数论专题五讲归纳第二版.docx
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数论专题五讲归纳第二版
数论专题
一、目录
第一讲枚举法及树形图
第二讲加法原理和乘法原理
第三讲排列和组合
1
2
3
第四讲数论解题特殊技巧
第五讲几何计数
第六讲概率问题
第一讲枚举法及树形图
教学目的:
让学生了解什么是计数问题以及其特点;
掌握简单的枚举计数方法;
学会画树形图辅助枚举计数。
主要知识点:
计数概念:
计算总数或种类。
枚举计数:
在数学问题中,有一些需要计算总数或种类的时候,引起数量关系比较隐蔽,很淡找到恰当的方法来解答,或者方法对应的信息不明显,对此,我们可以先初步估计其数目的大小,若数目不是太大,就按照一定的顺序一一列举出来。
基本技巧:
有一定顺序枚举(因题决定),可以由小到大,也可以由大到小,比如数的拆分;
辅助技巧:
树形图
树形图:
把问题主干确立好,然后往下画分支,最后计算数量的时候,知道数最后的分支即可。
例题引导
例题1把一枚硬币连续抛三次,可能出现正反面的情况有多少种?
这个我们当然可以用枚举法了,因为枚举法是一个通法,任何情况都适用,但是有时候会很复杂。
这个时候我们可以画树形图来表示,共计八种方法。
法一:
枚举法
如:
正正正,正正反,正反正,正反反,反正正,反正反,反反正,反反反
注:
这个方法要注意,一定要有一定顺序,否则会重复或则丢项。
法二:
树形图,因为第一次有正反两种可能,因此确定两颗树,在一步步的画分支。
如图
例题举例:
练习题举例:
1.将6拆成两个或两个以上的自然数之和,共有多少种不同拆法?
2.小明有10块糖,如果每天至少吃3块,吃完为止,那么共有多少种不同的吃法?
3、用两个3,一个1,一个2可组成种种不同的四位数,这些四位数共有()个。
4、甲、乙、丙、丁四个同学排成一排,从左往右数,如果甲不排在第一的位置上,乙不排在第二的位置上,丙不排在第三的位置上,丁不排在第四的位置上,那么不同的排法共有()种。
5、某人射击8枪,命中4枪,命中4枪中恰好有3枪连在一起的情况的种数是()
第二讲加法原理和乘法原理
教学目的:
加法原理和乘法原理的概念与区分
熟悉加法原理计数方法;
熟悉乘法原理计数方法。
主要知识点:
加法原理:
概念:
就是做一件事情,或者考虑一个问题,分类来进行,然后再把每一类的方法数家起来,就是总的方法数。
特点:
分类进行计数
技巧特点:
分类时候,首先根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准,然后在这个标准下进行分类,分类还要满足一下的一些原则:
1、类别与类别之间不可以发生矛盾,类别之前应该是独立的
2、要考虑全面,分的类别应该包含全部情况。
3、每一类当中的每一个方法,都必须可以完成这件事情。
乘法原理
概念:
与加法原理不同,乘法原理是做一件事情,分成若干个步骤进行,把每一步的方法相乘就是总共的方法数。
特点:
分步进行计数
技巧特点:
分步时候,首先根据问题的特点确定一个适合于它有几步可以完成,然后确立每一步的过程,以下要注意:
步与步之间不可以发生矛盾,要有联系,递进的关系,完成了所有的步骤,这件事也完成了。
加法原理和乘法原理的区别:
两者的区别就是分类与分步的区别,简单理解,分类就是把一件事分成若干情况,每一个情况都可以完成这件事。
分步就是把一件事情分成若干步骤,完成任何一步都不可以把这件事情做完,只有全部完成才可以。
因此,加法原理是把每一个情况数加和。
乘法原理是把每一步情况数相乘。
例如:
光明小学有六年级有三个班,男生分别为,18、20、15人,现在要选一个人当升旗手,问有多少种选法?
1、从甲地到乙地,可以乘火车,也可以乘汽车,还可以乘轮船。
一天中火车有4班,汽车有3班,轮船有2班。
问:
一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地,共有多少种不同走法?
分析与解:
一天中乘坐火车有4种走法,乘坐汽车有3种走法,乘坐轮船有2种走法,所以一天中从甲地到乙地共有:
4+3+2=9(种)不同走法。
2、旗杆上最多可以挂两面信号旗,现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面,如果用挂信号旗表示信号,最多能表示出多少种不同的信号?
分析与解:
根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。
第一类是只挂一面信号旗,有红、黄、蓝3种;第二类是挂两面信号旗,有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。
所以一共可以表示出不同的信号
3+6=9(种)。
以上两例利用的数学思想就是加法原理。
经典例题:
最短路线
.在下图中,从A点沿最短路径到B点,共有多少条不同的路线?
技巧:
标数法:
利用加法原理的思想,由左向右一个点一个点的标。
最短路线,最短的含义:
只能向上走,和向右走不能走重复路线。
因此在最左边,和最下边的边每一个交点就只有一种方法:
然后利用加法原理,逐一标数上去。
1.小明要登15级台阶,每步登1级或2级台阶,共有多少种不同登法?
2.小明要登20级台阶,每步登2级或3级台阶,共有多少种不同登法?
3.有一堆火柴共10根,每次取走1~3根,把这堆火柴全部取完有多少种不同取法?
方法借用:
变形问题:
(方法如此巧妙)
例题:
有十个小朋友去游乐园,游乐园的门票为一元一张,其中五个小朋友带了两元的钱币,其他五人带的为一元的钱币,售票员阿姨没有准备零钱,问让10位小朋友排队进入游乐园的方法有多少种?
AB
分析:
因为售票员没有零钱找,说明一定要一元钱的小朋友排在2元钱的小朋友前面,这样卖出的门票就可以有钱找了,还要一点就是,在每一个时刻,都必须满足,一元钱的小朋友比两元钱的小朋友多,否则就没有钱找了。
基于这个原因,处理起来就比较麻烦。
这里我们想到了用最短路线法。
用标数的一半法,可以观察A图与B图的区别,可以看到B图在任意点上,都可以看出横线段多于竖线段。
一共132种方法。
例如:
从A地到B地有三条路可以走,再由B地到C地有两条路可以走,问从A到C一共有多少种方法?
分析:
可以看出来是分两步:
第一步从A到B;第二步从B到C,方法分别是3种和2种。
所有总共方法是3×2=6。
1、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.
2、用数字0,1,2,3,4,5可以组成多少个三位数(各位上的数字允许重复)?
分析与解:
组成一个三位数要分三步进行:
第一步确定百位上的数字,除0以外有5种选法;第二步确定十位上的数字,因为数字可以重复,有6种选法;第三步确定个位上的数字,也有6种选法。
根据乘法原理,可以组成三位数
5×6×6=180(个)。
第三讲排列和组合
教学目的:
排列和组合的概念与区分
熟悉排列计数方法;
熟悉组合计数方法。
主要知识点:
排列:
从n个不同元素中,任取m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列;从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号A
表示.
特点:
有序性。
排列数公式:
组合
从n个不同元素中,任取m(m≤n)个元素并成一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合;从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号C
。
表示.特点:
无序性。
组合数公式:
组合重要公式变形:
C
=C
排列与组合的区别与联系:
排列问题:
与顺序有关的;
组合问题:
与顺序无关的;
精选例题:
例1由数字0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的偶数?
分析注意到由四个数字0、1、2、3可组成的偶数有一位数、二位数、三位数、四位数这四类,所以要一类一类地考虑,再由加法原理解决.
第一类:
一位偶数只有0、2,共2个;
第二类:
两位偶数,它包含个位为0、2的两类.若个位取0,则十位可有C13种取法;若个位取2,则十位有C12种取法.故两位偶数共有(C13+C12)种不同的取法;
第三类:
三位偶数,它包含个位为0、2的两类.若个位取0,则十位和百位共有P23种取法;若个位取2,则十位和百位只能在0、1、3中取,百位有2种取法,十位也有2种取法,由乘法原理,个位为2的三位偶数有2×2个,三位偶数共有(P23+2×2)个;
第四类:
四位偶数.它包含个位为0、2的两类.若个位取0,则共有P33个;若个位取2,则其他3位只能在0、1、3中取.千位有2种取法,百位和十位在剩下的两个数中取,再排成一列,有P22种取法.由乘法原理,个位为2的四位偶数有2×P22个.所以,四位偶数共有(P33+2×P22)种不同的取法.
解:
由加法原理知,共可以组成
2+(C13+C12)+(P23+2×2)+(P33+2×P22)
=2+5+10+10
=27
个不同的偶数.
补充说明:
本题也可以将所有偶数分为两类,即个位为0和个位为2的两类.再考虑到每一类中分别有一位、两位、三位、四位数,逐类讨论便可求解.
例2国家举行足球赛,共15个队参加.比赛时,先分成两个组,第一组8个队,第二组7个队.各组都进行单循环赛(即每个队要同本组的其他各队比赛一场).然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛,决出冠亚军.问:
①共需比赛多少场?
②如果实行主客场制(即A、B两个队比赛时,既要在A队所在的城市比赛一场,也要在B队所在的城市比赛一场),共需比赛多少场?
分析比赛的所有场次包括三类:
第一组中比赛的场次,第二组中比赛的场次,决赛时比赛的场次.
①中,第一组中8个队,每两队比赛一场,所以共比赛C28场;第二组中7个队,每两队比赛一场,所以共比赛C27场;决赛中4个队,每两队比赛一场,所以共比赛C24场.
②中,由于是实行主客场制,每两个队之间要比赛两场,比赛场次是①中的2倍.
另外,还可以用排列的知识来解决.由于主客场制不仅与参赛的队有关,而且与比赛所在的城市(即与顺序)有关.所以,第一组共比赛P28场,第二组共比赛P27场,决赛时共比赛P24场.
解:
由加法原理:
①实行单循环赛共比赛
②实行主客场制,共需比赛
2×(C28+C27+C24)=110(场).
或解为:
P28+P27+P24
=8×7+7×6+4×3
=56+42+12
=110(场).
例3在一个半圆周上共有12个点,如右图,以这些点为顶点,可以画出多少个
①三角形?
②四边形?
分析①我们知道,不在同一直线上的三个点确定一个三角形,由图可见,半圆弧上的每三个点均不共线(由于A、B既可看成半圆上的点,又可看成线段上的点,为不重复计算,可把它们归在线段上),所以,所有的三角形应有三类:
第一类,三角形的三个顶点全在半圆弧上取(不含A、B两点);第二类,三角形的两个顶点取在半圆弧上(不包含A、B),另一个顶点在线段上取(含A、B);第三类,三角形的一个顶点在半圆弧上取,另外两点在线段上取.
注意到三角形的个数只与三个顶点的取法有关,而与选取三点的顺序无关,所以,这是组合问题.
解:
三个顶点都在半圆弧上的三角形共有
两个顶点在半圆弧上,一个顶点在线段上的三角形共有
一个顶点在半圆弧上,两个顶点在线段上的三角形共有
由加法原理,这12个点共可以组成
C37+(C27×C15)+(C17×C25)
=35+105+70=210(个)
不同的三角形.
也可列式为C312-C35=220—10=210(个).
分析②用解①的方法考虑.
将组成四边形时取点的情况分为三类:
第一类:
四个点全在圆弧上取.(不包括A、B)有C17种取法.
第二类:
两个点取自圆弧.两个点取自直线AB.有取法C27×C25种.
第三类:
圆弧上取3个点,直线上取1个点,有C37×C15种取法.
解:
依加法原理,这12个点共可组成:
C47+C27×C25+C37×C15
=35+210+175=420
个不同的四边形.
还可直接计算,这12个点共可组成:
C412-C45-C35·C17=495-5-70=420
个不同的四边形.
例4如下图,问
①下左图中,有多少个长方形(包括正方形)?
②下右图中,有多少个长方体(包括正方体)?
分析①由于长方形是由两组分别平行的线段构成的,因此只要看上左图中水平方向的所有平行线中,可以选出几组两条平行线,竖直方向上的所有平行线中,可以选出几组两条平行线?
②由于长方体是由三组分别平行的平面组成的.因此,只要看上页右图中,平行于长方体上面的所有平面中,可以选出几组两个互相平行的平面,平行于长方体右面的所有平面中,可以选出几组两个互相平行的两个平面,平行于长方体前面的所有平面中,可以选出几组两个互相平行的平面.
解:
①C25×C27=210(个)
因此,上页左图中共有210个长方形.
②C25×C26×C24=900(个)
因此,上页右图中共有900个长方体.
例5甲、乙、丙、丁4人各有一个作业本混放在一起,4人每人随便拿了一本,问:
①甲拿到自己作业本的拿法有多少种?
②恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种?
③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有多少种?
④谁也没有拿到自己作业本的拿法有多少种?
分析①甲拿到自己的作业本,这时只要考虑剩下的三个人拿到其他三本作业本的情况.由于其他三人可以拿到自己的作业本,也可以不拿到自己的作业本.所以,共有P33种情况.
②恰有一人拿到自己的作业本.这时,一人拿到了自己的作业本,而其他三人都没能拿到自己的作业本.拿到自己作业本的可以是甲、乙、丙、丁中的一人,共4种情况.另外三人全拿错了作业本的拿法有2种.故恰有一人拿到自己作业本的情况有4×2种情况.
③至少有一人没有拿到自己的作业本.这时只要在所有拿法中减去四人全拿到自己作业本的拿法即可.由于4人拿作业本的所有拿法是P44,而4人全拿到自己作业本只有1种情况.所以,至少有一人没拿到自己作业本的拿法有P44-1种情况.
④谁也没拿到自己的作业本.可分步考虑(假设四个人一个一个地拿作业本,考虑四人都拿错的情况即可).第一个拿作业本的人除自己的作业本外有3种拿法.被他拿走作业本的人也有3种拿法.这时,剩下的两人只能从剩下的两本中拿,要每人都拿错,只有一种拿法.所以,由乘法原理,共有3×3×1种不同的情况.
解:
①甲拿到自己作业本的拿法有
P33=3×2×1=6
种情况;
②恰有一人拿到自己作业本的拿法有
4×2=8
种情况;
③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有
P44-1=4×3×2×1-1=23
种情况;
④谁也没有拿到自己作业本的拿法有
3×3×1=9
种情况.
由前面的各例题可以看到,有关排列组合的问题多种多样,思考问题的方法灵活多变,入手的角度也是多方面的.所以,除掌握有关的原理和结论,还必须学习灵活多样的分析问题、解决问题的方法.
第四讲数论解题特殊技巧
教学目的:
对于特殊问题,学会用捆绑法;插空法;隔板法;;排除法的技巧的应用
一、捆绑法:
特点:
有些两个人或者事物一定要相邻,挨在一起,处理起来就可以把这两个事物或人看成一个人,像用绳子捆在一起一样。
因此叫捆绑法。
注意点:
捆绑在一起的人或事物,他们之间还可以发生内部排列。
例题解析:
二、插空法
特点:
与捆绑法类似,但是完全相反,有些人不可以相邻,因此把没有限定条件的先固定好,然后在把有限定条件人或事物插到空中。
注意点:
固定好的人或者事物,前后也算空,不可以忽略。
例如AAA;空数应该等于人数加1
例题解析:
三、隔板法(插板法)
特点:
之前所学的方法和技巧,会发现所分的物品都是不同的,插板法是用于分相同的物品。
假想有若干个板子,把它们隔开即可。
注意点:
板子不可以插到空以为的地方,因此其空数的计算方法不同于插空法,例如AAA;空数应该等于人数减1
使用条件:
对插板法还有更苛刻的,它的应用必须满足三个条件:
1、被分的物品必需相同
2、所分给的人必须不同
3、每一个人必需拿到至少一个物品(可以进行变形)
例题解析:
变形例题
四、对应法
特点:
这种方法其实是一种转化的思想,当研究事物比较复杂的时候,我们这个找这个事物的一个特征或者另一个简单的研究对象,来代替原有的对象。
使研究变得简单的一种手段。
注意点:
所找的简单事物,对于原有事物必需是一对一的关系,但是反过来,新事物可以是一对多原来事物,这样在计数的时候只要乘以个数即可。
例题解析:
五、排除法(间接方法)
特点:
当一个事物直接求解分类或分步,讨论过程比较多的时候,计算比较繁琐,我们这个时候采用逆向思考的方法,先求出整体,然后在整体当中,把不需要的情况排除即可。
注意点:
所求情况和所要排除情况之和必需构成事物的整体,必需包含全部的情况,不能有遗漏。
例题解析:
第五讲几何计数
教学目的:
把几何图形与计数问题相结合,来解决实际问题
【点与线的计数】
例1如图5.45,每相邻的三个圆点组成一个小三角形,问:
图中是这样的小三解形个数多还是圆点的个数多?
(全国第二届“华杯赛”决赛试题)
讲析:
可用“分组对应法”来计数。
将每一排三角形个数与它的下行线进行对应比较。
第一排三角形有1个,其下行线有2点;
第二排三角形有3个,其下行线有3点;
第三排三角形有5个,其下行线有4点;
以后每排三角形个数都比它的下行线上的点多。
所以是小三角形个数多。
例2直线m上有4个点,直线n上有5个点。
以这些点为顶点可以组成多少个三角形?
(如图5.46)
(哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题)
讲析:
本题只要数出各直线上有多少条线段,问题就好解决了。
直线n上有5个点,这5点共可以组成4+3+2+1=10(条)线段。
以这些线段分别为底边,m上的点为顶点,共可以组成4×10=40(个)三角形。
同理,m上4个点可以组成6条线段。
以它们为底边,以n上的点为顶点可以组成6×5=30(个)三角形。
所以,一共可以组成70个三角形。
【长方形与三角形的计数】
例1图5.47中的正方形被分成9个相同的小正方形,它们一共有16个顶点,以其中不在一条直线上的3点为顶点,可以构成三角形。
在这些三角形中,与阴影三角形有同样大小面积的有多少个?
(全国第三届“华杯赛”复赛试题)
为3的三角形,或者高为2,底为3的三角形,都符合要求。
①底边长为2,高为3的三角形有2×4×4=32(个);
②高为2,底边长为3的三角形有8×2=16(个)。
所以,包括图中阴影部分三角形共有48个。
例2图5.48中共有______个三角形。
(《现代小学数学》)邀请赛试题)
讲析:
以AB边上的线段为底边,以C为顶点共有三角形6个;
以AB边上的线段为底边,分别以G、H、F为顶点共有三角形3个;
以BD边上的线段为底边,以C为顶点的三角形共有6个。
所以,一共有15个三角形。
例3图5.49中共有______个正方形。
(《现代小学数学》邀请赛试题)
讲析:
可先来看看图5.50的两个图中,各含有多少个正方形。
图5.50
(1)中,正方形个数是6×3+5×2+4×1=32(个);
图5.50
(2)中,正方形个数是4×4+3×3+2×2+1×1=30(个)
如果把图5.49中的图形,分成5×6和4×11两个长方形,则:
(小学奥数分类型讲解(60种))第350页,第44讲。
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