课 题： 10．1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：教学难点：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：
做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，„„，在第n 类办法中有m n N =m 1+m 2+ +m n 种不同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m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，„„，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N =m 1⨯m 2⨯ ⨯m n 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: N =m 1+m 2+ +m n , N =m 1⨯m 2⨯ ⨯m n
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1～20共20个整数中取两个数相加, 使其和为偶数的不同取法共有多少种?
解:取a +b 与取b +a 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(10×9)/2=45种取法, 第二类, 奇奇相加, 也有(10×
9)/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1～20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. 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①, ②, ③, ④四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()
图一 图二
图三
若变为图二, 图三呢?(240种,5×4×4×4=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, 这样的三角形共有5第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边, 有5×4=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=2×3×5×7
(1) 75600的每个约数都可以写成2l ⋅3j ⋅5k ⋅7l 的形式, 其中0≤i ≤4, 0≤j ≤3, 0≤k ≤2, 0≤l ≤1 432
于是, 要确定75600的一个约数, 可分四步完成, 即i , j , k , l 分别在各自的范围内任取一个值, 这样i 有5种取法, j 有4种取法, k 有3种取法, l 有2种取法, 根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=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3j ⋅5k ⋅7l 的形式, 同上奇约数的个数为4×3×2=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. 求集合｛1,2,3,4,5答案：1. 5×5×5×5=625 2. 3+3+3=39 3. 3,5 4. 4 5. 3 6. 3
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2×2×2×2×2=2=32个. 52353344
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. 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：①先选百位数字．由于0不能作百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；
③个位数字有4种选法．由乘法原理知所求不同三位数共有5×5×4=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5×6×6=180个．
（3）分三步：①先选个位数字，有3种选法；②再选百位数字，有4种选法；③选十位数字也是4
种选法，所求三位奇数共有3×4×4=48个．
（4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5=25个；③三位数共有5×5×4=100个．
因此，比1000小的自然数共有6+25+100=131个．
（5）分4类：①千位数字为3，4之一时，共有2×5×4×3=120个；②千位数字为5，百位数字为
0，1，2，3之一时，共有4×4×3=48个；③千位数字是5，百位数字是4，十位数字为0，1之一
时，共有2×3=6个；④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：⑴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．
⑵第（5）题改成：可以组成多少个大于3000，小于5421的四位数？ 答案：2*6*6*6+4*6*6+2*6+1=5892．求下列集合的元素个数．
（1）M ={(x , y ) |x , y ∈N , x +y ≤6}；
（2）H ={(x , y ) |x , y ∈N ,1≤x ≤4,1≤y ≤5}．
解：(1)分7类：①x =0，y 有7种取法；②x =1，y 有6种取法； ③x =2，y 有5种取法； ④x =3，y 有4种取法； ⑤x =4，y 有3种取法； ⑥x =5，y 有2种取法；⑦x =6，y 只有1M 共有
7+6+5+4+3+2+1=28(2)分两步：①先选x ，有4种可能；②再选y 有5种可能．由乘法原理，H 共有4⨯5=203．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？
解：（1）每位学生有三种选择，四位学生共有参赛方法：3⨯3⨯3⨯3=81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：4⨯4⨯4=64种.
4．①设A ={a , b , c , d , e , f }，B ={x , y , z }，从A 到B 共有多少个不同映射？ ②6个人分到3个车间，共有多少种分法？
解：（1) 分6步：先选a 的象，有3种可能，再选b 的象也是3种可能，…，选f 象也有3种可能， 由乘法原理知，共有36=729种不同映射；
(2)把6个人构成的集合，看成上面(1)中之A ，3个车间构成的集合，看成上面的B ， 因此，所求问题转化为映射问题，如上题所述，共有7295. 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3⨯3⨯1⨯1=9种．
六、板书设计（略）七、课后记：
课 题： 10．1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：教学难点：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：
做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，„„，在第n 类办法中有m n N =m 1+m 2+ +m n 种不同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m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，„„，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N =m 1⨯m 2⨯ ⨯m n 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: N =m 1+m 2+ +m n , N =m 1⨯m 2⨯ ⨯m n
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1～20共20个整数中取两个数相加, 使其和为偶数的不同取法共有多少种?
解:取a +b 与取b +a 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(10×9)/2=45种取法, 第二类, 奇奇相加, 也有(10×
9)/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1～20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. 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①, ②, ③, ④四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()
图一 图二
图三
若变为图二, 图三呢?(240种,5×4×4×4=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, 这样的三角形共有5第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边, 有5×4=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=2×3×5×7
(1) 75600的每个约数都可以写成2l ⋅3j ⋅5k ⋅7l 的形式, 其中0≤i ≤4, 0≤j ≤3, 0≤k ≤2, 0≤l ≤1 432
于是, 要确定75600的一个约数, 可分四步完成, 即i , j , k , l 分别在各自的范围内任取一个值, 这样i 有5种取法, j 有4种取法, k 有3种取法, l 有2种取法, 根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=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3j ⋅5k ⋅7l 的形式, 同上奇约数的个数为4×3×2=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. 求集合｛1,2,3,4,5答案：1. 5×5×5×5=625 2. 3+3+3=39 3. 3,5 4. 4 5. 3 6. 3
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2×2×2×2×2=2=32个. 52353344
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. 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：①先选百位数字．由于0不能作百位数，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；
③个位数字有4种选法．由乘法原理知所求不同三位数共有5×5×4=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5×6×6=180个．
（3）分三步：①先选个位数字，有3种选法；②再选百位数字，有4种选法；③选十位数字也是4
种选法，所求三位奇数共有3×4×4=48个．
（4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5=25个；③三位数共有5×5×4=100个．
因此，比1000小的自然数共有6+25+100=131个．
（5）分4类：①千位数字为3，4之一时，共有2×5×4×3=120个；②千位数字为5，百位数字为
0，1，2，3之一时，共有4×4×3=48个；③千位数字是5，百位数字是4，十位数字为0，1之一
时，共有2×3=6个；④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：⑴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．
⑵第（5）题改成：可以组成多少个大于3000，小于5421的四位数？ 答案：2*6*6*6+4*6*6+2*6+1=5892．求下列集合的元素个数．
（1）M ={(x , y ) |x , y ∈N , x +y ≤6}；
（2）H ={(x , y ) |x , y ∈N ,1≤x ≤4,1≤y ≤5}．
解：(1)分7类：①x =0，y 有7种取法；②x =1，y 有6种取法； ③x =2，y 有5种取法； ④x =3，y 有4种取法； ⑤x =4，y 有3种取法； ⑥x =5，y 有2种取法；⑦x =6，y 只有1M 共有
7+6+5+4+3+2+1=28(2)分两步：①先选x ，有4种可能；②再选y 有5种可能．由乘法原理，H 共有4⨯5=203．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？
解：（1）每位学生有三种选择，四位学生共有参赛方法：3⨯3⨯3⨯3=81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：4⨯4⨯4=64种.
4．①设A ={a , b , c , d , e , f }，B ={x , y , z }，从A 到B 共有多少个不同映射？ ②6个人分到3个车间，共有多少种分法？
解：（1) 分6步：先选a 的象，有3种可能，再选b 的象也是3种可能，…，选f 象也有3种可能， 由乘法原理知，共有36=729种不同映射；
(2)把6个人构成的集合，看成上面(1)中之A ，3个车间构成的集合，看成上面的B ， 因此，所求问题转化为映射问题，如上题所述，共有7295. 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3⨯3⨯1⨯1=9种．
六、板书设计（略）七、课后记：