党课材料-生物教学反思

高中数学课本回归（2-3）

第一章 计数原理

第二章 概率
一、基础知识
1．加法原理：做一件事有n类办法，在第1类办 法中有m
1
种不同的方法，在第2类办法中有m
2
种不同的
方法，„ „，在第n类办法中有m
n
种不同的方法，那么完成这件事一共有N=m
1
+ m
2
+„+m
n
种不同的方法。
2．乘法原理：做一件事，完成它 需要分n个步骤，第1步有m
1
种不同的方法，第2步有m
2
种不同的方法， „„，
第n步有m
n
种不同的方法，那么完成这件事共有N=m
1
× m
2
ׄ×m
n
种不同的方法。
3．排列与排列数：从n个不同元 素中，任取m(m≢n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n个不同元
素中取出m个元素的一个排 列，从n个不同元素中取出m个(m≢n)元素的所有排列个数，叫做从n个不同
元素中取出m个元素的 排列数，用
A
n
m
表示，
A
n
m
=n(n -1)„(n-m+1)=
n!
(nm)!
,其中m,n∈N,m≢n,
注：一般地
A
n
0
=1，0！=1，
A
n
n
=n!。
A
n
n
n
4．N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。 5．组合与组合数：一般地，从n个不同元素中，任取m(m≢n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中 取
出m个元素的一个组合，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。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< br>C
n
表示：
C
n

m
m
n(n 1)

(nm1)
m!

n!
m!(nm)!
.

n
mnmmmn1
6．【了解】组合数的基本性质：（1）
C
n
C
n
；（2）
C
n1
C
n< br>C
n
；（3）
C
n1
C
n
；（4）< br>k1k
k
n
C
0
n
C

C
1
n
n
n


C
k0
k
n
n
2
；（5）
C
k
C
k1
 C
km
C
km1
；（6）
C
n
C
k
C
nm
。
kkkk1kmnk
7．定理1：不定方程 x
1
+x
2
+„+x
n
=r的正整数解的个数为
C
r
n


1
1
。
[证明]将r个相同的 小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A，不定方程x
1
+x
2
+„+ x
n
=r的正整数解
构成的集合为B，A的每个装法对应B的唯一一个解，因而构成映 射，不同的装法对应的解也不同，因此
为单射。反之B中每一个解(x
1
,x
2
,„,x
n
),将x
i
作为第i个盒子中球的个数，i=1,2, „,n，便得到A的一
个装法，因此为满射，所以是一一映射，将r个小球从左到右排成一列，每种装法 相当于从r-1个空格中
选n-1个，将球分n份，共有
C
r1
种。故定理 得证。
推论1 不定方程x
1
+x
2
+„+x
n
=r的非负整数解的个数为
C
nr1
.

推论2 从n个不 同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组合，其组合数
为
Cnm1
.

0n1n12n22rnrrnn
n
8． 二项式定理：若n∈N
+
,则(a+b)=
C
n
aC
n< br>abC
n
abC
n
abC
n
b
.其中第r+1
m
r
n1
项T
r+1
=
C
n
a
rnr
b,C
n
叫二项式系数。
数学选修2—1第 1 页 共 12 页
rr

9．随机事件：在一 定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。在大量重复进行同一试验时，事
件A发生的频率≢p(A)≢1.
10.等可能事件的概率，如果一次试验中共有n种等可能出现的结果，其中事 件A包含的结果有m种，那
么事件A的概率为p(A)=
m
n
.
< br>m
n
总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件A发生的概率，记作p(A ),0
11.互斥事件：不可能同时发生的两个事件，叫做互斥事件，也叫不相容事件。如果事件A1
，A
2
，„，A
n
彼此互斥，那么A
1
，A
2
，„，A
n
中至少有一个发生的概率为
p(A
1
+A
2
+„+A
n
)= p(A
1
)+p(A
2
)+„+p(A
n
).
1 2．对立事件：事件A，B为互斥事件，且必有一个发生，则A，B叫对立事件，记A的对立事件为
A< br>。由
定义知p(A)+p(
A
)=1.
13．相互独立事件：事件A （或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做
相互独立事件。
14．相互独立事件同时发生的概率：两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积。即p(A•B)=p(A)•p(B).若事件A
1
，A
2
，„，An
相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p(A
1
•A
2
• „
•A
n
)=p(A
1
)•p(A
2
)• „ •p(A
n
).
15.独立重复试验:若n次重复试验中,每次试验结果的概率 都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试
验是独立的.
16.独立重复试验的概率:如 果在一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,这个事件
恰好发生k次的概率为 p
n
(k)=
C
n
•p(1-p).
17．离散型随机为 量的分布列：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫随机变量，
例如一次射击命 中的环数ξ就是一个随机变量，ξ可以取的值有0,1,2,„,10。如果随机变量的可能取值
可以一 一列出，这样的随机变量叫离散型随机变量。
一般地，设离散型随机变量ξ可能取的值为x
1
,x
2
,„,x
i
,„,ξ取每一个值x
i
(i= 1,2,„)的概率p(ξ
=x
i
)=p
i
，则称表
ξ
p
x
1

p
1

x
2

p
2

x
3

p
3

„
„
x
i

p
i

„
„ k
kn-k
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称Eξ=x
1
p
1
+x
2
p
2
+„+x
n
p
n< br>+„为ξ的数学期望或平均值、均值、
简称期望，称Dξ=(x
1
-Eξ)2• p
1
+(x
2
-Eξ)2•p
2
+„+(x
n-Eξ)2p
n
+„为ξ的均方差，简称方差。
D

叫随机变量ξ的标准差。
18．二项分布：如果在一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，这个事件恰好发
kknk
生k次的概率为p(ξ=k)=
C
n< br>pq
, ξ的分布列为
ξ
p
0
0
C
n
pq

0n1
1
C
n
pq
1n1
„

„
k
x
i

C
n
pq
knk
„

„
N
C
n
p

nn
此时称ξ服从二项分布，记作ξ～B(n,p).若ξ～B(n,p)，则Eξ=np,Dξ=npq,以上 q=1-p.
19.几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随 机变量，若在一次
试验中该事件发生的概率为p，则p(ξ=k)=q
k-1
p(k= 1,2,„)，ξ的分布服从几何分布，Eξ=
1
p
，Dξ
数学选修2—1第 2 页 共 12 页

=
q
p
2
(q=1-p).
二、基础例题【必会】
1．乘法原理。
例1 有2n个人参加收发电报培训，每两个人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？
[解] 将 整个结对过程分n步，第一步，考虑其中任意一个人的配对者，有2n-1种选则；这一对结好后，
再从 余下的2n-2人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者，有2n-3种选择，„„这样一直进行下去，
经n步恰好结n对，由乘法原理，不同的结对方式有
(2n-1)×(2n-3)ׄ×3×1=
2．加法原理。
例2 图13-1所示中没有电流通过电流表，其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种？
[解] 断路共 分4类：1）一个电阻断路，有1种可能，只能是R
4
；2）有2个电阻断路，有
C< br>4
2
-1=5种可
能；3）3个电阻断路，有
C
4
3
=4种；4）有4个电阻断路，有1种。从而一共有1+5+4+1=11种可能。
3．插空法。
例3 10个节目中有6个演唱4个舞蹈，要求每两个舞蹈之间至少安排一个 演唱，有多少种不同的安排节
目演出顺序的方式？
6
[解] 先将6个演唱节目任 意排成一列有
A
6
种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个
(2n)!
2(n!)
n
.

464
安排舞蹈有
A
7
种方法，故共有
A
6
A
7
=604800种 方式。
4．映射法。
例4 如果从1，2，„，14中，按从小到大的顺序取出a
1
,a
2
,a
3
使同时满足：a
2
-a
1
≣3,a
3
-a
2
≣3，那么所
有符合要求的不同取法有 多少种？
[解] 设S={1,2,„,14}，
S'
={1，2，„，10}； T={(a
1
,a
2
,a
3
)| a
1
, a
2
,a
3
∈S,a
2
-a
1
≣3,a< br>3
-a
2
≣
3},
T'
'
={(
'
a
1
,a
2
,a
3
'''
)
'< br>∈
S'|a
1
,a
2
,a
3
S',a1
a
2
a
3
''''''
},若
(a1
,a
2
,a
3
)T'
'''
，令
a
1
a
1
,a
2
a
2
2,a
3
a
3
4
，则(a
1
,a
2
,a< br>3
)∈T,这样就建立了从
T'
到T的映射，它显然是单射，其次
'' ''''
若(a
1
,a
2
,a
3
)∈T,令
a
1
a
1
,a
2
a
2
2,a3
a
3
4
，则
(a
1
,a
2,a
3
)T'
，从而此映射也是满射，因此是
3
一一映射，所 以|T|=
|T'|C
10
=120，所以不同取法有120种。
5．贡献法。
例5 已知集合A={1，2，3，„，10}，求A的所有非空子集的元素个数之和。
[解] 设所求的 和为x，因为A的每个元素a，含a的A的子集有2
9
个，所以a对x的贡献为2
9< br>，又|A|=10。
所以x=10×2
9
.
k
[另解] A的k元子集共有
C
10
个，k=1,2,„,10，因此，A的子集的元素个数之和 为
C
10
2C
10
10C
10
10(C
9
C
9
C
9
)
10×2。
1210019
9
6．容斥原理。
例6 由数字1，2，3组成n位数( n≣3)，且在n位数中，1，2，3每一个至少出现1次，问：这样的n
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位数有多少个？
[解] 用I表示由1，2，3组成的n位 数集合，则|I|=3，用A，A，A分别表示不含1，不含2，不含3
n
的由1，2，3组成 的n位数的集合，则|A
1
|=|A
2
|=|A
3
|=2， |A
1

A
2
|=|A
2

A
3
|=|A
1

A
3
|=1。|A
1
A
2

A
3
|=0。
3
n123
所 以由容斥原理|A
1

A
2

A
3
|=< br>
|A
i
|

i1

|A
ij
i

A
j
|

|A
1

A
2

A
3
|
=3×2-3.所以满足条件的n位
n
数有|I|-|A
1

A
2

A
3|=3
n
-3×2
n
+3个。
7．递推方法。
例7 用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：能构造出多
少个 这样的n位数？
[解] 设能构造a
n
个符合要求的n位数，则a
1=3，由乘法原理知a
2
=3×3-1=8.当n≣3时：1）如果n位数
的第一 个数字是2或3，那么这样的n位数有2a
n-1
；2）如果n位数的第一个数字是1，那么第 二位只能是
2或3，这样的n位数有2a
n-2
，所以a
n
=2(a
n-1
+a
n-2
)(n≣3).这里数列{a
n
}的特征 方程为x
2
=2x+2，它的两根为
nn
x
1
=1+
3
,x
2
=1-
3
,故a
n
=c
1(1+
3
)+ c
2
(1+
3
),由a
1=3,a
2
=8得
c
1

2
23
3
,c
2

32
23
，所以
a
n

1
43
[(13)
n2
(13)
n2
].

8．算两次。
例8 m,n,r∈N
+
，证明：
C
nm
C
n
C
m
C
n
C
m
r0r1r1
C
n
C
m
r
2r2


C
n
C
m
.
①
r0
[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有
C
nm
种；另一方面，从这n+m人中选出k位太太与
krk
r-k位先生的方法有
C< br>n
C
m
种，k=0,1,„,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有
C
n
C
m
C
n
C
m
0r1r1

C
n
C
m
种。综合两个方面，即得①式。
r0
9．母函数。
例9 一副三色牌共有32张，红、黄、蓝各10张，编号为1 ，2，„，10，另有大、小王各一张，编号均
为0。从这副牌中任取若干张牌，按如下规则计算分值： 每张编号为k的牌计为2
k
分，若它们的分值之和
为2004，则称这些牌为一个“好 牌”组，求好牌组的个数。
[解] 对于n∈{1,2,„,2004},用a
n
表示分值之和为n的牌组的数目，则a
n
等于函数f(x)=(1+
x
(1+
x
)••••„•(1+
x
2
10
2
0
) •
2
2
1
3
2
10
)的展开式中x的系数（约定| x|<1），由于f(x)=
2
11
3n
1
1x
[ (1 +
x
2
0
)(1+
x
2
1
)•„
•(1+
x
)]=
3
1
(1x)(1x)
3
( 1x)
=
3
1
(1x)(1x)
1
(1x)(1 x)
2
22
(1x
2
11
)
。
3< br>而0≢2004<2
11
，所以a
n
等于
2
的展开式 中x
n
的系数，又由于
1
(1x)(1x)
22
=1
1x
2
•
1
(1x)
2
=(1+x2
+x
3
+„+x2k+„)[1+2x+3x
2
+„+(2k +1)x
2k
+„],所以x
2k
在展开式
中的系数为a
2 k
=1+3+5++(2k+1)=(k+1)
2
,k=1,2,„,从而，所求的“ 好牌”组的个数为a
2004
=1003
2
=1006009.
数学选修2—1第 4 页 共 12 页

10．组合数
C
n
k
的性质。
例10 证明：
C
2
m
1
是奇数(k≣1).
[证明] C
2
m
1
=
k
k
(2
m
 1)(2
m
2)

(2
m
1k1)
12 

k
2
m

2
m
1222k< br>t



令i=
2
i
•p
i< br>(1≢i≢
12k
k
mm
k)，p
i
为奇数，则i
i

2m2
2
t
i
t
i
p
i

2
mt
i
p
i
p
i
p
i
，它的分子、分母均为奇数，因
C
2
m
1< br>是整数，所以
它只能是若干奇数的积，即为奇数。
例11 对n≣2,证明：
2
n
C
2
n
n
4
n
.

[证明] 1）当n=2时，2
2
<
C
4
2
=6 <4
2
；2）假设n=k时，有2
k
<
C
2
kk
<4
k
,当n=k+1时，因为
C
2(k1)
< br>k1
[2(k1)]!
(k1)!(k1)!

2(2k 1)!
(k1)!k!
k+1

2(2k1)
k1
k
C
2k
.

k1
k
又
2
2(2k1)
k1
<4，所以2<
2C
2k
C
2(k 1)
4C
2k
4
kk1
.
所以结论对一切n≣2成立。
11．二项式定理的应用。
1

例12 若n∈N, n≣2，求证：
2

1

3.

n

n
[证明] 首先
1

111

012n
1CCC

C2,

nn nn
2n
n

n
nn


1
k!
1
2
n
其次因
n
为
C
n

k
1
n
2
k

1
n
2
n(n 1)

(nk1)
nk!


C
n

n
n
k

1
k(k1)
1
2

1
3

1
k1
1

1
k< br>
(k2)
1
n
1
n
，所以
1
 

1



n

2+
C< br>n

1
n
n
2
1
1


n1
33.
得证。
1
例13 证明：

C
n
m


k
h
C
k
h
C
n
m


(hmn).

1
k0
[证明] 首先，对于每个确定的k，等式左边的每一项都是两个组合数的 乘积，其中
C
nk
是(1+x)
n-k
的展
kk
C
k
是(1+y)的展开式中y的系数。开式中x
m-h
的系数。从而
C
nk
•
C
k
就是(1+x)
n-k
•(1+ y)
k
的展开式中x
m-h
y
h
mh
hmhh
的系数。
nn
mh
nk
于是，

C
k0
C
就是

(1x)
k0
h
k
nk
(1y)
展开式中xy的系数。
k
m-hh
数学选修2—1第 5 页 共 12 页

n 1
n
n1
k
n1
另一方面，

k0
n1
(1x)
nk
(1y)
k
=
(1x)
n1
(1y)
n1

C

k0
x< br>k

C
k0
k
n1
y
k
(1 x)(1y)xy
=
n1

C
k0
k
n1
x
•
k
xy
xy
kk
1
=
C
n
k
1
(x
k-1
+x
k-2
y+„+y
k-1
)，上式中，x
m-h
y
h
项的 系数恰为
C
n
m


。
1
k0
n
1
所以

C
n
m


kh
C
k
h
C
n
m


.

1
k0
12．概率问题的解法。
例14 如果某批产品中有 a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品，问：恰好有k
件是次品的概率是多少？
[解] 把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为(a+b)（ 即所有的可
能结果）。设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A所包含的基本事件总 数为
C
n
k
•ab，
故所求的概率为p(A)=
C
n
ab
kknk
n
n
kn-k
(ab)
.
例15 将一枚硬币掷5次，正面朝上恰好一次的概率不为0，而且与正面朝上恰好两次的概率 相同，求恰
好三次正面朝上的概率。
[解] 设每次抛硬币正面朝上的概率为p，则掷5次 恰好有k次正面朝上的概率为
C
5
p
(1-p)(k=0,1,2,„,5) ，由题设
C
5
p(1p)C
5
p(1p)
，且0

p
kk
5-k
22314
1
3
，所 以恰好
40

1

2

有3次正面朝上的概率为
C



.

343

3

3

3
5
32
例16 甲、乙两个乒乓球运 动员进行乒乓球比赛，已知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，比赛
时可以用三局二胜或 五局三胜制，问：在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大？
[解] （1）如果采用三局两胜制，则 甲在下列两种情况下获胜：A
1
—2：0（甲净胜二局），A
2
—2：1（前
1
二局甲一胜一负，第三局甲胜）. p(A
1
)=0.6×0.6=0.3 6,p(A
2
)=
C
2
×0.6×0.4×0.6=0.288.
因为A
1
与A
2
互斥，所以甲胜概率为p(A
1
+ A
2
)=0.648.
(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B
1
—3：0（甲净胜3局），B
2
—3：1（前3局甲2
胜1负，第 四局甲胜），B
3
—3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）。因为B
1
，B
2
，B
2
互斥，所以甲胜概
率为p(B
1
+B2
+B
3
)=p(B
1
)+p(B
2
)+p( B
3
)=0.6
3
+
C
3
×0.6
2×0.4×0.6+
C
4
×0.6
2
×0.4
2
×0.6=0.68256.
由（1），（2）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。
例17 有A，B两个口袋，A袋中有6张卡片，其中1张写有0，2张写有1，3张写有2；B袋中 有7张卡
片，其中4张写有0，1张写有1，2张写有2。从A袋中取出1张卡片，B袋中取2张卡片， 共3张卡片。
求：（1）取出3张卡片都写0的概率；（2）取出的3张卡片数字之积是4的概率；（3 ）取出的3张卡
片数字之积的数学期望。
[解]（1）
p
C
1< br>C
4
C
6
C
7
1
12
2
2
2

1
21
；（2）
p
C
2
C
2
C
3
C
1
C
2
C
6
C
7
12
12111

4
63
；（3 ）记ξ为取出的3张卡片的数
字之积，则ξ的分布为
ξ 0 2 4 8
数学选修2—1第 6 页 共 12 页

p

所以E

0
37
42
2
37
42
2
63

2
63
4
63
1
42

4
63

1
42

48
32
63
.

13．抽屉原理。
例1 设整数n≣4,a
1
,a
2
,„,a
n
是 区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合{a
1
,a
2
,„,a
n
}的一个子集，
它的所有元素之和能被2n整除。
[证明] （1）若 n

{a
1
,a
2
,„,a
n
},则n个 不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},„,{n-1,n+1}。
由抽屉原 理知其中必存在两个数a
i
,a
j
(i≠j)属于同一集合，从而a
i
+a
j
=2n被2n整除；
（2）若n∈{a
1
,a< br>2
,„,a
n
}，不妨设a
n
=n，从a
1
,a
2
,„,a
n
-1
(n-1≣3)中任意取3个数a
i
, a
j
, a
k
(a
i
,j
< a
k
)，则a< br>j
-a
i
与a
k
-a
i
中至少有一个不被n 整除，否则a
k
-a
i
=(a
k
-a
j
) +(a
j
-a
i
)≣2n，这与a
k
∈(0,2n)矛盾， 故a
1
,a
2
,„,a
n-1
中
必有两个数之差不 被n整除；不妨设a
1
与a
2
之差(a
2
-a
1< br>>0)不被n整除，考虑n个数
a
1
,a
2
,a
1< br>+a
2
,a
1
+a
2
+a
3
,„, a
1
+a
2
+„+a
n-1
。
ⅰ）若这n个数中 有一个被n整除，设此数等于k
n
，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，则加上a
n
=n
知结论成立。
ⅱ）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的余数只能 取1,2,„,n-1这n-1个值，由抽屉原理
知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整 除，而a
2
-a
1
不被n整除，故这个差必为a
i
, a
j
, a
k-1
中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
14．极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一 行和某一列的交叉点处如果写有0，
那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。证明：表中所有数之和 不小于
1
2
n
。
2
[证明] 计算各行的和、各列的和 ，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记和为k，则该行
中至少有n-k个0，这n- k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)
2
，其余
各列的数的总和不小于k，从而表中所有数的总和不小于(n-k)+k≣
222
(n kk)
2
2

1
2
n.

2
15.不变量原理。
俗话说，变化的是现象，不变的是本质，某一事情反复地进行，寻找不变量是一种策略。
例3 设正整数n是奇数，在黑板上写下数1，2，„，2n，然后取其中任意两个数a,b,擦去这两个数，并
写上|a-b|。证明：最后留下的是一个奇数。
[证明] 设S是黑板上所有数的和，开始时和 数是S=1+2+„+2n=n(2n+1)，这是一个奇数，因为|a-b|与a+b
有相同的奇偶性 ，故整个变化过程中S的奇偶性不变，故最后结果为奇数。
例4 数a
1
, a< br>2
,„,a
n
中每一个是1或-1，并且有S=a
1
a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a< br>4
a
5
+„+a
n
a
1
a
2
a
3
=0. 证明：4|n.
[证明] 如果把a
1
, a< br>2
,„,a
n
中任意一个a
i
换成-a
i
， 因为有4个循环相邻的项都改变符号，S模4并不改变，
开始时S=0，即S≡0，即S≡0(mod4 )。经有限次变号可将每个a
i
都变成1，而始终有S≡0(mod4)，从而
有n≡ 0(mod4)，所以4|n。
16．构造法。

例5 是否存在一个无穷正整 数数列a
1
,2
3
<„，使得对任意整数A，数列
{a
n
A}
n1
中仅有有限个素数。
[证明] 存 在。取a
n
=(n!)
3
即可。当A=0时，{a
n
}中没 有素数；当|A|≣2时，若n≣|A|，则a
n
+A均为|A|
的倍数且大于|A| ，不可能为素数；当A=±1时，a
n
±1=(n!±1)•[(n!)
2
± n!+1]，当≣3时均为合数。从而
当A为整数时，{(n!)+A}中只有有限个素数。
例6 一个多面体共有偶数条棱，试证：可以在它的每条棱上标上一个箭头，使得对每个顶点，指向它 的
箭头数目是偶数。
[证明] 首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对每个顶点，指向它 的箭头数均为偶数，则命题成立。若
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