竞赛中的组合计数问题和概率
《高中数学竞赛》组合计数
第十九讲三、组合计数知识、方法、技能组合计数就是计算集合的元素个数。
它是组合数学的重要组成部分.在具体问题中给出的集合各式各样，都具有实际意义，而且集体中的元素是由某些条件所确定的，要判定一个元素是否属于某集合A ，已非易事，要确定A 的元素个数就更难了.这正是研究计算问题的原因。
解决组合计算问题虽然不需要高深理论知识，却需要重要的计算原理与思想方法. Ⅰ．几种特殊的排列、组合1．圆排列定义1：从几个元素中任取r 个不同元素仅按元素之间的相对位置而不分首尾排成一个圆圈，这种排列称为n 个不同元素的r ——圆排列。
r ——圆排列数记为r n K .定理1：.r P K r n rn证：对n 个不同元素取r 个的任一圆排列，均有r 种不同的方式展开成r 个不同的直线排列，且不同的圆排列展开的直线排列也彼此不同，故有r ·r n K =P r n ，得正.2．重复排列定义2：从n 个不同元素中允许重复的任取r 个元素排成一列，称为n 个不同元素的r ——可重复排列.定理2：n 个不同元素的r ——可重排列数为n r .证：在按顺序选取的r 个元素中，每个元素都有n 种不同的选法，故由乘法原理有，其排列数为n r .3．不全相异元素的全排列定义3：设n 个元素可分为k 组，每一组中的元素是相同的，不同组间的元素是不同的，其中第i 组的元素个数为n i (i =1, 2, …, k ), n 1+n 2+…+n k =n . 则这n 个元素的全排列称为不全相异元素的全排列.定理3：n 个元素的不全相异元素的全排列个数为.!!!!.21k n n n n 证：先把每组中的元素看做是不相同的，则n 个不同元素的全排列数为n!，然后分别将每个组的元素还其本来面目看成是相同的，则在这n!个全排列中，每个排列都重复出现了n 1！n 2!……n k ！次，所以不全相异元素的全排列数.!!!!.21k n n n n 4．多组组合定义4：将n 个不同的元素分成k 组的组合称为n 个不同元素的k ——组合.定理4：对于一个n 个不同元素的k ——组合，若第i 组有n i 个元素（i =1, 2, …，k ），则不同的分组方法数为.!!!!.21k n n n n 证：我们把分组的过程安排成相继的k 个步骤.第一步，从n 个不同元素中选n 1个，有1n n C 种方法；第二步，从n －n 1个元素中选n 2个有21n n n C 种方法；…；第k 步，从n －（n 1+n 2+…+n k －1）个元素中选n k 个元素，有k n n C －（n 1+n 2+…+n k －1）种方法，再由乘法原理得证.5．重重组合定义5：从n 个不同元素中任取r 个允许元素重复出现的组合称为n 个不同元素的r ——可重组合.定理5：n 个不同元素的r ——可重组合的个数为C r n+r －1 .证：设（a 1 , a 2 ,…，a r ）是取自{1，2，…，n}中的任一r 可重复组合，并设a 1≤a 2≤…≤a r .令 b i =a i +i －1(1≤i ≤r).从而b 1=a 1 , b 2=a 2+1 , b 3=a 3+2,…, b r =a+r －1r .显然下面两组数是一对一的：a 1≤a 2≤a 3≤…≤a r ,1≤a 1<a 2+1<a 3+2<…<a r +r －1≤n+r －1.设 A={（a 1 , a 2 ,…，a r ）|a i ∈{1，2，…，n}，a 1≤a 2≤…≤a r }，B={（b 1, b 2,…，b r ）|b i ∈{1，2，…，n+r －1}，b 1< b 2<…<b r }.则由A 、B 之间存在一一对应，故|A|=|B|=C r n+r －1 .Ⅱ．枚举法所谓枚举法就是把集合A 中的元素一一列举出来，从而计算出集体A 的元素个数。
奥数的概率与统计
奥数的概率与统计概论奥数（奥林匹克数学竞赛）是一种选拔优秀数学天才的竞赛形式，以培养学生的数学思维和解决问题的能力为目标。
而概率与统计则是奥数竞赛中的重要内容之一。
本文将介绍奥数中概率与统计的基本概念和计算方法，以及一些常见的应用题例子。
一、基本概念概率与统计是数学中重要的分支之一，主要研究随机事件发生的概率以及对数据的收集、整理和分析。
在奥数中，了解概率与统计的基本概念是解决问题的关键。
1.概率概率是指事件发生的可能性大小，通常用一个介于0到1之间的数来表示。
概率的计算可以通过等可能原理、频率和古典概型等方法进行。
2.统计统计是指对一组数据进行收集、整理和分析的过程。
主要包括数据的描述性统计、概率统计以及假设检验等内容。
在奥数中，统计常常用于描述和分析问题中的数据。
二、概率与统计的计算方法1.概率计算方法概率的计算方法主要有以下几种：(1)古典概型：如果一个试验具有有限个样本点，并且每个样本点发生的可能性相等，则概率可通过样本点数目的比值来计算。
(2)频率方法：通过观察过去类似试验的结果来估计概率。
即通过试验的长期观察，计算事件发生的频率近似概率。
(3)条件概率：指在某个已知条件下，另一个事件发生的概率。
计算条件概率时需要考虑给定条件下的限制。
2.统计计算方法统计计算方法主要包括以下几种：(1)数据收集与整理：通过调查、测量等方式收集数据，并进行整理，使数据更易于分析。
(2)描述性统计：通过计算数据的中心趋势（如平均数、中位数等）和离散程度（如标准差、极差等）来描述数据的特征。
(3)概率统计：通过对样本数据进行推断，估计总体的概率分布和参数，并进行统计检验等。
三、概率与统计的应用具体到奥数竞赛中，概率与统计经常被应用于解决各种数学问题。
以下是一些常见的应用题例子：1.排列组合问题题目：有10个人参加一次抽奖活动，其中有3个奖项，求中奖的概率。
解析：根据古典概型，参加抽奖的样本空间为10人中选出3人，即C(10,3)。
初中数学联赛题型解读九：组合
联赛题型解读之九组合组合为中学竞赛的两大组成部分之一，每年联赛中都会考察道组合题，组合中的计数、概率、抽屉、容斥、极端原来等知识和技巧在各类试题中经常得到运用。
下面我们通过统计近15年初中数学联赛中组合的分值（注：至少在结构和形式上是对组合的考察才会计入分值统计），帮助大家更好的了解组合在联赛中的比重。
总结这几年来初中数学联赛的题型考察，组合一般至少会考察一道题，近五年分值最高达到14分（2道一试题），结合趋势来看数论的考察趋近于平稳，组合在一试考察1道题。
况等方法性的要求在大大增加，同时会结合数论以及几何的方式进行考察。
值得注意的是从从2007年开始概率是组合的一大热门考点。
初中阶段的组合更多的与小学接轨，这里介绍常见的3种工具以及3种常见问题。
1.三大原理（1）抽屉原理（2）容斥原理（3）极端原理2.三大类问题（1）计数问题加法原理；乘法原理；几何计数；数论计数；组合排列.（2）概率问题计数型概率；几何型概率；事件型概率.（3） 最值问题数论最值；极端原理.题是一个主流方向。
结合历年的真题看来，联赛中的组合题考察方式还是非常丰富的，抽屉原理与容斥原理、极端原理等都应用的很丰富。
1、周期问题【例1】 （1993年联赛）放有小球的1993个盒子从左到右排成一行，如果最左面的盒里有7个小球，且每四个相邻的盒里共有30个小球，那么最右面的盒里有_______个小球．【解析】 设从左到右小盒里的球数为7，2a ，3a ，…，1993a ．∵234730a a a +++=，234530a a a a +++=∴57a =，同理913174119937k a a a a a +======．2、染色问题【例2】 （2013年联赛）将一根正方体的表面都染成红色，再切割成3(2)n n ＞个相同的小正方体。
若只有一面是红色的小正方体数目与任何面都不是红色的小正方体的数目相同，则n =___________。
奥数竞技概率与排列组合
奥数竞技概率与排列组合在奥数竞技中，概率与排列组合是两个重要的数学概念。
概率是用来描述事件发生的可能性，而排列组合则是研究对象的排列和组合方式。
本文将深入探讨奥数竞技中概率与排列组合的应用，以及它们在解题过程中的重要性。
概率是研究随机事件发生的可能性的一门数学学科。
在奥数竞技中，概率经常用来解决各种问题，例如掷骰子、扑克牌等。
概率的计算主要基于事件发生的可能性与总体样本空间的关系。
以掷骰子为例，一个标准的骰子有六个面，每个面上的数字从1到6不等。
那么，掷骰子出现一个特定点数的概率是多少呢？使用概率的计算公式，我们可以得到这样的结果：出现特定点数的可能性是1/6，即1除以样本空间中的总数。
在奥数竞技中，排列组合是另一个重要的数学概念。
排列是指对象的有序排列方式，组合则是指对象的无序分组方式。
排列组合的计算方法包括全排列、n选r等。
在奥数竞技中，排列组合经常用来解决与次数、位置有关的问题，例如在一组数中选出特定数的次数、按一定条件给出结果的顺序等。
以从1到6的数中选出3个数的组合为例，使用排列组合的计算方法，我们可以得到这样的结果：共有20种不同的组合方式。
概率和排列组合在奥数竞技中常常是相互结合使用的。
通过概率的计算，我们可以确定某个事件发生的概率。
而排列组合的计算则可以帮助我们求出满足特定条件的事件发生的可能性有多大。
这两个数学概念的结合运用使得奥数竞技问题的解答更为准确和全面。
在实际的奥数竞技中，运用概率与排列组合的方法可以解决一系列复杂的问题。
例如，在一个班级中，有5个男生和7个女生。
从中随机选择3个学生组成一个小组，其中至少要有一个男生的概率是多少？通过计算，我们可以得到这个事件发生的概率为0.857，即85.7%。
这个例子展示了概率与排列组合方法的实际应用，并且在奥数竞技中获得正确答案的重要性。
总结起来，奥数竞技中概率与排列组合是两个至关重要的数学概念。
在解决现实问题时，我们可以通过计算概率和应用排列组合的方法来找到正确的答案。
奥林匹克数学中的组合问题
奥林匹克数学中的组合问题奥林匹克数学中的组合问题是指在给定的一组对象中选择其中几个对象，形成一个由这些对象组成的集合。
组合问题是数学中的一个重要分支，也是奥林匹克数学竞赛的难点之一。
在奥林匹克数学竞赛中，组合问题要求考生具备逻辑思维和抽象思维能力，有时还需要一定的想象力和创造力。
以下是奥林匹克数学中组合问题的基本步骤：第一步：明确问题组合问题的第一步是要明确问题，即明确给定的对象和要求选择的集合的性质。
例如，问题可能要求在5个仪器中选择3个仪器，并且这3个仪器能够组成一组能够实现某种功能的仪器组合。
第二步：计算对象总数组合问题中需要计算对象的总数，这是问题的基本数据。
例如，如果给定了5个仪器，则对象总数为5。
第三步：确定选择的对象数组合问题需要确定要从给定的对象中选择多少个对象。
例如，如果要从给定的5个仪器中选择3个仪器，则选择的对象数为3。
第四步：计算组合数组合问题需要计算可以选择的方案数，即选择若干对象形成的集合的总数。
组合数可以用下列公式计算：$$C_n^m=\frac{n!}{m! (n-m)!}$$其中，$C_n^m$表示从n个不同对象中选择m个对象的方案数，称为“从n个不同的对象中选出m个对象的组合数”。
例如，选择3个对象的组合数可以计算如下：$$C_5^3=\frac{5!}{3! (5-3)!}=\frac{5\times4\times3}{3\times2\times1}=10$$即从5个对象中选出3个对象的方案数为10。
第五步：求解问题组合问题需要根据题目要求，结合计算出的组合数，得出具体的方案。
例如，如果要求从5个仪器中选择3个仪器，并且这3个仪器能够组成一组能够实现某种功能的仪器组合，则需要在10个可能的方案中找到满足条件的方案。
总之，奥林匹克数学中的组合问题是一个需要逻辑思维和抽象思维能力的问题，需要根据题目要求明确问题，计算对象总数和选择的对象数，计算组合数，然后结合题目要求求解问题。
趣味竞赛巧妙运用排列组合进行计算
趣味竞赛巧妙运用排列组合进行计算在日常生活中，趣味竞赛是一种常见的娱乐活动。
无论是家庭聚会、学校运动会还是团队建设活动，竞赛往往激发人们积极参与的热情。
为了使趣味竞赛更加有趣和公正，我们可以运用排列组合进行计算，从而确保结果的准确性。
本文将介绍一些巧妙运用排列组合的方法，并以实例加以说明。
1. 同学们的座位选择想象一下，班级里有10个同学，他们要依次坐在10个座位上参加一场趣味竞赛。
那么，有多少种不同的座位选择方式呢？这就是一个排列问题。
根据排列组合的原理，我们可以计算出座位选择的可能性数量。
解答：共有10个同学，第一个同学有10个座位可选，第二个同学有9个座位可选，以此类推，第十个同学只有1个座位可选。
因此，座位选择的可能性数量等于10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 3,628,800种。
即，共有3,628,800种不同的座位选择方式。
2. 字母排列游戏下面，我们来看一个趣味的字母排列游戏。
假设有5个字母：A、B、C、D、E。
这些字母可以排列成多少个不同的三位数呢？这个问题可以通过排列组合的方法来解答。
解答：对于这个问题，我们需要应用到排列的知识。
共有5个字母，我们需要选择其中3个字母进行排列，因此排列数量可以根据排列组合的公式进行计算。
根据排列公式，可以得出排列数量为5! / (5-3)! = 5! / 2! = 60种不同的排列方式。
3. 黑白棋盘上的骑士将整个棋盘划分为8行8列共64个方格，那么，一个骑士从棋盘的一个角落开始，每走一步可以横向移动2格或纵向移动3格。
那么，骑士走完全程经过的格子数是多少？解答：对于这个问题，我们可以把骑士的移动看作是一系列的排列和组合。
首先，骑士可以选择从64个方格中的任意一个开始，然后每次移动都有2个方向可选(横向移动2格或纵向移动3格)，移动8次后，骑士的行程就结束了。
数学竞赛常见解题方法总结
数学竞赛常见解题方法总结数学竞赛常见解题方法可以分为几个大类，包括代数、几何、概率与统计以及数论。
每个类别下又有不同的方法和技巧，适用于解答不同类型的题目。
下面将对这些常见解题方法进行总结和分析。
一、代数类解题方法1. 数列求和：对于给定的数列，可以用等差数列或等比数列的求和公式来快速求解。
此外，还可以利用差分法、二次差分法等方法求和。
2. 方程求解：对于一元二次方程、一次方程及其他更复杂的方程，可以运用配方法、因式分解、绝对值法、韦达定理等方法求解。
3. 不等式求解：针对不等式问题，可以运用代换法、区间判断法、平方运算法等方法，求解不等式的解集。
4. 函数图像分析：可以通过求导、极值问题等方法，对函数的图像进行分析和求解。
5. 组合函数求解：针对给定的复合函数，可以通过逆函数定义、复合函数的性质等方法进行求解。
二、几何类解题方法1. 平面几何定理：常用平面几何定理包括平行线定理、相似三角形定理、勾股定理等。
在解题过程中，可以通过画图、构造辅助线等方法，将问题转化为已知几何定理的形式进行求解。
2. 三角形性质利用：针对三角形问题，可以应用三角形中位线、垂心定理、欧拉定理等几何性质进行解题。
3. 向量方法：向量方法在几何问题中有广泛应用，常用于求解线段的中点、平行四边形的性质、共线问题等。
4. 坐标系与方程运用：对于平面几何问题，可以通过建立坐标系，利用坐标运算进行解题。
此外，还可以通过方程的运用，表示几何图形，进而求解问题。
三、概率与统计类解题方法1. 随机事件计算：针对概率问题，可以利用集合论的知识进行解题，包括用频率定义概率、利用互斥事件和对立事件计算概率等方法。
2. 组合计数：在概率和统计问题中，常常需要进行组合和计数的运算。
可以利用阶乘、排列组合等方法进行计算。
3. 数据处理与分析：对于给定的数据集合，可以通过构造频率分布表、绘制直方图、计算中位数、算术平均数等方法进行数据的处理和分析。
奥林匹克数学题型高级组合计数问题
奥林匹克数学题型高级组合计数问题在奥林匹克数学竞赛中，高级组合计数问题是一类常见的题型，它要求学生利用组合数学的知识，解决复杂的计数问题。
本文将介绍高级组合计数问题的定义、基本性质以及解题思路，并通过实例进行详细说明。
一、高级组合计数问题的定义和基本性质1. 定义：高级组合计数问题是指在给定条件下，求解满足特定要求的组合的个数。
2. 基本性质：在解决高级组合计数问题时，需要了解以下几个基本性质：a. 排列组合公式：排列是指从n个元素中取出m个元素进行全排列，记作A(n,m)；组合是指从n个元素中取出m个元素进行组合，记作C(n,m)。
排列和组合的计算公式如下：A(n,m) = n! / (n-m)!C(n,m) = n! / (m!(n-m)!)b. 加法原理：如果一个事物可以通过某种方式分成若干部分，而每一部分又可以有若干种不同的选择方式，则总的选择方式数等于各部分选择方式数的乘积。
c. 乘法原理：如果一个事物可以通过若干个步骤完成，且每个步骤的选择方式数相互独立，则总的选择方式数等于各步骤选择方式数的乘积。
d. 容斥原理：当计算两个集合的并集时，求其元素个数的一种方法就是将两个集合的元素个数相加，然后减去它们的交集元素个数。
二、高级组合计数问题的解题思路在解决高级组合计数问题时，我们可以采用如下的解题思路：1. 理解问题：首先要仔细阅读题目，理解题目中所给出的要求，并明确所需计算的数量是排列还是组合。
2. 确定组合对象：根据题目的要求，确定组合对象的数量和特性，例如考虑选择的人数、事件的种类等。
3. 划定条件：根据题目的限制条件，确定每个组合对象的选择方式和约束条件，如是否可以重复选择、是否需要特定的顺序等。
4. 计算数量：根据以上信息，利用排列组合公式、加法原理、乘法原理和容斥原理等基本性质，计算满足要求的组合的数量。
5. 检查结果：最后，对计算结果进行检查，确保计算过程准确无误。
可以通过简单的验证或更复杂的例子来检验答案的正确性。
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组合计数问题和概率组合计数问题是教学竞赛中常见的一类问题，也是数学竞赛中与实际生活联系最为直接的内容。
计数问题的顺利解决会给其他排列组合问题的解决打下竖实的基础。
概率作为新增内容，拓展了排列组合的研究和应用的领域。
实则是以排列组合为基础的内容，所以概率的考查通常与计数问题联系在一起，既要用到排列组合的知识来解答，也要用到排列、组合的解题思路。
解组合计数问题的基本方法有枚举法和利用基本计数原理及基本公式、映射方法、算二次方法、递推方法、容斥原理等，其中蕴含的数学思想有分类讨论的思想、化纳和转化的思想、函数与方程的思想等重要的数学思想。
例1． （2004年全国高中联赛题）设三位数为abc n =，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n 有A ．45个B ．81个C ．165个D ．216个解：选C 。
理由：a , b , c 要构成三角形边长，显然不为零，即a , b , c ∈{1, 2, 3, …, 9}。
（1）若构成等边三角形，则c b a ==可取{1, 2, …, 9}中任何一个值，所以这样的三位数的个数为9191==C n 。
（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三角形个数为n 2，且等腰三角形的三边长为a 1, b 1=c 1。
当111c b a =<时，即腰大于底边时，等腰（非等边）三角形由数组(a 1, b 1)惟一确定，有29C 个；当111c b a =>时，即腰小于底边时，这时数组(a 1, b 1)有29C 个，但必须1112b a b <<才能构成三角形。
而不能构成三角形的组数(a 1, b 1)是共20种情况，故这时等腰（非等边）三角形只有2039-C 个。
同时，每个数组(a 1, b 1)可形成23C 个三位abc ，故156)20(2929232=-+=C C C n 。
综上，16521=+=n n n ，故选C 。
评注：本题综合运用了枚举法和基本计数原理。
列表枚举和树图枚举看似复杂，但在很多题中能起到意想不到的作用，有时不防一试。
例2．设p ，q 为给定的正整数，q p n 32⋅=，求2n 的正约数中小于n 且不是n 的约数的正整数的个数（当31=p ，19=q 时，本题为美国第13届邀请赛题）。
解：因为2n 的正约数都具有形式：p d 21(32≤≤⋅=αβα，)20q ≤≤β，要求从中找出使得p ≤≤α0，q ≤≤β0不同时成立，并且小于n 的所有d 的个数。
令p p X 2|32{≤<⋅=αβα，}0q <≤β，p Y ≤<⋅=αβα0|32{，}2q q ≤<β。
于是所求的Y X d ∈。
因为φ=Y X ，我们建立如下的映射：Y X f →:，使对任意X x ∈⋅=βα32，有Yx f y q p ∈⋅==--βα2232)(，易证此映射是双射，并且对此f 当X x ∈时，q p x nf xy 2232)(⋅==且x ，y 都不等于n ，从而x , y 中恰有一个属于n 。
从上述讨论得所求正整数d 的个数为pqp q q p Y X Y X =⨯+⨯=+=)(21|)||(|21||21 。
评注：本题还可推广到“p 、q 为给定的正整数”的情形。
本题中建立的是双射，可以得到||||Y X =。
如果建立的映射只是单射或满射，那么我们只能得到不等式||||Y X ≤或||||Y X ≥，从而得到||X 的上界或下界。
例3． 凸n 边形的任意3条对角线不相交于形内一点，问： （1）这些对角线将凸n 边形分成了多少个区域？（2）这些对角线被交点分成了多少条线段？（1990年中国国家集训队试题，1991年加拿大数学奥林匹克试题）解：（1）设凸n 边形被对角线分割成的区域中，边数最多的为m 边形。
其中三角形有n 3个，四边形有n 4个，…，m 边形有n m 个，于是凸n 边形被分成的区域个数mn n n S+++= 43。
一方面，各区域的顶点数的总和为m n m n n ⋅+++ 4343。
另一方面，对角线在形内有4n C 个交点，每个交点是4个区域的公共顶点（因无3条对角线交于形内一点）。
又凸n 边形共有n 个顶点，每个顶点是2-n 个区域的公共顶点，所以)2(443443-+=⋅+++n n C n m n n n m 。
其次，各区域的各内角之总和为︒⋅-⋅++︒⋅+︒⋅180)2(36018043m n n n m 。
另一方面，原凸多边形的n 个顶点处的内角和为︒⋅-180)2(n ，又4n C 个对角线交点处的内角的和为︒⋅3604n C ，所以)2(180360180)2(360180443-︒+⋅︒=︒⋅-⋅++︒⋅+︒⋅n C m n n n n m ，即 )2(2)2(2443-+⋅=-+++n C n m n n n m 。
[①－②]÷2，得214443)2)(1(212-+=--+=+++=n n n m C C n n C n n n S )123)(2)(1(2412+---=n n n n 。
（2）从形内每一交点处出发有4条对角线上的线段，形内一共有4n C 个交点，共有44n C ⋅条线段。
又从正n 边形每个顶点出发有3-n 条对角线上的线段，故从n 个顶点出发共有)3(-n n 条线段。
但以上计数时，每条线段计算了2次，故对角线被交点分成的线段数为)83)(3(121)3(212)]3(4[21244+--=-+=-+n n n n n n C n n C n n 。
评注：本题（1）还可借鉴欧拉公式的证明思路考虑逐步去掉对角线与区域减少的个数之间的关系，计算如下：每去掉一条对角线，则区域的个数减少1+i a 个，这里a i 是该对角线与还没有去掉的其他对角线的在形内的交点数，逐步将n C n -2条对角线去掉，剩下1个区域，故所求区域数为∑-=++=nC i in aS 21)1(1，且412nnC i iC an =∑-=恰是对角线在形内的交点数，所以)123)(2)(1(2411221424+---=+=-++=-n n n n C C n C C S n n n n 。
例4．（1991年全国高中联赛题）设a n 为下述正整数N 的个数：N 的各位数字之和为n ，且每位数字只能是1，3或4。
求证：a 2n 是完全平方数。
解：（1）求初始值。
用枚举法易知a 1=1，a 2=1，a 3=2，a 4=4。
（2）求递推关系，设k x x x N 21=，其中x 1, x 2, …, ∈k x {1, 3, 4}且n x x x +++ 21n =。
当5≥n 时，x 1依次取1, 3, 4时，k x x x +++ 32依次取1-n ，3-n ，4-n ，故有)5(431≥++=---n a a a an n n n 。
①（3）寻求新的递推关系。
于是通过上表我们得到下列结论：Ⅰ. 设11=f ，22=f ，)1(12≥+=++n f f f n n n ，则 22n n f a =② 112++=n n n f f a③下面用数学归纳法证明②，③成立。
1=n 时，2111f a ==，2132f f a ==，2=n 时，2244f a ==，325326f f a =⨯==，即1=n 或2时，②，③成立。
设1-=k n 和k n =时，②，③成立，则由①及归纳假设有2111221212)1(2--+--++++=++=k k k k k k k k k f f f f f a a a a 111111)(+----++=++=k k k k k k k k k f f f f f f f f f 2111)(+++=+=k k k k f f f f ，k k k k k k k f f f fa a a a k 122122)1(21)1(21--+++++=++=+121121)(++-++=++=k k k k k k k f f f f f f f2111)(++++=+=k k k k k f f f f f 。
即1+=k n 时，②，③成立。
故对一切正整数n ，有②，③成立。
所以1(22==n f a n n , 2, 3, …)为完全平方数。
评注：通过观察上述数表，我们还可得到下列一些结论：Ⅱ. 12212-++=n n n a a a ，1(212222==++n a a a n n n , 2, 3, …)。
Ⅲ.))(()(11212222-+-+-++=+=n n n n n n n n a a a a a a a a Ⅳ. )5()(242222≥+=--n a a a n n n 。
上述结论都不难用数学归纳法证明，于是由这些结论中任何一个可推出原题中结论成立。
例5．某人给n 个人写了n 份信笺，每人一份，并准备了n 个写有收信人姓名和地址的信封。
问有多少种不同的装信笺的方法（每个信封内放一份信笺），使得每个信封内放入一份信笺都与信封上的收信人不相符合？注：本题为著名的伯努利放错信笺问题。
特别地，n =6时为波兰第18届数学竞赛题。
解：设放信笺的所有不同方法集合为S ，其中A i 表示第i 份信笺恰好放入了第i 个人姓名和地址的信封内的方法集合(i =1, 2, 3, …, n )。
于是!||n S ，)1()!1(||n i n A i ≤≤-=，)1()!2(||n j i n A A j i ≤<≤-= ，…，=||21k i i i A A A )1()!(21n i i i k n k ≤<<<≤- 1||21=n A A A 。
由容斥原理知所求方法数为∑∑∑≤<<≤≤<≤=+-+-==nk j i k j inj i j ini in n A A AA AAS A A A D 11121|||||||||| ||)1(21n n A A A -+1)1()!3()!2()!1(!321⋅-++---+--=n nnn nnC nC n C nC n ]!)1(!31!21!111[!n n n-++-+-= 。
评注：本题是容斥原理的一个典型运用。
若将n 推广到一般就是著名的伯努利放错信笺问题。
容斥原(n =1, 2, 3, …) (n =3, 4, 5, …)理还有一种对偶形式为：对任意有限集S 1，S 2，…，S n ，我们有:++-++-=∑∑∑≤<<<≤≤<≤-= ||)1(||||||2211111121kk i i ni i i i nj i k j ini in S S SS SSS S S ||)1(211n n S S S --。