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第十八讲 加法原理与乘法原理

发布时间:2014-02-11 13:02:16  

第十八讲 加法原理与乘法原理

加法原理和乘法原理是计数研究中最常用、也是最基本的两个原理.所谓计数,就是数数,把一些对象的具体数目数出来.当然,情况简单时可以一个一个地数.如果数目较大时,一个一个地数是不可行的,利用加法原理和乘法原理,可以帮助我们计数.

加法原理 完成一件工作有n种方式,用第1种方式完成有m1种方法,用第2种方式完成有m2种方法,…,用第n种方式完成有mn种方法,那么,完成这件工作总共有

m1+m2+…+mn

种方法.

例如,从A城到B城有三种交通工具:火车、汽车、飞机.坐火车每天有2个班次;坐汽车每天有3个班次;乘飞机每天只有1个班次,那么,从A城到B城的方法共有2+3+1=6种.

乘法原理 完成一件工作共需n个步骤:完成第1个步骤有m1种方法,完成第2个步骤有m2种方法,…,完成第n个步骤有mn种方法,那么,完成这一件工作共有

m1·m2·…·mn

种方法.

例如,从A城到B城中间必须经过C城,从A城到C城共有3条路线(设为a,b,c),从C城到B城共有2条路线(设为m,t),那么,从A城到B城共有3×2=6条路线,它们是:

am,at,bm,bt,cm,ct.

下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用.

例1 利用数字1,2,3,4,5共可组成

(1)多少个数字不重复的三位数?

(2)多少个数字不重复的三位偶数?

(3)多少个数字不重复的偶数?

解(1)百位数有5种选择;十位数有4种选择;个位数有3种选择.所以共有

5×40×3=60

个数字不重复的三位数.

(2)先选个位数,共有两种选择:2或4.在个位数选定后,十位数还有4种选择;百位数有3种选择.所以共有

2×4×3=24

个数字不重复的三位偶数.

(3)分为5种情况:

一位偶数,只有两个:2和4.

二位偶数,共有8个:12,32,42,52,14,24,34,54.

三位偶数由上述(2)中求得为24个.

四位偶数共有2×(4×3×2)=48个.括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4). 五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个.

由加法原理,偶数的个数共有

2+8+24+48+48=130.

例2 从1到300的自然数中,完全不含有数字3的有多少个?

解法1 将符合要求的自然数分为以下三类:

(1)一位数,有1,2,4,5,6,7,8,9共8个.

(2)二位数,在十位上出现的数字有1,2,4,5,6,7,8,98种情形,在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0,共9种情形,故二位数有8×9=72个.

(3)三位数,在百位上出现的数字有1,2两种情形,在十位、个位上出现的数字则有0,1,2,4,5,6,7,8,9九种情形,故三位数有

2×9×9=162个.

因此,从1到300的自然数中完全不含数字3的共有

8+72+162=242个.

解法2 将0到299的整数都看成三位数,其中数字3

不出现的,百位数字可以是0,1或2三种情况.十位数字与个位数字均有九种,因此除去0共有

3×9×9-1=242(个).

例3 在小于10000的自然数中,含有数字1的数有多少个?

解 不妨将1至9999的自然数均看作四位数,凡位数不到四位的自然数在前面补0.使之成为四位数.

先求不含数字1的这样的四位数共有几个,即有0,2,3,4,5,6,7,8,9这九个数字所组成的四位数的个数.由于每一位都可有9种写法,所以,根据乘法原理,由这九个数字组成的四位数个数为

9×9×9×9=6561,

其中包括了一个0000,它不是自然数,所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6560,于是,小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6560=3439个.

例4 求正整数1400的正因数的个数.

解 因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积,因此,我们先把1400分解成质因数的连乘积

1400=23527

所以这个数的任何一个正因数都是由2,5,7中的n个相乘而得到(有的可重复).于是取1400的一个正因数,这件事情是分如下三个步骤完成的:

(1)取23的正因数是20,21,22,33,共3+1种;

(2)取52的正因数是50,51,52,共2+1种;

(3)取7的正因数是70,71,共1+1种.

所以1400的正因数个数为

(3+1)×(2+1)×(1+1)=24.

说明 利用本题的方法,可得如下结果:

若pi是质数,ai是正整数(i=1,2,…,r),则数

的不同的正因数的个数是

(a1+1)(a2+1)…(ar+1).

例5 求五位数中至少出现一个6,而被3整除的数的个数.

除, +a5能被3整

于是分别讨论如下:

(1)从左向右计,如果最后一个6出现在第5位,即a5=6,那么a2,a3,a4可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字之一,但a1不能是任意的,它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定.因此,为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除,a1只有3种可能,根据乘法原理,5位数中最后一位是6,而被3整除的数有

3×10×10×10=3000(个).

(2)最后一个6出现在第四位,即a4=6,于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6),a2,a3各有10种可能,为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除,a1有3种可能.根据乘法原理,属于这一类的5位数有

3×10×10×9=2700(个).

(3)最后一个6出现在第3位,即a3=6,被3整除的数应有

3×10×9×9=2430(个).

(4)最后一个6出现在第2位,即a2=6,被3整除的数应有

3×9×9×9=2187(个).

(5)a1=6,被3整除的数应有

3×9×9×9=2187(个).

根据加法原理,5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有

3000+2700+2430+2187+2187=12504(个).

例6 如图1-63,A,B,C,D,E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色.如果使相邻的区域着不同的颜色,问有多少种不同的着色方式?

解 对这五个区域,我们分五步依次给予着色:

(1)区域A共有5种着色方式;

(2)区域B因不能与区域A同色,故共有4种着色方式;

(3)区域C因不能与区域A,B同色,故共有3种着色方式;

(4)区域D因不能与区域A,C同色,故共有3种着色方式;

(5)区域E因不能与区域A,C,D同色,故共有2种着色方式.

于是,根据乘法原理共有

5×4×3×3×2=360

种不同的着色方式.

例7 在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形,如图1-64,有多少种不同的剪法?

解 我们把凸字形上面那个小方格称为它的头,每个凸字形有并且只有一个头.

凸字形可以分为两类:第一类凸字形的头在棋盘的边框,但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的.于是,边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个,每一个都是一个凸字形的头,所以,这类凸字形有16个.

第二类凸字形的头在棋盘的内部,棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上,头朝下,头朝左,头朝右),所以,这类凸字形有

4×(4×4)=64(个).

由加法原理知,有16+64=80种不同的凸字形剪法.

练习十八

1.把数、理、化、语、英5本参考书,排成一行放在书架上.

(1)化学不放在第1位,共有多少种不同排法?

(2)语文与数学必须相邻,共有多少种不同排法?

(3)物理与化学不得相邻,共有多少种不同排法?

(4)文科书与理科书交叉排放,共有多少种不同排法?

2.在一个圆周上有10个点,把它们两两相连,问共有多少条不同的线段?

3.用1,2,3,4,5,6,7这七个数,

(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数?

(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数,但1不在百位上?

4.从1,2,3,4,5这五个数字中任取三个数组成一个三位数,问共可得到多少个不同的三位数?

5.由1,2,3,4,5,6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数?

6.今有一角币一张,两角币一张,伍角币一张,一元币四张,伍元币两张,用这些纸币任意付款,可以付出不同数额的款子共有多少种?

7.将三封信投到5个邮筒中的某几个中去,有多少种不同的投法?

8.从字母a,a,a,b,c,d,e中任选3个排成一行,共有多少种不同的排法?

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