初一數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)（第18講）.doc

第十八講加法原理與乘法原理加法原理和乘法原理是計數(shù)研究中最常用、也是最基本的兩個原理所謂計數(shù)，就是數(shù)數(shù)，把一些對象的具體數(shù)目數(shù)出來當(dāng)然，情況簡單時可以一個一個地數(shù)如果數(shù)目較大時，一個一個地數(shù)是不可行的，利用加法原理和乘法原理，可以幫助我們計數(shù)加法原理完成一件工作有n種方式，用第1種方式完成有m1種方法，用第2種方式完成有m2種方法，用第n種方式完成有mn種方法，那么，完成這件工作總共有m1+m2+mn種方法例如，從A城到B城有三種交通工具：火車、汽車、飛機(jī)坐火車每天有2個班次；坐汽車每天有3個班次；乘飛機(jī)每天只有1個班次，那么，從A城到B城的方法共有2+3+1=6種乘法原理完成一件工作共需n個步驟：完成第1個步驟有m1種方法，完成第2個步驟有m2種方法，完成第n個步驟有mn種方法，那么，完成這一件工作共有m1m2mn種方法例如，從A城到B城中間必須經(jīng)過C城，從A城到C城共有3條路線(設(shè)為a，b，c)，從C城到B城共有2條路線(設(shè)為m，t)，那么，從A城到B城共有32=6條路線，它們是：am，at，bm，bt，cm，ct下面我們通過一些例子來說明這兩個原理在計數(shù)中的應(yīng)用例1利用數(shù)字1，2，3，4，5共可組成(1)多少個數(shù)字不重復(fù)的三位數(shù)？(2)多少個數(shù)字不重復(fù)的三位偶數(shù)？(3)多少個數(shù)字不重復(fù)的偶數(shù)？解(1)百位數(shù)有5種選擇；十位數(shù)有4種選擇；個位數(shù)有3種選擇所以共有5403=60個數(shù)字不重復(fù)的三位數(shù)(2)先選個位數(shù)，共有兩種選擇：2或4在個位數(shù)選定后，十位數(shù)還有4種選擇；百位數(shù)有3種選擇所以共有243=24個數(shù)字不重復(fù)的三位偶數(shù)(3)分為5種情況：一位偶數(shù)，只有兩個：2和4二位偶數(shù)，共有8個：12，32，42，52，14，24，34，54三位偶數(shù)由上述(2)中求得為24個四位偶數(shù)共有2(432)=48個括號外面的2表示個位數(shù)有2種選擇(2或4)五位偶數(shù)共有2(4321)=48個由加法原理，偶數(shù)的個數(shù)共有2+8+24+48+48=130例2從1到300的自然數(shù)中，完全不含有數(shù)字3的有多少個？解法1將符合要求的自然數(shù)分為以下三類：(1)一位數(shù)，有1，2，4，5，6，7，8，9共8個(2)二位數(shù)，在十位上出現(xiàn)的數(shù)字有1，2，4，5，6，7，8，98種情形，在個位上出現(xiàn)的數(shù)字除以上八個數(shù)字外還有0，共9種情形，故二位數(shù)有89=72個(3)三位數(shù)，在百位上出現(xiàn)的數(shù)字有1，2兩種情形，在十位、個位上出現(xiàn)的數(shù)字則有0，1，2，4，5，6，7，8，9九種情形，故三位數(shù)有299=162個因此，從1到300的自然數(shù)中完全不含數(shù)字3的共有8+72+162=242個解法2將0到299的整數(shù)都看成三位數(shù)，其中數(shù)字3不出現(xiàn)的，百位數(shù)字可以是0，1或2三種情況十位數(shù)字與個位數(shù)字均有九種，因此除去0共有399-1=242(個)例3在小于10000的自然數(shù)中，含有數(shù)字1的數(shù)有多少個？解不妨將1至9999的自然數(shù)均看作四位數(shù)，凡位數(shù)不到四位的自然數(shù)在前面補(bǔ)0使之成為四位數(shù)先求不含數(shù)字1的這樣的四位數(shù)共有幾個，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9這九個數(shù)字所組成的四位數(shù)的個數(shù)由于每一位都可有9種寫法，所以，根據(jù)乘法原理，由這九個數(shù)字組成的四位數(shù)個數(shù)為99996561，其中包括了一個0000，它不是自然數(shù)，所以比10000小的不含數(shù)字1的自然數(shù)的個數(shù)是6560，于是，小于10000且含有數(shù)字1的自然數(shù)共有9999-6560=3439個例4求正整數(shù)1400的正因數(shù)的個數(shù)解因為任何一個正整數(shù)的任何一個正因數(shù)(除1外)都是這個數(shù)的一些質(zhì)因數(shù)的積，因此，我們先把1400分解成質(zhì)因數(shù)的連乘積1400=23527所以這個數(shù)的任何一個正因數(shù)都是由2，5，7中的n個相乘而得到(有的可重復(fù))于是取1400的一個正因數(shù)，這件事情是分如下三個步驟完成的：(1)取23的正因數(shù)是20，21，22，33，共3+1種；(2)取52的正因數(shù)是50，51，52，共2+1種；(3)取7的正因數(shù)是70，71，共1+1種所以1400的正因數(shù)個數(shù)為(3+1)(2+1)(1+1)=24說明利用本題的方法，可得如下結(jié)果：若pi是質(zhì)數(shù)，ai是正整數(shù)(i=1，2，r)，則數(shù)的不同的正因數(shù)的個數(shù)是(a1+1)(a2+1)(ar+1)例5求五位數(shù)中至少出現(xiàn)一個6，而被3整除的數(shù)的個數(shù)+a5能被3整除，于是分別討論如下：(1)從左向右計，如果最后一個6出現(xiàn)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這十個數(shù)字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余數(shù)所決定因此，為了保證a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3種可能，根據(jù)乘法原理，5位數(shù)中最后一位是6，而被3整除的數(shù)有3101010=3000(個)(2)最后一個6出現(xiàn)在第四位，即a4=6，于是a5只有9種可能(因為a5不能等于6)，a2，a3各有10種可能，為了保證a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3種可能根據(jù)乘法原理，屬于這一類的5位數(shù)有310109=2700(個)(3)最后一個6出現(xiàn)在第3位，即a3=6，被3整除的數(shù)應(yīng)有31099=2430(個)(4)最后一個6出現(xiàn)在第2位，即a2=6，被3整除的數(shù)應(yīng)有3999=2187(個)(5)a1=6，被3整除的數(shù)應(yīng)有3999=2187(個)根據(jù)加法原理，5位數(shù)中至少出現(xiàn)一個6而被3整除的數(shù)應(yīng)有3000+2700+2430+2187+2187=12504(個)例6如圖163，A，B，C，D，E五個區(qū)域分別用紅、藍(lán)、黃、白、綠五種顏色中的某一種著色如果使相鄰的區(qū)域著不同的顏色，問有多少種不同的著色方式？解對這五個區(qū)域，我們分五步依次給予著色：(1)區(qū)域A共有5種著色方式；(2)區(qū)域B因不能與區(qū)域A同色，故共有4種著色方式；(3)區(qū)域C因不能與區(qū)域A，B同色，故共有3種著色方式；(4)區(qū)域D因不能與區(qū)域A，C同色，故共有3種著色方式；(5)區(qū)域E因不能與區(qū)域A，C，D同色，故共有2種著色方式于是，根據(jù)乘法原理共有54332=360種不同的著色方式例7在66的棋盤上剪下一個由四個小方格組成的凸字形，如圖164，有多少種不同的剪法？解我們把凸字形上面那個小方格稱為它的頭，每個凸字形有并且只有一個頭凸字形可以分為兩類：第一類凸字形的頭在棋盤的邊框，但是棋盤的四個角是不能充當(dāng)凸字形的頭的于是，邊框上(不是角)的小方格共有44=16個，每一個都是一個凸字形的頭，所以，這類凸字形有16個第二類凸字形的頭在棋盤的內(nèi)部，棋盤內(nèi)部的每一個小方格可以作為4個凸字形的頭(即頭朝上，頭朝下，頭朝左，頭朝右)，所以，這類凸字形有4(44)=64(個)由加法原理知，有16+64=80種不同的凸字形剪法練習(xí)十八1把數(shù)、理、化、語、英5本參考書，排成一行放在書架上(1)化學(xué)不放在第1位，共有多少種不同排法？(2)語文與數(shù)學(xué)必須相鄰，共有多少種不同排法？(3)物理與化學(xué)不得相鄰，共有多少種不同排法？(4)文科書與理科書交叉排放，共有多少種不同排法？2在一個圓周上有10個點(diǎn)，把它們兩兩相連，問共有多少條不同的線段？3用1，2，3，4，5，6，7這七個數(shù)，(1)可以組成多少個數(shù)字不重復(fù)的五位奇數(shù)？(2)可以組成多少個數(shù)字不重復(fù)的五位奇數(shù)，但1不在百位上？4從1，2，3，4，5這五個數(shù)字中任取三個數(shù)組成一個三位數(shù)，問共可得到多少個不同的三位數(shù)？5由1