第十章排列组合和概率（第2课）加法原理和乘法原理（2）(共5页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上课 题：101加法原理和乘法原理 (二)教学目的：1.进一步理解两个基本原理.2.会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题 教学重点：两个基本原理的进一步理解和体会教学难点：正确判断是分类还是分步，分类计数原理的分类标准及其多样性授课类型：新授课 课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程：一、复习引入： 1分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有 种不同的方法2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第

2、二步有种不同的方法，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有 种不同的方法3.原理浅释分类计数原理(加法原理)中，“完成一件事，有n类办法”，是说每种办法“互斥”，即每种方法都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论那一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事.只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以.分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相

3、互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么完成这件事的方法数就可以直接用乘法原理.可以看出“分”是它们共同的特征，但是，分法却大不相同两个原理的公式是: , 这种变形还提醒人们，分类和分步，常是在一定的限制之下人为的，因此，在这里我们大有用武之地：可以根据解题需要灵活而巧妙地分类或分步强调知识的综合是近年的一种可取的现象两个原理，可以与物理中电路的串联、并联类比两个基本原理的作用：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数两个基本原理的区别：一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成” 二、讲解范例：例1在120共20个整数中取两个数相加,

4、使其和为偶数的不同取法共有多少种?解:取与取是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由分步计数原理得(109)/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有(109)/2=45种取法.根据分类计数原理共有45+45=90种不同取法.例2 在120共20个整数中取两个数相加,使其和大于20的不同取法共有多少种?解:分类标准一,固定小加数.小加数为1时,大加数只有20这1种取法;小加数为2时,大加数有19或20两种取法;小加数为3时,大加数为18,19或20共3种取法小加数为10时,大加数为11,12,20共10种取法;小加数为11时,大加数有9种取法小加数取19时,大加数有1种取法.

5、由分类计数原理,得不同取法共有1+2+9+10+9+2+1=100种.分类标准二:固定和的值.有和为21,22,39这几类,依次有取法10,9,9,8,8, ,2,2,1,1种.由分类计数原理得不同取法共有10+9+9+2+2+1+1=100种.例3 如图一,要给,四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为() A. 180 B. 160 C. 96 D. 60图一图二图三若变为图二,图三呢?(240种,5444=320种)例4 如下图,共有多少个不同的三角形?解:所有不同的三角形可分为三类”第一类:其中有两条边是原五边形的边,这

6、样的三角形共有5个第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边,这样的三角形共有54=20个第三类:没有一条边是原五边形的边,即由五条对角线围成的三角形,共有5+5=10个由分类计数原理得,不同的三角形共有5+20+10=35个.例5 75600有多少个正约数?有多少个奇约数?解:75600的约数就是能整除75600的整数,所以本题就是分别求能整除75600的整数和奇约数的个数. 由于 75600=2433527(1) 75600的每个约数都可以写成的形式,其中,于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即分别在各自的范围内任取一个值,这样有5种取法,有4种取法,有3种取法,有2种取法,根据

7、分步计数原理得约数的个数为5432=120个.(2)奇约数中步不含有2的因数,因此75600的每个奇约数都可以写成的形式,同上奇约数的个数为432=24个.三、课堂练习：1.用1,2,3,4,5可组成多少个三位数?(各位上的数字允许重复)2.用数字1,2,3可写出多少个小于1000的正整数? (各位上的数字允许重复)3.集合A=a,b,c,d,e,集合B=1,2,3,问A到B的不同映射f共有多少个?B到A的映射g共有多少个? 4.将3封信投入4个不同的邮筒的投法共有多少种? 5. 4名学生从3个不同的楼梯下楼的方法数. 6. 4名学生分配到3个车间去劳动,共有多少中不同的分配方案? 7. 求集

8、合1,2,3,4,5的子集的个数答案：1. 5555=625 2. 3+32+33=39 3. 35,53 4. 43 5. 34 6. 34 7. 在集合1,2,3,4,5的子集中,每个元素都只有出现和不出现这2种可能,所以这个集合的子集的个数为22222=25=32个.四、小结 ：分类计数原理和分步计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题,区别在于:分类计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,每一种方法只属于某一类,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各

9、个步骤都完成才算做完这件事 应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制 五、课后作业： 1用0，1，2，3，4，5这六个数字，（1）可以组成多少个数字不重复的三位数？（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数？（4）可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数？（5）可以组成多少个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数？ 解（1）分三步：先选百位数字由于0不能作百位数，因此有5种选法；十位数字有5种选法； 个位数字有4种选法由乘法原理知所求不同三位

10、数共有554=100个（2）分三步：(1)百位数字有5种选法；(ii)十位数字有6位选法；(iii)个位数字有6种选法 所求三位数共有566=180个（3）分三步：先选个位数字，有3种选法；再选百位数字，有4种选法；选十位数字也是4 种选法，所求三位奇数共有344=48个（4）分三类：一位数，共有6个；两位数，共有55=25个；三位数共有554=100个 因此，比1000小的自然数共有6+25+100=131个（5）分4类：千位数字为3，4之一时，共有2543=120个；千位数字为5，百位数字为 0，1，2，3之一时，共有443=48个；千位数字是5，百位数字是4，十位数字为0，1之一 时，共

11、有23=6个；还有5420也是满条件的1个故所求自然数共120+48+6+1=175个说明：排数字问题是最常见的一种类型，要特别注意首位不能排0第（5）题改成：可以组成多少个大于3000，小于5421的四位数？答案：588个2求下列集合的元素个数（1）；（2）解：(1)分7类：，有7种取法；，有6种取法； ，有5种取法； ，有4种取法； ，有3种取法； ，有2种取法；，只有1种取法因此共有个元素(2)分两步：先选，有4种可能；再选有5种可能由乘法原理，共有个元素3有四位同学参加三项不同的比赛，（1）每位同学必须参加一项竞赛，有多少种不同的结果？（2）每项竞赛只许一位学生参加，有多少种不同的结果

12、？解：（1）每位学生有三种选择，四位学生共有参赛方法：种；（2）每项竞赛被选择的方法有四种，三项竞赛共有参赛方法：种.4设，从到共有多少个不同映射？6个人分到3个车间，共有多少种分法？解：（1)分6步：先选的象，有3种可能，再选的象也是3种可能，选象也有3种可能， 由乘法原理知，共有种不同映射；(2)把6个人构成的集合，看成上面(1)中之，3个车间构成的集合，看成上面的， 因此，所求问题转化为映射问题，如上题所述，共有种方案5.甲、乙、丙、丁四个人各写一张贺卡,放在一起,再各取一张不是自己所写的贺卡,共有多少种不同的取法?解:列表排出所有的分配方案,共有3+3+3=9种,或种六、板书设计（略） 七、课后记： 专心-专注-专业