为k1,k2,求证+为定值 是又有下面的解法 证法一设直线l的斜率为k,显然k存 解法cos10°-2sin20° 在且不为0,则:直线l的方程为 y-2=k(x-2),C(x1,y1),D(x2,y2) cos(30°-20°)-2sin20° 2=k(x-2) 中 由 sin30°cos20°-cos30°sin20° 得(4k2+3)x2+(16k-16k2)x+16k cos20 由△=(16k-16k2)2-4(4k2+3)(16k2 2cos20°√3 32k+4)>0,得k> 3(1020-3sm20 由韦达定理得 16k2-16k cos20--sin20 网址: Zxsscbpt. cnki, net 2 邮箱:zx2486@

中学生数学􀅰２０２０年２月上􀅰第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 学 好 基 础 知 识 不要把分母做繁了 张岭芝 (无锡市青山高级中学,江苏 无锡 ２１４０３６) 处理分式问题的难易往往取决于分母的 繁与简,分母简则分式的化简或计算就易;分 母繁则分式的化简或计算就难．因此,我们在解 决有关分式问题的时候,不要把原本就简单的 分母做繁了．比如: 例１ 求 cos１０°－２sin２０° sin１０° 值． 本题就是一个三角运算中化同角的计算 问题,容易想到把分子中的２０°转化３０°－１０°, 从而有下面的解法: 解法一 cos１０°－２sin２０° sin１０° ＝ cos１０°－２sin(３０°－１０°) sin１０° ＝ ３sin１０° sin１０° ＝ ３． 但是有的同学可能不这样想,他会把分子 分母中的１０°转化为３０°－２０°,也是化同角,于 是又有下面的解法: 解法二 cos１０°－２sin２０° sin１０° ＝ cos(３０°－２０°)－２sin２０° sin(３０°－２０°) ＝ ３ ２ cos２０°＋ １ ２ sin２０°－２sin２０° sin３０°cos２０°－cos３０°sin２０° ＝ ３ ２ cos２０°－ ３ ２ sin２０° １ ２ cos２０°－ ３ ２ sin２０° ＝ ３( １ ２ cos２０°－ ３ ２ sin２０°) １ ２ cos２０°－ ３ ２ sin２０° ＝ ３． 比较两种解法,不难看出前者自然流畅也 特别简单,只需将分子中的２０°转化为３０°－１０° 作一次变换,关键是保留了分母的简单性．而后 者的计算量明显高于前者,需要对原式中的两 处做变动,关键是这样做还增加了分母的“负 担”,把分母做繁了．这给后面的化简带来了麻 烦,显然这是一种不可取的做法． 再看下面的例子: 图１ 例 ２ 在 平 面 直 角坐 标 系 xOy 中,点 A 为椭圆: x２ ４ ＋ y２ ３ ＝１ 的左顶点,过 P(２,２) 的直 线l 与 椭 圆 分 别 交于C,D 两点,设直线 AC,AD 的斜率分别 为k１,k２,求证 １ k１ ＋ １ k２ 为定值． 证法一 设直线l 的斜率为k,显然k 存 在且不为０,则:直线l的方程为 y－２＝k(x－２),C(x１,y１),D(x２,y２), 由 y－２＝k(x－２), x２ ４ ＋ y２ ３ ＝１, ì î í ï ï ïï 得(４k２＋３)x２ ＋(１６k－１６k２)x＋１６k２ － ３２k＋４＝０． 由Δ＝(１６k－１６k２)２－４(４k２＋３)(１６k２－ ３２k＋４)＞０,得k＞ １ ８ ． 由韦达定理得 x１＋x２＝ １６k２－１６k ４k２＋３ , 􀅰２􀅰

学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 16k2-32k+4 得(42+3)y2+(12k-12)y+12-24k=0 于是 得k> 由韦达定理得 基 k(x1-2)+2k(x2-2)+2 础出 (x1+2)[k(x2-2)+2]+(x2+2)[k(x1-2)+2] 4k2+3 [k(x1-2)+2]k(x2-2) 12-24k 2kx1x2+2(x1+x2)+4(2-2k) y1·y2=A.22 k2x1x2+k(2-2k)(x1+x2)+(2-2k)2 16k2-32k+4 是1⊥1x1+2x2+2 k1 yI 长:1642-3264+4→ 、k+4y-2 16k2-16k 4k2+2-+4(2-2) 2y1y2+(4k-2)(y1+y2) 16k2-16k k(2-2k) +(2-2k 24k-2y1+y 2k(16k2-32k+4)+2(16k2-16k)+ k2(16k2-32k+4)+ 4(2-2k)(4k2+3) 是+“=2·二址 2为定值 k(2-2)(16k2-16k)+(2-2)2(4k2+3) k2+3 24-48k 12-24k 2为定值 对比看出,证法二的计算量显然远远小于 这个证法的计算量巨大,如果不具有坚定证法一的计算量 不移的韧劲,恐怕很难坚持到底.其根本原因就 不能把原本就简单的分母做繁了”的另 是把分母y1,y2分别化为k(x1-2)+2,k(x 层含义就是把分母做得简单些,尤其是对于 2)+2再通分太繁了,估计很多同学做到这那些很繁的分母,通过一些必要的手段把分母 步就已经决然放弃,当我们很耐心地看完后化简,从而实现事半功倍的效果 面的计算后,一定会发出疑问,我们为什么要 化难为易,化繁为简,化陌生为熟悉,化未 把原本简单的分母y1y2得那么繁呢?能保留 知为已知,化抽象为具体,化一般问题为特殊 中 这个简单的分母吗?看下面的证法二: 问题是我们解决数学问题的根本方向保持分莒 证法二设直线l的斜率为k,显然k存母的简单性或把分母“做”得简单一些无疑是 在且不为0,设直线的方程为y-2=k(x-2) 这种思想的具体体现,如果我们在分式计算或 C(x1,y1),D(x2,y2) 化简的时候注意这一点,兴许对解题会有不小 教 2=k(x-2), 的帮助呢 由 责审蒋晓东) 址t: zxss cbpt.cnki.n 3 邮箱:zxss2486@163

中学生数学􀅰２０２０年２月上􀅰第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 学 好 基 础 知 识 x１􀅰x２＝ １６k２－３２k＋４ ４k２＋３ , 于是 １ k１ ＋ １ k２ ＝ x１＋２ y１ ＋ x２＋２ y２ ＝ x１＋２ k(x１－２)＋２ ＋ x２＋２ k(x２－２)＋２ ＝ (x１＋２)[k(x２－２)＋２]＋(x２＋２)[k(x１－２)＋２] [k(x１－２)＋２][k(x２－２)＋２] ＝ ２kx１x２＋２(x１＋x２)＋４(２－２k) k２x１x２＋k(２－２k)(x１＋x２)＋(２－２k)２ ＝ ２k １６k２－３２k＋４ ４k２＋３ ＋ k２１６k２－３２k＋４ ４k２＋３ ＋ → ← ２ １６k２－１６k ４k２＋３ ＋４(２－２k) k(２－２k) １６k２－１６k ４k２＋３ ＋(２－２k)２ ＝ ２k(１６k２－３２k＋４)＋２(１６k２－１６k)＋ k２(１６k２－３２k＋４)＋ → ← ４(２－２k)(４k２＋３) k(２－２k)(１６k２－１６k)＋(２－２k)２(４k２＋３) ＝ ２４－４８k １２－２４k ＝２为定值． 这个证法的计算量巨大,如果不具有坚定 不移的韧劲,恐怕很难坚持到底．其根本原因就 是把分母y１,y２ 分别化为k(x１－２)＋２,k(x２ －２)＋２再通分太繁了,估计很多同学做到这 一步就已经决然放弃,当我们很耐心地看完后 面的计算后,一定会发出疑问,我们为什么要 把原本简单的分母y１,y２ 得那么繁呢? 能保留 这个简单的分母吗? 看下面的证法二: 证法二 设直线l 的斜率为k,显然k 存 在且不为０,设直线的方程为y－２＝k(x－２), C(x１,y１),D(x２,y２) 由 y－２＝k(x－２), x２ ４ ＋ y２ ３ ＝１, ì î í ï ï ïï 得(４k２＋３)y ２＋(１２k－１２)y＋１２－２４k＝０, Δ＝(１２k－１２)２－４(４k２＋３)(１２－２４k)＞０, 得k＞ １ ８ ． 由韦达定理得 y１＋y２＝ １２－１２k ４k２＋３ , y１􀅰y２＝ １２－２４k ４k２＋３ , 于是 １ k１ ＋ １ k２ ＝ x１＋２ y１ ＋ x２＋２ y２ ＝ y１－２ k ＋４ y１ ＋ y２－２ k ＋４ y２ ＝ ２y１y２＋(４k－２)(y１＋y２) ky１y２ ＝ ２ k ＋ ４k－２ k 􀅰 y１＋y２ y１y２ ＝ ２ k ＋ ４k－２ k 􀅰 １２－１２k ４k２＋３ １２－２４k ４k２＋３ ＝２为定值． 对比看出,证法二的计算量显然远远小于 证法一的计算量． “不能把原本就简单的分母做繁了”的另 一层含义就是把分母做得简单些,尤其是对于 那些很繁的分母,通过一些必要的手段把分母 化简,从而实现事半功倍的效果． 化难为易,化繁为简,化陌生为熟悉,化未 知为已知,化抽象为具体,化一般问题为特殊 问题是我们解决数学问题的根本方向．保持分 母的简单性或把分母“做”得简单一些无疑是 这种思想的具体体现,如果我们在分式计算或 化简的时候注意这一点,兴许对解题会有不小 的帮助呢! (责审 蒋晓东) 􀅰３􀅰

中学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 关于椭园、双曲线切线方程的一个结论 潘文静 基 (首都师范大学数学科学学院2017级研究生,北京100048) 题目若点M(x0,y0)在圆x2+y2=1 对于已知圆锥曲线的方程,求过圆锥曲线上 知|上,则过点M的圆的切线方程是 点M(x0,y0)的切线方程,一般的做法是设出切 线方程,然后联立圆锥曲线方程和切线方程,令 判别式△=0,求出斜率k,进而得到切线方程 例1(椭圆)若点M(x0,y0)在椭圆+ O口 b2=1(a>b>0)上,则过点M的椭圆的切线 解(1)当x。y0≠0时, 方程是 设过点M的圆的切线l的斜率为k, 解若椭圆过点M的切线l存在斜率 因为OM⊥l, 设其为k, 所以有k·koM=-1, 设切线方程为y=k(x-xo)+y0, 又因为kcm=2 由 所以k y=k(x-x0)+y0, 联立可得 则切线方程为y-yo Cr-n (b2+a2k2)x2+(2a2kyo-2a2k2x0)x+ 整理得yy+xxo=x32+y3 a2k2xo-2a2kroyo +a2y-ab=0 又因为点M(x0,y)在圆x2+y2=1上, 因为切线l与椭圆只有一个交点,所以△ 所以x2+y23=1 =0. 中 所以y0y+xox=1 △=(2a2kyo-2a2k2x0)2-4(b2+a2k2) 即过点M(x0,y0)(x0y0≠0)的圆的切线(a2k2x3-2a2kxy0+a2y-a2b2)=0 即(a2-x3)k2+2x0y0k-y+b2=0(*) 因为点M(x0,y0)在椭圆上, (2)当x。y0=0时,显然过点M的圆切线 所以b2x3+a2y3=a2b2 方程满足(*) 所以b2x3=a2(b2-y3), 思考过椭圆(双曲线)上一点M的切线 a2y02=b2(a2-x3) 方程是否也有类似的结论? (下转第5页) 网址: Zxsscbpt. cnki, net 邮箱:zx2486@163.com

中学生数学􀅰２０２０年２月上􀅰第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 学 好 基 础 知 识 关于椭圆、双曲线切线方程的一个结论 潘文静 (首都师范大学数学科学学院 ２０１７级研究生,北京 １０００４８) 题目 若点 M (x０,y０)在圆x２ ＋y ２ ＝１ 上,则过点 M 的圆的切线方程是 ． 解 (１)当x０y０≠０时, 设过点 M 的圆的切线l的斜率为k, 因为OM ⊥l, 所以有k􀅰kOM ＝－１, 又因为kOM ＝ y０ x０ , 所以k＝－ x０ y０ ． 则切线方程为y－y０＝－ x０ y０ (x－x０), 整理得yy０＋xx０＝x２ ０＋y ２ ０． 又因为点 M(x０,y０)在圆x２＋y ２＝１上, 所以x２ ０＋y ２ ０＝１． 所以y０y＋x０x＝１, 即过点 M(x０,y０)(x０y０≠０)的圆的切线 方程是 y０y＋x０x＝１． (∗) (２)当x０y０＝０时,显然过点 M 的圆切线 方程满足(∗)． 思考 过椭圆(双曲线)上一点 M 的切线 方程是否也有类似的结论? 对于已知圆锥曲线的方程,求过圆锥曲线上 点 M(x０,y０)的切线方程,一般的做法是设出切 线方程,然后联立圆锥曲线方程和切线方程,令 判别式Δ＝０,求出斜率k,进而得到切线方程． 例１ (椭圆)若点 M(x０,y０)在椭圆 x２ a２ ＋ y２ b２ ＝１(a＞b＞０)上,则过点 M 的椭圆的切线 方程是 ． 解 若椭圆过点 M 的切线l存在斜率时, 设其为k, 设切线方程为y＝k(x－x０)＋y０, 由 x２ a２ ＋ y２ b２ ＝１, y＝k(x－x０)＋y０, ì î í ï ï ïï 联立可得 (b２＋a２k２)x２ ＋(２a２ky０ －２a２k２x０)x＋ a２k２x２ ０－２a２kx０y０＋a２y ２ ０－a２b２＝０． 因为切线l与椭圆只有一个交点,所以Δ ＝０． Δ＝ (２a２ky０－２a２k２x０)２ －４(b２ ＋a２k２) (a２k２x２ ０－２a２kx０y０＋a２y ２ ０－a２b２)＝０, 即(a２－x２ ０)k２＋２x０y０k－y ２ ０＋b２＝０ (∗) 因为点 M(x０,y０)在椭圆上, 所以b２x２ ０＋a２y ２ ０＝a２b２, 所以b２x２ ０＝a２(b２－y ２ ０), a２y０ ２＝b２(a２－x２ ０)． (下转第５页) 􀅰４􀅰

学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 对排到数云式阶乘形式的认识 (北京市第十二中学,北京100071) 学好基础 排列数公式有两种形式,一是连乘形式 我们不妨举一个具体的例子:求从a,b,c Am=n(n-1)(n-2)×….×(n-m-1),其d,e,f,g这7个元素中取出4个的排列数 原理通过分步计数原理很容易理解;二是阶乘 根据排列数的定义我们知道,该排列数应记 形式N(-m合乘形式的排列数公式为4: 从另一角度看,我们可将a,b,c,d,e,f 在解决一些化简、证明时具备一定的优势,但进行全排列,得到A2个不同的排列在这些排 对它的理解不能仅限于此是否可以从排列的列中,依次取出指定的4个位置元素作为从这 实际意义出发,对阶乘形式的排列数公式进行7个元素中任选4个的一个排列,这里我们不 解释呢?这一问题中所涉及的思维方法对后妨依次取出每个排列的前四个元素此时不难 续理解组合数公式、明确排列数与组合数的区发现在一些情况下,我们取出的结果完全相 别与联系将有很大的帮助所以在学习组合之 前,有必要对这一内容进行研究 1对Am= 的认识 容易想到等号右边,n!是n个不同元素 取出的结果均为a,b,c,d 的全排列数,(n-m)!是n-m个不同元素的 全排列数,为什么二者相除的结果等于等号左 边的Am(即从n个不同元素中取出m个的排 (下转第6页) 列数)? (上接第4页) 若切线斜率不存在时,切线显然满足 (*)式可以化简为{(k+=0, (共#)式 中 同上,同学们可以自主探索,得到 所以k=-2-°,切线方程为 若点M(x,y)在双曲线-2=1(a>继 0,b>0)上,则过点M的双曲线的切线方程是 教 整理可得b2xox+a2yoy=a (责审高雪松) 邮箱:zxss2486@163

中学生数学􀅰２０２０年２月上􀅰第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 学 好 基 础 知 识 对排列数公式阶乘形式的认识 高 宇 (北京市第十二中学,北京 １０００７１) 排列数公式有两种形式,一是连乘形式: Am n ＝n(n－１)(n－２)×．．．．．．×(n－m－１),其 原理通过分步计数原理很容易理解;二是阶乘 形式:Am n ＝ n! (n－m)!．阶乘形式的排列数公式 在解决一些化简、证明时具备一定的优势,但 对它的理解不能仅限于此．是否可以从排列的 实际意义出发,对阶乘形式的排列数公式进行 解释呢? 这一问题中所涉及的思维方法对后 续理解组合数公式、明确排列数与组合数的区 别与联系将有很大的帮助．所以在学习组合之 前,有必要对这一内容进行研究． １ 对Am n ＝ n! (n－m)! 的认识 容易想到等号右边,n! 是n 个不同元素 的全排列数,(n－m)! 是n－m 个不同元素的 全排列数,为什么二者相除的结果等于等号左 边的Am n (即从n 个不同元素中取出m 个的排 列数)? 我们不妨举一个具体的例子:求从a,b,c, d,e,f,g 这７个元素中取出４个的排列数． 根据排列数的定义我们知道,该排列数应 为A４ ７． 从另一角度看,我们可将a,b,c,d,e,f,g 进行全排列,得到 A７ ７ 个不同的排列．在这些排 列中,依次取出指定的４个位置元素作为从这 ７个元素中任选４个的一个排列,这里我们不 妨依次取出每个排列的前四个元素．此时不难 发现,在一些情况下,我们取出的结果完全相 同,如: a,b,c,d,e,f,g a,b,c,d,e,g,f a,b,c,d,f,e,g a,b,c,d,f,g,e a,b,c,d,g,e,f a,b,c,d,g,f,e ü þ ý ï ï ï ïï ï ï ï ïï 取出的结果均为a,b,c,d． (下转第６页) 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 (上接第４页) (∗)式可以化简为 ay０ b k＋ bx０ a æ è ç ö ø ÷ ２ ＝０, 所以k＝ －b２x０ a２y０ ,切线方程为 y－y０＝－ b２x０ a２y０ (x－x０)． 整理可得b２x０x＋a２y０y＝a２b２． 即 xx０ a２ ＋ yy０ b２ ＝１． (∗∗) 若 切 线 斜 率 不 存 在 时,切 线 显 然 满 足 (∗∗)式． 同上,同学们可以自主探索,得到: 若点 M(x０,y０)在双曲线 x２ a２ － y２ b２ ＝１(a＞ ０,b＞０)上,则过点 M 的双曲线的切线方程是 x０x a２ － y０y b２ ＝１． (责审 高雪松) 􀅰５􀅰

中学生数学·2020年2月上·第627期(高中) (上接第5页) 所以共有A×1=840种不同方法 它们的个数是剩下的3个元素e,f,g的 解法二在7个位置中取出3个位置,3 全排列数,即A3=6个;而取出的前4个元素名女生从左到右按从高到矮的顺序站好共有 基 依次为a,b,c,d,所以a,b,c,d是“从a,b,c,C种不同方法,将4名男生安排在余下4个位 础“,这7个元素中取出4个“的一个排置上,有A种不间方法,所以共有CxA 知/列但是在A中它们包含6种不同情况我们840种不同方法 可以理解为这6种不同情况最终对应为同1个 解法三7名学生全排列有A种不同方 识结果:abc,d当前4个元素为其他结果时 法,其中在4名男生站定的情况下,3名女生有 也具备同样的对应规律,所以从a,b,c,d,e,A3种不同站法.由于3名女生顺序确定,所以 f,g这7个元素中取出4个的排列数为A 这A3种不同站法只对应于1种符合条件的站 同理可知,在n个不同元素中给定m个元法故共一80种不同方法,这也是我们 素的一个排列,余下的n-m个元素的所有排常说的“去序法” 列有(n-m)!种,但它们所对应的是给定m 例2书架上原来摆放着6本书,现要插 入3本不同的书,则不同的插法有() 个元素的同一个排列,所以Am=(n-m)! (A)A种 (B)A4种 对排列数公式阶乘形式的这一认识,一方 (C)A3种 (D)2A3种 面有助于对后续“去序法”的理解;另一方面 答案:(C) 利用这种思维方法很容易理解组合数公式,并 解法一从9个位置中选出3个放入需要 解释排列数公式与组合数之间的关系:组合数插入的3本书有A种不同方法,再将原有的6 CmA中的分子是从n个不同元素中取出的本书按原顺序放入剩下的6个位置,故共有A3 种不同方法 m个的全排列数,由于在组合问题中这m个元 解法二9本书的全排列共A9种,原有的 素不需要排序,所以这m个元素的全排列对应 6本书相对顺序不变,所以需要“去序”,故共有 同一个组合故Am除以Am即为从n个不同元 中 素中取出的m个的组合数 AA种不同方法 2应用 3反思 例14名男生3名女生站成一排,要求3 排列数公式阶乘形式中蕴含的对应规律 名女生从左到右按从高到矮的顺序,共有多少是“去序法”的主要依据,在解决“顺序一定问 种不同站法? 题”时具备一定优势其思维方法对于理解排列 解法一在7个位置中取出4个位置,让与组合的基本概念,明确排列与组合的区别与 ●4名男生站好共有A种不同方法;其余3个位联系有重要的意义,在学习中应该予以重视 置3名女生从左到右按从高到矮的顺序站队 (责审马恩林) 网址: Zxsscbpt. cnki, net 邮箱:zx2486@163.com

中学生数学􀅰２０２０年２月上􀅰第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 学 好 基 础 知 识 (上接第５页) 它们的个数是剩下的３个元素e,f,g 的 全排列数,即 A３ ３ ＝６个;而取出的前４个元素 依次为a,b,c,d,所以a,b,c,d 是“从a,b,c, d,e,f,g 这 ７ 个元素中取出 ４ 个”的一个排 列．但是在A７ ７ 中它们包含６种不同情况,我们 可以理解为这６种不同情况最终对应为同１个 结果:a,b,c,d．当前４个元素为其他结果时, 也具备同样的对应规律,所以从a,b,c,d,e, f,g 这７个元素中取出４个的排列数为 A７ ７ A３ ３ ． 同理可知,在n 个不同元素中给定m 个元 素的一个排列,余下的n－m 个元素的所有排 列有(n－m)! 种,但它们所对应的是给定 m 个元素的同一个排列,所以Am n ＝ n! (n－m)!． 对排列数公式阶乘形式的这一认识,一方 面有助于对后续“去序法”的理解;另一方面, 利用这种思维方法很容易理解组合数公式,并 解释排列数公式与组合数之间的关系:组合数 Cm n ＝ Am n Am m 中的分子是从n 个不同元素中取出的 m 个的全排列数,由于在组合问题中这 m 个元 素不需要排序,所以这m 个元素的全排列对应 同一个组合．故Am n 除以Am m 即为从n 个不同元 素中取出的m 个的组合数． ２ 应用 例１ ４名男生３名女生站成一排,要求３ 名女生从左到右按从高到矮的顺序,共有多少 种不同站法? 解法一 在７个位置中取出４个位置,让 ４名男生站好共有A４ ７ 种不同方法;其余３个位 置３名女生从左到右按从高到矮的顺序站队, 所以共有A４ ７×１＝８４０种不同方法． 解法二 在７个位置中取出 ３ 个位置,３ 名女生从左到右按从高到矮的顺序站好共有 C３ ７ 种不同方法,将４名男生安排在余下４个位 置上,有A４ ４ 种不同方法,所以共有C３ ７ ×A４ ４ ＝ ８４０种不同方法． 解法三 ７名学生全排列有 A７ ７ 种不同方 法,其中在４名男生站定的情况下,３名女生有 A３ ３ 种不同站法．由于３名女生顺序确定,所以 这A３ ３ 种不同站法只对应于１种符合条件的站 法,故共有 A７ ７ A３ ３ ＝８４０种不同方法,这也是我们 常说的“去序法”． 例２ 书架上原来摆放着６本书,现要插 入３本不同的书,则不同的插法有( )． (A)A３ ７ 种 (B)A４ ４ 种 (C)A３ ９ 种 (D)２A３ ３ 种 答案:(C) 解法一 从９个位置中选出３个放入需要 插入的３本书有A３ ９ 种不同方法,再将原有的６ 本书按原顺序放入剩下的６个位置,故共有A３ ９ 种不同方法． 解法二 ９本书的全排列共A９ ９ 种,原有的 ６本书相对顺序不变,所以需要“去序”,故共有 A９ ９ A６ ６ ＝A３ ９ 种不同方法． ３ 反思 排列数公式阶乘形式中蕴含的对应规律 是“去序法”的主要依据,在解决 “顺序一定问 题”时具备一定优势．其思维方法对于理解排列 与组合的基本概念,明确排列与组合的区别与 联系有重要的意义,在学习中应该予以重视． (责审 马恩林) 􀅰６􀅰