乘法原理

標籤: 暫無標籤

87

更新時間: 2013-09-05

廣告

乘法原理是數學里的一個計算原理。

  例1、求取矩形的面積。
  對於矩形,長、寬可以看做分別在二維空間的兩個維內,且兩個維相互正交,如果缺少長、寬中任何一個,矩形面積就失去意義,則矩形面積與長、寬的關係為:面積=長x寬。
  例2、求取矩形的周長。
  對於矩形的周長,長、寬雖然在二維空間的兩個維內,且兩個維相互正交,但是如果缺少長、寬中任何一個,周長仍然有意義(還是長度,只是不完整),則周長與長、寬的關係為:周長=長+寬+長+寬。
  例3、現有4筐蘋果,每筐20千克,求總共蘋果(W)有多少千克?
  用加法解答如下:W=20+20+20+20=80(千克),其含義為4筐蘋果的重量之和。因為W與各筐蘋果之間存在直接正比關係,缺少任何一筐蘋果,W仍然是蘋果的重量。此處20千克含義為「一筐蘋果的重量」。
  用乘法解答如下:W=20X4=80(千克),其含義為每筐蘋果的重量與筐的數量乘積。因為W與自變數「每筐蘋果的重量」與「筐的數量」之間都存在直接正比關係,自變數「每筐蘋果的重量」與「筐的數量」是不同的質,缺少「每筐蘋果的重量」或者「筐的數量」W都無意義,所以用乘法表示。此處20千克的含義為「每筐蘋果的重量」。
乘法原理 -數學描述

廣告

  令S是元素的序偶(a,b),其中第一個元素a來自大小為p的一個集合,而對於a的每個選擇,元素b存在q種選擇。於是,S的大小為p×q,即|S|=p×q。乘法原理的第二種形式是:如果第一項任務有p個結果,而不論第一項任務的結果如何,第二項任務有q個結果,那麼,這兩項任務連續執行就有p×q個結果。
乘法原理 -證明

  乘法原理是加法原理的一個推論,令a1,a2,…,ap是對元素a的p個不同的選擇。將S劃分成部分S1,S2,…,Sp,其中Si是S內第一個元素為ai(i=1,2,…,p)的有序偶的集合。每個Si的大小為q,因此由加法有|S|=|S1|+|S2|+…+|Sp|=q+q+…+q(p個q)=p×q
  上述推導用到了整數的乘法就是重複的加法這一事實。
乘法原理 -例題

廣告

  例如,從A城到B城中間必須經過C城,從A城到C城共有3條路線(設為a,b,c),從C城到B城共有2條路線(設為m,t),那麼,從A城到B城共有3×2=6條路線,它們是:
  am,at,bm,bt,cm,ct.點擊此處添加圖片說明
  下面我們通過一些例子來說明這兩個原理在計數中的應用.
例1

  利用數字1,2,3,4,5共可組成
  ⑴多少個數字不重複的三位數?
  ⑵多少個數字不重複的三位偶數?
  ⑶多少個數字不重複的偶數?
  解:⑴百位數有5種選擇;十位數有4種選擇;個位數有3種選擇.所以共有
  5×4×3=60
  個數字不重複的三位數.
  ⑵ 先選個位數,共有兩種選擇:2或4.在個位數選定后,十位數還有4種選擇;百位數有3種選擇.所以共有
  2×4×3=24
  個數字不重複的三位偶數.
  ⑶ 分為5種情況:
  一位偶數,只有兩個:2和4.
  二位偶數,共有8個:12,32,42,52,14,24,34,54.
  三位偶數由上述⑵中求得為24個.
  四位偶數共有2×(4×3×2)=48個.括弧外面的2表示個位數有2種選擇(2或4).
  五位偶數共有2×(4×3×2×1)=48個.
  由加法原理,偶數的個數共有
  2+8+24+48+48=130.
例2

廣告

  從1到300的自然數中,完全不含有數字3的有多少個?
  解法1: 將符合要求的自然數分為以下三類:
  ⑴一位數,有1,2,4,5,6,7,8,9共8個.
  ⑵二位數,在十位上出現的數字有1,2,4,5,6,7,8,9 8種情形,在個位上出現的數字除以上八個數字外還有0,共9種情形,故二位數有8×9=72個.
  ⑶三位數,在百位上出現的數字有1,2兩種情形,在十位、個位上出現的數字則有0,1,2,4,5,6,7,8,9九種情形,故三位數有
  2×9×9=162個.
  因此,從1到300的自然數中完全不含數字3的共有
  8+72+162=242個.
  解法2: 將0到299的整數都看成三位數,其中數字3
  不出現的,百位數字可以是0,1或2三種情況.十位數字與個位數字均有九種,因此除去0共有
  3×9×9-1=242(個).
例3

廣告

  在小於10000的自然數中,含有數字1的數有多少個?
  解: 不妨將1至9999的自然數均看作四位數,凡位數不到四位的自然數在前面補0.使之成為四位數.
  先求不含數字1的這樣的四位數共有幾個,即有0,2,3,4,5,6,7,8,9這九個數字所組成的四位數的個數.由於每一位都可有9種寫法,所以,根據乘法原理,由這九個數字組成的四位數個數為
  9×9×9×9=6561,
  所以比10000小的不含數字1的自然數的個數是6561,於是,小於10000且含有數字1的自然數共有9999-6561=3438個.
例4

  求正整數1400的正因數的個數.
  解: 因為任何一個正整數的任何一個正因數(除1外)都是這個數的一些質因數的積,因此,我們先把1400分解成質因數的連乘積
  1400=2×2×2×5×5×7
  所以這個數的任何一個正因數都是由2,5,7中的n個相乘而得到(有的可重複).於是取1400的一個正因數,這件事情是分如下三個步驟完成的:
  ⑴ 取2×2×2的正因數是1,2,2×2,2×2×2,共3+1種;『註:1表示取0個;2表示取1個2;2×2表示取2個2;2×2×2表示取3個2.下面同理』
  ⑵ 取5×5的正因數是1,5,5×5,共2+1種;
  ⑶ 取7的正因數是1,7,共1+1種.
  所以1400的正因數個數為
  (3+1)×(2+1)×(1+1)=24.
  說明: 利用本題的方法,可得如下結論:
  若將正整數a分解成質因數pi(i=1,2,…,r)的連乘積時,其中質因數pi的個數是ai(i=1,2,…,r),則正整數a的不同的正因數的個數是
  (a1+1)×(a2+1)×…×(ar+1).
例5

廣告

  求五位數中至少出現一個6,且能被3整除的數的個數.
  解答如下:
  ⑴ 從左向右計,如果最後一個6出現在第5位,即a5=6,那麼a2,a3,a4可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9這十個數字之一,但a1不能是任意的,它是由a2+a3+a4+a5被3除后的餘數所決定.因此,為了保證a1+a2+a3+a4+a5能被3整除,a1隻有3種可能,根據乘法原理,5位數中最後一位是6,而被3整除的數有
  3×10×10×10=3000(個).
  ⑵ 最後一個6出現在第四位,即a4=6,於是a5隻有9種可能(因為a5不能等於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.根據乘法原理,屬於這一類的5位數有
  3×10×10×9=2700(個).
  ⑶ 最後一個6出現在第3位,即a3=6,被3整除的數應有
  3×10×9×9=2430(個).
  ⑷ 最後一個6出現在第2位,即a2=6,被3整除的數應有
  3×9×9×9=2187(個).
  ⑸ a1=6,被3整除的數應有
  3×9×9×9=2187(個).
  根據加法原理,5位數中至少出現一個6而被3整除的數應有
  3000+2700+2430+2187+2187=12504(個).
例6

  在6×6的棋盤上剪下一個由四個小方格組成的凸字形,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,每個凸字形有並且只有一個頭.
  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凸字形的頭的.於是,邊框上(不是角)的小方格共有4×4=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部,棋盤內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×(4×4)=64(個).
  由加法原理知,有16+64=80種不同的凸字形剪法.
乘法原理 -練習十八

  1.把數、理、化、語、英5本參考書,排成一行放在書架上.
  ⑴化學不放在第1位,共有多少種不同排法?
  ⑵語文與數學必須相鄰,共有多少種不同排法?
  ⑶物理與化學不得相鄰,共有多少種不同排法?
  ⑷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,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,
  ⑴可以組成多少個數字不重複的五位奇數?
  ⑵可以組成多少個數字不重複的五位奇數,但1不在百位上?
  4.從1,2,3,4,5這五個數字中任取三個數組成一個三位數,問共可得到多少個不同的三位數?
  5.由1,2,3,4,5,6這六個數字能組成多少個大於34500的五位數?
  6.今有一角幣一張,兩角幣一張,伍角幣一張,一元幣四張,伍元幣兩張,用這些紙幣任意付款,可以付出不同數額的款子共有多少種?
  7.將三封信投到5個郵筒中的某幾個中去,有多少種不同的投法?
  8.從字母a,a,a,b,c,d,e中任選3個排成一行,共有多少種不同的排法?

廣告