乘法原理

科普中国-科学百科 2018-03-18

  做一件事,完成它需要分成n个步骤,做第一 步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法,……,做第n步有mn种不同的方法。那么完成这件事共有 N=m1×m2×m3×…×mn 种不同的方法。 和加法原理是数学概率方面的基本原理。

  统计学描述

  若某个对象分为n个环节,第1个环节有m1个元素,第2个环节有m2个元素,……,第n个环节有mn个元素,则该对象有 N=m1×m2×m3×…×mn 种序列。

  数学描述

  例1、求取矩形的面积。1

  对于矩形,长、宽可以看做分别在二维空间的两个维内,且两个维相互正交,如果缺少长、宽中任何一个,矩形面积就失去意义,则矩形面积与长、宽的关系为:面积=长x宽。

  例2、求取矩形的周长。1

  对于矩形的周长,长、宽虽然在二维空间的两个维内,且两个维相互正交,但是如果缺少长、宽中任何一个,周长仍然有意义(还是长度,只是不完整),则周长与长、宽的关系为:周长=长+宽+长+宽。

  例3、现有4筐苹果,每筐20千克,求总共苹果(W)有多少千克?

  证明

  乘法原理是加法原理的一个推论,令 ,…, 是对元素a的p个不同的选择。将S划分成部分 ,…, ,其中 是S内第一个元素为 (i=1,2,…,p)的有序偶的集合。每个 的大小为q,因此由加法有

  上述推导用到了整数的乘法就是重复的加法这一事实。2

  例题

  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.2

  例1

  利用数字1,2,3,4,5共可组成

  ⑴多少个数字不重复的三位数?

  ⑵多少个数字不重复的三位偶数?

  ⑶多少个数字不重复的偶数?

  解:⑴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

  5×4×3=60

  个数字不重复的三位数.

  ⑵ 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.

  ⑶ 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⑵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:

  ⑴一位数,有1,2,4,5,6,7,8,9共8个.

  ⑵二位数,在十位上出现的数字有1,2,4,5,6,7,8,9 8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.

  ⑶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,

  所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6561,于是,小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6561=3438个.

  纠正一下:最后一步的答案应是10000-6561=3439 ,因为小于10000的自然数有10000个(包括0)而非9999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=2×2×2×5×5×7

  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:

  ⑴ 取2×2×2的正因数是1,2,2×2,2×2×2,共3+1种;『注:1表示取0个;2表示取1个2;2×2表示取2个2;2×2×2表示取3个2.下面同理』

  ⑵ 取5×5的正因数是1,5,5×5,共2+1种;

  ⑶ 取7的正因数是1,7,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,可得如下结论:

  若将正整数a分解成质因数pi(i=1,2,…,r)的连乘积时,其中质因数pi的个数是ai(i=1,2,…,r),则正整数a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,且能被3整除的数的个数.

  解答如下:

  ⑴ 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).

  ⑵ 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).

  ⑶ 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).

  ⑷ 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).

  ⑸ 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

  在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形,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

  1.把数、理、化、语、英5本参考书,排成一行放在书架上.1

  ⑴化学不放在第1位,共有多少种不同排法?

  ⑵语文与数学必须相邻,共有多少种不同排法?

  ⑶物理与化学不得相邻,共有多少种不同排法?

  ⑷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?1

  3.用1,2,3,4,5,6,7这七个数,

  ⑴可以组成多少个数字不重复的五位奇数?

  ⑵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?

  本词条内容贡献者为:

  刘军 - 副研究员 - 中国科学院工程热物理研究所

责任编辑:科普云

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