19讲 乘法原理
乘法原理推导过程
乘法原理推导过程乘法原理是概率论中的一项重要原则，用于计算复合事件的可能性。
它的推导过程如下：假设有两个事件A和B，A的概率为P(A)，B的概率为P(B)。
我们希望计算同时发生A和B的概率。
首先，我们可以假设事件A发生的情况下，事件B发生的概率是多少。
这个条件概率可以表示为P(B|A)，读作“在A发生的条件下，B 发生的概率”。
根据概率的定义，我们知道事件A和B同时发生的概率可以表示为P(A∩B)，读作“A交B的概率”。
根据条件概率的定义，我们可以将P(A∩B)表示为P(A)乘以P(B|A)。
即：P(A∩B) = P(A) × P(B|A)这就是乘法原理的数学表达式。
如果我们希望计算多个事件同时发生的概率，可以通过多次应用乘法原理来推导。
例如，如果有三个事件A、B和C，我们希望计算这三个事件同时发生的概率。
根据乘法原理，我们可以将这个概率表示为：P(A∩B∩C) = P(A) × P(B|A) × P(C|A∩B)这样，我们可以根据需要依次应用乘法原理，计算复合事件的概率。
总而言之，乘法原理是基于条件概率的推导过程，用于计算复合事件的概率。
下面是乘法原理的推导过程：1. 假设有两个事件A和B，A的概率为P(A)，B的概率为P(B)。
2. 假设A发生的条件下，B发生的概率为P(B|A)。
3. 根据概率的定义，事件A和B同时发生的概率可以表示为P(A∩B)。
4. 根据条件概率的定义，将P(A∩B)表示为P(A)乘以P(B|A)。
即：P(A∩B) = P(A) × P(B|A)。
5. 进一步应用乘法原理，可以推导出多个事件同时发生的概率。
例如，对于三个事件A、B和C，可以表示为：P(A∩B∩C) = P(A) × P(B|A) × P(C|A∩B)。
这个推导过程帮助我们理解乘法原理的数学表达及其在概率计算中的应用。
《乘法运算定律》ppt课件
两个数相加，交换两个加数的位置，和不变。 这就是加法交换律。a＋b ＝ b＋a
两个因数相乘，交换两个因数的位置，积不变， 这就是乘法交换律。
你能用自己喜欢的方法来表示乘法交换律吗？
甲数×乙数＝乙数×甲数
▲ × ★＝ ★ × ▲
• a×b ＝b×a
最新版整理ppt
7
例6：一共有25个小组，每组里4人负责挖坑、 种树，2人负责抬水、浇树。每组要种5棵树， 每棵树要浇2桶水，一共要浇多少桶水？
解法二：先算一个组要浇多少桶水？ 5×2＝10（桶） 再算一共要浇多少桶水？ 25×10＝250（桶）
列成综合算式是：
25×（5×2） ＝25×10
＝250(桶）
答：一共要浇2最新5版0整桶理pp。t
9
（25×5）×2＝25×（5×2） 观察上面的等式，你发现了什么规律吗？
你能仿照加法结合律，用自己的语言描述 一下乘法结合律吗?
24×5×4 ＝24×（5×4）
＝24×20 ＝480（张）
答：一共需要480张课桌。
最新版整理ppt
27
6.用简便方法计算。
7×25×4 ＝7×（25×4）
＝7×100 ＝700
5×37×2 ＝5×2×37
＝10×37 ＝370
最新版整理ppt
28
7.拓展练习：
9×4 ×5 ×25 ×2
＝ 9× （4×25） ×（5 ×2）
＝ 9×100 ×10
＝ 9×1000
＝ 9000
最新版整理ppt
29
今天你有什么收获？
最新版整理ppt
30
方法③： 12×25 ＝（10＋2）×25 ＝10×25＋2×25 ＝250＋50 ＝300
小学数学奥数基础教程目录3-6册
小学数学解题思路技巧目录（一、二年级用）word文档下载地址文档贡献者：与你的缘第一章基础知识§1．1 神奇的1和0§1．2 余数的妙用§1．3 周期现象第二章填速算与技巧§2．1 加减巧算§2．2 乘法巧算§2．3 连续自然数求和第三章填数问题§3．1 用运算符号连算式§3．2 找规律填数§3．3 奇怪的算式§3．4 调整法趣谈第四章火柴棒游戏§4．1 简单的变式运算§4．2 复杂的变式游戏§4．3 图形游戏第五章图形问题§5．1 怎样数图形的个数§5．2 图形的识别与划分§5．3 怎样剪拼图形第六章简单应用题§6．1 解应用题的综合法与分析法§6．2 倍数问题§6．3 有关平均分的问题§6．4 事物推理问题§6．5 钟面上的数学问题第七章模拟试题模拟试题一模拟试题二模拟试题三模拟试题四模拟试题五模拟试题六模拟试题七小学数学奥数基础教程(三年级)目录（含答案）.word文档下载地址文档贡献者：与你的缘第1讲加减法的巧算练习1第2讲横式数字谜(一)练习2第3讲竖式数字谜(一)练习3第4讲竖式数字谜(二)练习4第5讲找规律(一)练习5第6讲找规律(二)练习6第7讲加减法应用题练习7第8讲乘除法应用题练习8第9讲平均数练习9第10讲植树问题练习10第11讲巧数图形练习11第12讲巧求周长练习12第13讲火柴棍游戏(一)练习13第14讲火柴棍游戏(二)练习14第15讲趣题巧解练习15第16讲数阵图(一)练习16第17讲数阵图(二)练习17第18讲能被2，5整除的数的特征练习18第19讲能被3整除的数的特征练习19第20讲乘、除法的运算律和性质练习20第21讲乘法中的巧算练习21第22讲横式数字谜(二)练习22第23讲竖式数字谜(三)练习23第24讲和倍应用题练习24第25讲差倍应用题练习25第26讲和差应用题练习26第27讲巧用矩形面积公式练习27第28讲一笔画(一)练习28第29讲一笔画(二)练习29第30讲包含与排除练习30小学数学奥数基础教程(四年级)目录（含答案）.word文档下载地址.文档贡献者：与你的缘第1讲速算与巧算（一）练习1第2讲速算与巧算（二）练习2第3讲高斯求和练习3第4讲数的整除性（一）练习4第5讲弃九法练习5第6讲数的整除性练习6第7讲找规律（一）练习7第8讲找规律（二）练习8第九讲数字迷（一）练习9第10讲数字迷（二）练习10第11讲归一问题与归总问题练习11第12讲年龄问题练习12第13讲鸡兔同笼问题与假设法练习13第14讲盈亏问题与比较法（一）练习14第15讲盈亏问题与比较法（二）练习15第16讲数阵图（一）练习16第17讲数阵图（二）练习17第18讲数阵图（三）练习18第19讲乘法原理练习19第20讲加法原理（一）练习20第21讲加法原理（二）练习21第22讲还原问题（一）练习22第23讲还原问题（二）练习23第24讲页码问题练习24第25讲智取火柴练习25第26讲逻辑问题（一）练习26第27讲逻辑问题（二）练习27第28讲逻辑问题（二）练习28第29讲抽屉原理（一）练习29第30讲抽屉原理（二）练习30小学数学奥数基础教程(五年级)目录（含答案）word文档下载地址文档贡献者：与你的缘第1讲数字迷（一）练习1第2讲数字谜(二)练习2第3讲定义新运算(一)练习3第4讲定义新运算(二)练习4第5讲数的整除性(一)练习5第6讲数的整除性(二)练习6第7讲奇偶性（一）练习7第8讲奇偶性（二）练习8第9讲奇偶性（三）练习9第10讲质数与合数练习10第11讲分解质因数练习11第12讲最大公约数与最小公倍数（一）练习12第13讲最大公约数与最小公倍数（二）练习13第14讲余数问题练习14第15讲孙子问题与逐步约束法练习15第16讲巧算24练习16第17讲位置原则练习17第18讲最大最小练习18第19讲图形的分割与拼接练习19第20讲多边形的面积练习20第21讲用等量代换求面积第22 用割补法求面积练习22第23讲列方程解应用题练习23第24讲行程问题（一）练习24第25讲行程问题（二）练习25第26讲行程问题（三）练习26第27讲逻辑问题（一）练习27第28讲逻辑问题（二）练习28第29讲抽屉原理(一)练习29第30讲抽屉原理(二)练习30小学数学奥数基础教程(六年级)目录（含答案）word文档下载地址文档贡献者：与你的缘第1讲比较分数的大小练习1第2讲巧求分数练习2第3讲分数运算的技巧练习3第4讲循环小数与分数练习4第5讲工程问题(一)练习5第6讲工程问题(二)练习6第7讲巧用单位“1”练习7第8讲比和比例练习8第9讲百分数练习9第10讲商业中的数学第11讲圆与扇形练习11第12讲圆柱与圆锥练习12第13讲立体图形(一)练习13第14讲立体图形(二)练习14第15讲棋盘的覆盖练习15第16讲找规律练习16第17讲操作问题练习17第18讲取整计算练习18第19讲近似值与估算练习19练习第20讲数值代入法练习20第21讲枚举法练习21第22讲列表法练习22第23讲图解法练习23第24讲时钟问题练习24第25讲时间问题练习25第26讲牛吃草问题练习26第27讲运筹学初步（一）练习27第28讲运筹学初步（二）练习28第29讲运筹学初步（三）练习29第30讲趣题巧解练习30。
大九九(19×19)乘法口诀表的意义
大九九（19×19）乘法口诀表的意义19×19乘法口诀是速算课的一个学习重点，为什么要背19×19口诀？熟背19×19口诀，不仅可以提高孩子的数学运算能力，并且可以熬炼孩子的思考力、分析力和创造力。
数学强国印度的小伴侣能把19×19口诀滚瓜烂熟，因此，他们在国际数学竞赛中总有出色的表示，在制作电脑软件的领域，无人能与其比拟，印度在信息技术领域具有雄厚实力的原因，也许可以从19×19口诀找到。
19×19口诀具体作用如下：一、加快多位数的乘法运算如果是两位数的乘法运算，可以直接运用19×19口诀。
举例来说，运算235×19，如果是只背诵九九乘法口诀的小伴侣，就需要别离计算235×10和235×9。
而背诵了19×19口诀的小伴侣，却可以一步算出，事半功倍。
二、加法、减法、除法运算也会神奇地变快了256÷16是多少呢？只背诵九九乘法口诀的小伴侣需要动手进行计算，而背诵了19×19口诀，就可以在看到标题问题的一瞬间就明白答案是16。
因为16×16=256已经牢牢地定格在大脑里了。
三、约数和倍数，理解数的性质小学高级段的学生已经学习了像约数、倍数这样一个具有某种性质的数，就是学习数与数之间的关系。
背过19×19口诀以后，285=15×19就会立刻在脑子里出现。
我们也就理解了285这个数的性质。
285既是15的倍数，也是19的倍数；反过来，285的约数中有15和19。
四、分数运算既快速又轻松举个例子，2/15 +3/17，必需将分母15和17进行通分，通分过程中包罗下列计算：15×17=255，2×17=34，3×15=45，如果背好了19×19口诀，就可以立刻计算出答案了，在学习19×19口诀的过程中，还可以帮忙我们更好地理解约数和倍数的性质，分数计算也就变容易啦。
数学讲义-加法原理、乘法原理、容斥原理
加法原理、乘法原理和容斥原理一、本章主要知识点加法原理：完成一件工作共有N 类方法：在第一类方法中有m 1种不同的方法，在第二类方法中有m 2种不同的方法，…，在第N 类方法中有m n 种不同的方法，那么完成这件工作共有m m m m N n ++++= 321种不同方法。
乘法原理：完成一件工作共需N 个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N 个步骤有mn 种方法，那么，完成这件工作共有m m m m N n⨯=⨯⨯⨯ 321种方法。
这里要注意区分两个原理，要做一件事，完成它若是有n 类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n 个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理。
这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来。
容斥原理：如果被计数的事物有A 、B 两类，那么，A 类B 类元素个数总和= 属于A 类元素个数+ 属于B 类元素个数—既是A 类又是B 类的元素个数。
二、经典例题知识点一：加法原理、乘法原理例1、每天从武汉到北京去，有4班火车，2班飞机，1班汽车。
请问：每天从武汉到北京去，乘坐这些交通工具共有多少种不同的走法？学生自测：1、“六一”儿童节，小东到书店去买书，他喜欢的书有：3种故事书、4种科学书、5种文艺书，他带的钱只能买其中一种，请问：他有多少种不同的选择方法?2、某小组有8名男生，6名女生，要从中选出一名组长，不同的选法共有多少种？例2、书架上层有6本不同的数学书，下层有5本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？学生自测：1、商店里有5种不同的儿童上衣，4种不同的裙子，妈妈准备为女儿买上衣一件和裙子一条组成一套，共有多少种不同的选法？2、小明家到学校共有5条路可走，从学校到少年宫共有3条路可走。
乘法原理讲解
19 讲乘法原理让我们先看下面几个问题。
例1 马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。
问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？分析与解：由下列图可以看出，帽子和鞋共有6 种搭配。
事实上，小丑戴帽穿鞋是分两步进行的。
第一步戴帽子，有 3 种方法；第二步穿鞋，有 2 种方法。
对第一步的每种方法，第二步都有两种方法，所以不同的搭配共有3×2＝6〔种〕。
例2 从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2 条路。
问：从甲地经乙、丙两地到丁地，共有多少种不同的走法？分析与解：用 A 1，A2表示从甲地到乙地的 2 条路，用 B1，B2，B3表示从乙地到丙地的 3 条路，用 C1，C2表示从丙地到丁地的 2 条路〔见下页图〕。
共有下面 12 种走法：A1B1C1 A 1B2C1 A1B3C1A1B1C2 A 1B2C A1B3C2A2B1C1 A 2B2C1 A2B3C1A2B1C2 A 2B2C2 A2B3C2事实上，从甲到丁是分三步走的。
第一步甲到乙有 2 种方法，第二步乙到丙有 3 种方法，第 3 步丙到丁有 2 种方法。
对于第一步的每种方法，第二步都有 3 种方法，所以从甲到丙有 2× 3=6〔种〕方法；对从甲到丙的每种方法，第三步都有 2 种方法，所以不同的走法共有2×3×2＝12〔种〕。
以上两例用到的数学思想就是数学上的乘法原理。
乘法原理：如果完成一件任需要分成 n 个步行，做第 1 步有 m1种方法，做第 2 步有 m2种方法⋯⋯做第 n 步有 m n种方法，那么按照的步完成件任共有N＝m1×m2×⋯× mn种不同的方法。
从乘法原理可以看出：将完成一件任分成几步做，是解决的关，而几步是完成件任缺一不可的。
例3 用数字0，1，2，3，4，5可以成多少个三位数〔各位上的数字允重复〕？分析与解：成一个三位数要分三步行：第一步确定百位上的数字，除0 以外有 5 种法；第二步确定十位上的数字，因数字可以重复，有 6 种法；第三步确定个位上的数字，也有 6 种法。
小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成,而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法,就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中,他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船.那么,他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法?分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法,即:第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法:3×1＝3.如果此人到大连后,可以乘船或飞机到天津,那么他从北京到天津则有以下的走法:共有六种走法,注意到3×2=6.在上面讨论问题的过程中,我们把所有可能的办法一一列举出来.这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中,完成一件事要分两个步骤.由穷举法得到的结论看到,用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数,就是完成这件事所有的方法数.一般地,如果完成一件事需要个步骤，其中,做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法,…,做第步有种不同的方法,那么，完成这件事一共有种不同的方法.这就是乘法原理.例1.某人到食堂去买饭,主食有三种,副食有五种,他主食和副食各买一种,共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成;②每个步骤各有若干种不同的方法来完成.这样的问题就可以使用乘法原理解决问题.例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到Ｂ点，要求任何线段和点不得重复经过.问:这只甲虫最多有几种不同的走法?例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本,有多少种不同的取法?例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、１０0米跑、200米跑四项中的一项比赛,问：报名的结果会出现多少种不同的情形?例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问:①可组成多少个不相等的三位数?②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、２、３组成的三位数的过程中,应该一位一位地去确定.所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用,百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上,也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字,百位上,不能取0,有3种不同的取法；十位上，由于百位已在１、２、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字,故有3种取法;个位上，由于百位和十位已各取走一个数字,故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字１、2、3、4、５、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数?分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字,即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上,可以从余下的五个数字中取一个,有５种取法;百位上有4种取法;千位上有3种取法,故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格,要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里,并使每行每列只能出现一个棋子．问:共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事.第一步放棋子A，A可以放在1６个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B,由于A已放定,那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，Ｂ有9种放法;第三步放C,再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放Ｄ，再去掉C所在的行和列的方格,只剩下一个方格可以放D，Ｄ有1种放法,本题要由乘法原理解决.例8.现有一角的人民币４张，贰角的人民币2张,壹元的人民币3张,如果从中至少取一张,至多取９张,那么,共可以配成多少种不同的钱数?分析要从三种面值的人民币中任取几张,构成一个钱数,需一步一步地来做．如先取一角的,再取贰角的，最后取壹元的．但注意到,取２张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复,如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币４张和贰角的人民币２张统一起来考虑.即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知,共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值,共８种情况．(即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况;取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．)这样一来,可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取;第二步,从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、２、3．但要注意,要求“至少取一张＂。
加法原理、乘法原理
加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？[答疑编号5721040101]【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？[答疑编号5721040102]【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.[答疑编号5721040103]【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.[答疑编号5721040104]【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？[答疑编号5721040105]【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例1.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.[答疑编号5721040201]【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例2.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?[答疑编号5721040202]【答案】90（种）【解答】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,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例3.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？[答疑编号5721040203]【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例4.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？[答疑编号5721040204]【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例5.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？[答疑编号5721040205]【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例6. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？[答疑编号5721040206]【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E 同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.例7.如果一个数与11作竖式乘法的过程中不需要进位，那么就称这个数是“好数”.例如，11、131和142就都是“好数”，而65、78和75都不是“好数”.那么小于300的三位数中共有________个“好数”.[答疑编号5721040207]【答案】106（个）【解答】首先看首位数字是1的“好数”，其十位数字不能是9.在十位数字是8的“好数”中，只有180和181；在十位数字是7的“好数”中，只有170，171和172这3个……在十位数字是0的“好数”中，有100，101……109这10个.因此首位数字是1的“好数”有2＋3＋……＋10=54个.同样方法，可以求出首位数字是2的“好数”有3＋4＋……＋10=54个.因此，小于300的“好数”有54+52=106个.。
加法原理及乘法原理课件
在保险业务中，可能会面临多种风险，如火灾、盗窃、车祸等。根据加法原理，可以分别计算每种风险发生的概 率，然后将这些概率相加以获得多种风险同时发生的总概率。这有助于保险公司制定合理的保险费率，以应对可 能出现的多种风险。
02
乘法原理
定义
乘法原理
做一件事，完成它需要分成几步 ，每一步又可以独立地完成，那 么完成这件事的方法数就是每一 步方法数的乘积。
适用范围
适用于分步骤完成的任何事情， 每一步的方法数是固定的。
适用范围
01
02
03
组合问题
乘法原理可以用于计算组 合数，即从n个不同元素 中取出m个元素的不同取 法数。
排列问题
乘法原理也可以用于计算 排列数，即从n个不同元 素中取出m个元素进行排 列的不同排法数。
概率问题
在概率论中，乘法原理可 以用于计算多步骤事件的 概率，即多个独立事件的 概率乘积。
应用实例
组合问题
从5个不同元素中取出3个元素的 组合数为C(5,3)=10，这是通过 将第一个元素的选择方法数（5 种）与第二个元素的选择方法数
（4种）相乘得到的。
排列问题
对于3个不同元素的全排列数为 A(3,3)=6，这是通过将第一个元 素的选择方法数（3种）与第二 个元素的选择方法数（2种）相
05
加法原理与乘法原理的实践 意义
提高数学思维能力
掌握加法原理与乘法原理，能够 更好地理解和运用数学概念，提
高数学思维能力。
通过运用加法原理与乘法原理， 可以解决各种数学问题，提高数
学解题能力。
掌握加法原理与乘法原理，有助 于发现数学中的规律和模式，培
养数学直觉和创造性思维。
培养逻辑推理能力
九九乘法知识点总结
九九乘法知识点总结一、九九乘法表的规律1. 交换律乘法的交换律是指乘法运算顺序的交换不改变乘积的结果。
即a×b=b×a，这对九九乘法表来说，就是1×2=2×1，2×3=3×2……以此类推。
2. 结合律乘法的结合律是指3个数相乘，先乘前两个数，或者先乘后两个数所得的积是一样的。
即(a×b)×c=a×(b×c)，这对九九乘法表来说，就是(1×2)×3=1×(2×3)=6。
3. 分配律乘法的分配律是指一个数与两个数相加（或相减）的积，等于这个数与这两个数分别相加（或相减）的积。
即a×(b+c)=a×b+a×c，这对九九乘法表来说，就是2×(3+4)=2×3+2×4=14。
以上规律是九九乘法表学习的基础，了解并掌握这些规律可以帮助学生更好地理解九九乘法表，并且有助于快速计算乘法。
二、九九乘法表口诀的学习1. 1乘法口诀1乘以1等于1，1乘以2等于2，1乘以3等于3，1乘以4等于4，1乘以5等于5，1乘以6等于6，1乘以7等于7，1乘以8等于8，1乘以9等于9。
2. 2乘法口诀2乘以2等于4，2乘以3等于6，2乘以4等于8，2乘以5等于10，2乘以6等于12，2乘以7等于14，2乘以8等于16，2乘以9等于18。
3. 3乘法口诀3乘以1等于3，3乘以2等于6，3乘以3等于9，3乘以4等于12，3乘以5等于15，3乘以6等于18，3乘以7等于21，3乘以8等于24，3乘以9等于27。
4. 4乘法口诀4乘以1等于4，4乘以2等于8，4乘以3等于12，4乘以4等于16，4乘以5等于20，4乘以7等于28，4乘以8等于32，4乘以9等于36。
5. 5乘法口诀5乘以1等于5，5乘以2等于10，5乘以3等于15，5乘以4等于20，5乘以5等于25，5乘以6等于30，5乘以7等于35，5乘以8等于40，5乘以9等于45。
高斯小学奥数六年级上册含答案第19讲计数综合提高上
第十九讲计数综合提高上一、枚举法.1、简单枚举.2、分类枚举.3、特殊的枚举：标数法、树形图.二、加法原理一一分类如果完成一件事有几类方式，在每一类方式中又有不同的方法，那么把每类的方法数相加就得到所有的方法数.加法原理的类与类之间会满足下列要求：(1) 只能选择其中的某一类，而不能几类同时选；(2) 类与类之间可以相互替代，只需要选择某一类就可以满足要求.三、乘法原理一一分步如果完成一件事分为几个步骤，在每一个步骤中又有不同的方法，那么把每步的方法数相乘就得到所有的方法数.乘法原理的步与步之间满足下列要求：(1) 每步都只是整件事情的一个部分，必须全部完成才能满足结论；(2) 步骤之前有先后的顺序，先确定好一步，再做下一步，，直到最后.四、排列：从m个不同的元素中取出门个(n m),并按照一定的顺序排成一列，其方法数叫做从m个不同元素中取出n个的排列数，记作A，它的计算方法如下：…—从m 开始递减地连乘n 个数 _A m m (m 1) (m n 1)五、组合：从m个不同元素中取出门个(n m)作为一组(不计顺序)，可选择的方法数叫做从m个不同元素中取出n个不同的组合数，记作c m，它的计算方法如下：A m [m m 1 L L m n 1 ] 尺 n__m __T!__23六、一些好用的计数技巧和方法：1. 捆绑法：对于要求必须站在一起的人，可以采用事先捆绑的方法来处理.2. 插空法：对于不能相邻的情况，先把其他人先排好，再把不能相邻的人插入其他人 之间的空隙中.3. 有重复数字的数字排列问题，可以用“数字挑位置”的方法解决.4. 数字0不能作为多位数的首位，在计数时需要特别注意.5.对挑出的对象有特殊要求的计数问题， 一般来说要优先考虑有特殊要求的对象或位 置，尽可能地让余下的对象或位置的确定变得简单.6. 当满足要求的情况很多时， 可以尝试用排除法计算不满足要求的情况， 再从所有可能的情况中排除不满足要求的，也能得到问题的答案.例1 .某人射击8枪，命中4枪，命中的4枪中恰好有3枪连在一起的情况有多少种？「分析」首先仔细思考一下命中的 4枪之间是否有顺序区别？然后确定其中 3枪连在 起的位置选择有多少种情况？练习1、在由1和2组成的六位数中（例如 112111、111111等），恰好有3个1连在一 起的六位数有多少个？例2. 一种电子表在6时24分30秒的显示为6:24:30,那么从6时到7时这段时间里，此表 的5个数字都不相同的时刻一共有多少个？「分析」分钟的十位和秒钟的十位可能性比较少，所以，应优先确定.练习2、现在我们规定一种记日期的方式，把“ 2012年05月12日’写作“ 120512”,即只需写出后面六位数，那么在 2013年有多少天按这种计数方式写出的六位数六个数字互不相同？例3．纳达尔和费德勒进行网球比赛，谁先得 6分就赢得此局，最后费德勒在第一局 6:4 获注意：几个常用公式: c m m ； c mi ； c mm n cm；c mc m c mL c m 2m胜，已知在过程中费德勒从未落后过，那么比赛过程一共有多少种不同的可能？「分析」大家还记得最短路线问题中曾经学习过的标数法吗？练习3、皇马和巴萨两队进行足球比赛，最后皇马5:3 获胜，已知在过程中皇马从未落后过，那么进球过程一共有多少种不同的可能？例4．小王左口袋里有10张黑卡片，分别写着1到10，右口袋里有10张红卡片，也分别写着1 到10．他从两个口袋里各取出一张卡片，然后计算两张卡片上数的乘积，如果乘积恰好是6的倍数，那么共有多少种不同的取法？「分析」两个数的乘积是 6 的倍数这两个数需要符合什么要求？练习4、小高有12 个黑球，分别写着 1 到12，还有10 个红球，分别写着 1 到10．他从两个种球里各取出一个，然后计算两球上数的乘积，如果乘积恰好是10 的倍数，那么共有多少种不同的取法？（注：此题中6不能倒过来当9用，9 也不能倒过来当6用）例5. NBA总决赛在洛杉矶湖人和波士顿凯尔特人队之间进行，比赛采用7局4胜制，比赛分为主场和客场，第1，第2，第6，第7 场均在洛杉矶进行，第3~5 场在波士顿进行．最终湖人队在自己的主场获得总冠军，那么比赛中的胜负结果有多少种可能？「分析」由7 局4 胜制及主场获胜两个要求你可得出什么？通过分析寻找一下解决这道题目的突破口.例6. 各位数字均不大于5，且能被99 整除的六位数共有多少个？「分析」99 的整除特性是什么，在这道题目中任何应用？年龄“外号”知多少总角：指童年.语出《诗经》，如《诗?卫风?氓》“总角之宴”. 垂髫：指童年.古时童子未冠，头发下垂，因而以”垂髫”代指童年. 束发：指青少年.一般指15 岁左右，这时应该学会各种技艺.及笄：指女子15 岁.语出《礼记？内则》"女子... 十有五年而笄”.“笄”，谓结发而用笄贯之，表示已到出嫁的年岁. 待年：指女子成年待嫁，又称“待字”.弱冠：指男子20 岁.语出《礼记?曲礼上》“二十曰弱，冠” .古代男子成年.而立：指30 岁.语出《论语?为政》“三十而立” .以后称三十岁为“而立不惑：指40 岁.语出《论语?为政》“四十而不惑” .以后用“不惑”作艾：指50 岁.语出《礼记?曲礼上》“五十曰艾”.老年头发苍白如艾.20 岁行冠礼，表示已经之年.40 岁的代称.花甲：指60 岁.作业1. 8 个同学排成一排照相，其中4 个人要站在一起，共有多少种站法？2. 甲、乙队之间进行篮球比赛，比赛采用7局4胜制，等比到第6场就分出了胜负，甲赢得了比赛，那么有多少种可能？3. 甲、乙、丙、丁四人各有一个作业本混放在一起，4 个人看也不看就随便各拿了1 本，那么至少有一人拿错有多少种可能？4. 小明左口袋里有8张红卡片，上面写着1 到8，右口袋里有8 张黑卡片，上面也写着1 到8，如果从两个口袋里各取出一张卡片，然后计算得到卡片上两数的乘积，那么能被6 整除的乘积共有多少个？（6 不能倒过来当9 用）5. 各位数字均不大于4，且能被99 整除的六位数共有多少个？第十九讲计数综合提高上例7.答案：20详解：分情况讨论，如果第1到3枪命中，第4枪有4种方法；第2到4枪命中，最后一枪有3种可能；3到5命中，有3种；4到6命中，有3种；5到7命中，3种；6到8命中，4种.共20种情况.例&答案：1260详解：从右边数第二位和第四位上的数字可取0到5，第一位和第三位上的数字可取0到5或7到9 .乘法原理可知答案为1260.例9.答案：42详解：画一个6 4的表格，则答案就是在虚线以下部分，从A到B例10 . 答案：35详解：分五类讨论，（1）黑卡和红卡都是6的倍数，此时有1种取法；（2）黑卡是6 的倍数而红卡不是6的倍数，此时有9种取法；（3）红卡是6的倍数而黑卡不是6的倍数，此时有9种取法；（4）黑卡上的数字是3或9,红卡上的数字是2、4、8或10,此时有8种取法；（5）红卡上的数字是3或9,黑卡上的数字是2、4、8或10,此时有8 种取法.所以共有35种取法.例11 . 答案：30详解：湖人在主场获得胜利，则最少打了6场，即可分两种情况讨论：（1）打了6场，则湖人在前5场中输了2场，5选2,有10种可能；（2）打了7场，则湖人在前6场中输了3,B/r Z/1^—/的方法数，注意最右面一列不标数，因为有人达到标数，得到答案为42. A6分比赛即结束,场，6选3,有20种可能.所以共有30种可能.例12 . 答案：575解法：设六位数为abcdef，由其可被99整除且各位数字不大于5，可知Ob cd ef 99 , 则a c e 9且b d f 9 ,9 5 40 5 31522441432333，所以a、c、e 有23 种可能（只有a不能是0), b、d、f有25种可能，所以共有23 25 575个符合要求的六位数.练习1、答案：12简答：前3位是1,有4种；2到4位是1，有2种；3到5位是1，有2种；4到6位是1，有4种•所以共12种.练习2、答案：30简答：千位（表示月份的十位）只能是0，十位只能是3，其它两个数字共30种情况.练习3、答案：28简答：题目可转化为如右图由A到B点共有多少种最短的走法，且必须沿着虚线右下方的边走.由标数法可知共有28种可能.练习4、答案：30简答：黑球数为10时，任意红球均可，红球为10时，任意黑球均可，除去红10黑10重复的情况，共有21种取法，另一类情况是一个球提供质因数2,另一个球提供质因数5，共有4+5=9种取法，所以，本题共有21+9=30种不同取法.作业1. 答案：2880简答：把要站在一起的4个人捆绑在一起，由乘法原理可知共有 A A4 2880种站法.2. 答案：10简答：甲在第6场取得胜利，则甲赢了第6场且在前5场中赢了3场，即五选三的问题，共有10种可能.3. 答案：23简答：共有4!种情况，减去全拿对的1种情况，则符合要求的情况有23种.4. 答案：21简答：按照例4、练4的方法详解即可.5. 答案：100简答：设六位数为abcdef，由其可被99整除且各位数字不大于4,可知ab cd ef 99 , 则 a c e 9 且b d f 9 ,9 4 4 1 4 3 2 3 3 3，所以a、c、e有10种可能，b、d、f也有10种可能，所以共有10 10 100个符合要求的六位数.。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理一、加法原理加法原理（也叫做并法则）是指对于两个或多个互不相容事件的概率之和等于每个事件概率的总和。
互不相容事件是指它们不能同时发生的事件。
假设有两个事件A和B，它们是互不相容的事件。
事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么根据加法原理，事件A或者事件B发生的概率等于事件A发生的概率加上事件B发生的概率，即：P(A或B)=P(A)+P(B)这个原理可以进一步推广到多个事件的情况。
如果有n个互不相容的事件A1,A2,...,An，它们的概率分别为P(A1),P(A2),...,P(An)，那么这些事件中至少有一个事件发生的概率等于每个事件概率之和，即：P(A1或A2或...或An)=P(A1)+P(A2)+...+P(An)加法原理的应用可以帮助计算出一系列互不相容事件的概率和，从而推断出整个概率空间的概率。
二、乘法原理乘法原理（也叫做积法则）是指对于两个或多个独立事件的概率乘积等于每个事件概率的乘积。
独立事件是指它们的发生与其它事件无关。
假设有两个事件A和B，它们是独立事件。
事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘上事件B发生的概率，即：P(A且B)=P(A)×P(B)这个原理可以进一步推广到多个事件的情况。
P(A1且A2且...且An)=P(A1)×P(A2)×...×P(An)乘法原理的应用可以帮助计算出多个独立事件同时发生的概率，从而推断出复杂事件的概率。
三、加法原理和乘法原理的关系加法原理和乘法原理在概率论中是相辅相成的。
乘法原理可以看作加法原理的特殊情况。
当事件A和事件B同时发生时，可以将事件A和事件B看作两个互不相容的子事件，此时根据加法原理，事件A或者事件B发生的概率等于事件A发生的概率加上事件B发生的概率。
而根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘上事件B在事件A发生的条件下发生的概率。
乘法定律有哪四个定律
乘法定律有哪四个定律
乘法运算定律只有三个，有交换律，结合律，分配律。
乘法，是指将相同的数加起来的快捷方式。
其运算结果称为积，“x”是乘号。
从哲学角度解析，乘法是加法的量变导致的质变结果。
整数（包括负数），有理数（分数）和实数的乘法由这个基本定义的系统泛化来定义。
乘法定律
乘法交换律：两个数相乘，交换这两个因数的位置，积不变，即a×b=b×a。
乘法结合律：三个数相乘，先把前两个数相乘或先把后两个数相乘，积不变，即a×b×c=a×(b×c)。
乘法分配律：两个数的和或差与同一个数相乘，等于这两个加数或减数分别与这个数相乘，再把积相加或相减，即a×(b±c)=a×b±a×c。
乘法原理推导过程
乘法原理推导过程乘法原理是概率论中的基本原理之一，用来计算多个事件同时发生的概率。
这个原理是由乘法法则推导出来的，乘法原理可以简单地表述为：“对于多个相互独立的事件来说，它们同时发生的概率等于每个事件发生的概率的乘积。
”下面我将详细介绍乘法原理的推导过程。
假设有两个独立的事件A和B，它们的发生概率分别为P(A)和P(B)。
我们想知道同时发生事件A和B的概率是多少。
根据直觉，我们可以猜测这个概率应该是P(A)和P(B)的乘积，即P(A∩B) = P(A)× P(B)。
为了验证这个猜想，我们可以使用条件概率的概念来进行推导。
条件概率P(A|B)表示在事件B已经发生的条件下，事件A发生的概率。
根据条件概率的定义，我们可以得到以下等式：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)将上述等式等号左边的P(A|B)进行一些变换，我们可以得到：P(A) = P(A∩B) / P(B)将上述等式进行一些变换，我们可以得到：P(A∩B) = P(A) × P(B)从这个等式可以看出，如果事件A和事件B相互独立，也就是说P(A|B) = P(A)，那么P(A∩B) = P(A) × P(B)。
这就证明了乘法原理的正确性。
乘法原理不仅适用于两个事件的情况，也适用于多个事件同时发生的情况。
假设有n个相互独立的事件A₁、A₂、...、Aₙ，它们的发生概率分别为P(A₁)、P(A₂)、...、P(Aₙ)。
我们要计算这n个事件同时发生的概率。
根据乘法原理，我们可以得到：P(A₁∩A₂∩...∩Aₙ) = P(A₁) × P(A₂) × ... × P(Aₙ)这个等式可以进一步推广到无限个事件同时发生的情况。
假设有无限个相互独立的事件A₁、A₂、...，它们的发生概率分别为P(A₁)、P(A₂)、...。
我们要计算无限个事件同时发生的概率。
根据乘法原理，我们可以得到：P(A₁∩A₂∩...) = P(A₁) × P(A₂) × ...注意，在处理无限个事件的情况时，我们需要对事件的发生概率进行一些限制，以确保乘积有意义。
乘法的原理
乘法是数学中一个重要的运算，其原理被广泛应用于日常生活中的各种计算。
乘法的原理指的是一个数乘以另一个数所得的积，即乘法原理的公式：a × b = c。
乘法的原理可以分为两个部分：一是乘数，二是乘积。
乘数指的是把多个数相乘所得的积。
乘数可以是一个或多个数，比如2 × 5 = 10，这里2和5是乘数，10是乘积。
乘积指的是乘数相乘得到的结果。
另外，乘法还有一个重要的特性，即乘法的分配律。
乘法的分配律是指一个数乘以一个数等于这个数乘以这个数的和，比如2 × (3 + 4) = 2 × 3 + 2 × 4，这里2乘以(3+4)的结果和2乘以3加上2乘以4的结果是一样的。
总的来说，乘法的原理是一个数乘以另一个数所得的积，也就是a × b = c，乘数可以是一个或多个数，乘积是乘数相乘得到的结果，乘法的分配律是一个数乘以一个数等于这个数乘以这个数的和。
乘法的原理在日常生活中被广泛应用于计算，它可以帮助我们解决很多数学问题。
乘法原理与排列组合
排列、组合的几个简单公式 1、排列: 从n个不同元素取 k个 （1 k n)的不同排列总数为：
k = n时称全排列
第1次选取 A
B C
第2次选取 B C D
第3次选取
C 例如：n=4, k =3
D B D B
C
……
D
从n个不同元素取 k个（允许重复） （1 k n)的不同排列总数为：
例如：从装有4张卡片的盒中 有放回地摸取3张
第1张 第2张
第3张
1 2 34
n=4,k =3
1
1
1
2
2
2 共有4.4.4=43种可能取法
3
3
3
4
4
4
2、组合: 从n个不同元素取 k个 （1 k n)的不同组合总数为：
常记作 ，称为组合系数。
3、组合系数与二项式展开的关系
组合系数 又常称为二项式系数，因为 它出现在下面的二项式展开的公式中：
排列： 选排列，全排列， 允许重复的排列 ;
组合； 分组分配.
乙地
轮船有三班
乘坐不同班次的火车和轮船，共有几种方法?
基本计数原理
2. 乘法原理
设完成一件事有m个步骤，
第一个步骤有n1种方法， 第二个步骤有n2种方法, 则完成这件事共有
…；
第m个步骤有nm种方法,
必须通过每一步骤,
种不同的方法 .
才算完成这件事，
例如，若一个男人有三顶帽子和两 件背心，问他可以有多少种打扮？
利用该公式，可Βιβλιοθήκη 到许多有用的组合公式： 令 a=b=1,得
令 a=-1,b=1
由 运用二项式展开 有
比较两边 xk 的系数，可得
乘法原理的意思。
乘法原理的意思。
（原创版）
目录
1.乘法原理的定义
2.乘法原理的公式表示
3.乘法原理的应用举例
4.乘法原理的实际意义
正文
乘法原理，是一种概率论中的基本原理，用于计算多个事件同时发生的概率。
它的意思是：如果事件 A 可以分为 m 种情况，事件 B 可以分为 n 种情况，那么事件 A 和事件 B 同时发生的可能性就有 m×n 种。
乘法原理的公式表示为：P(A∩B) = P(A) × P(B|A)，其中 P(A∩B) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率，P(A) 表示事件 A 发生的概率，P(B|A) 表示在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率。
乘法原理在实际应用中非常广泛，比如在计算机科学中的算法设计、统计学中的数据分析、经济学中的风险管理等领域都有重要的应用。
例如，在计算机科学中，可以使用乘法原理设计出一种高效算法，如在八皇后问题中，可以使用乘法原理来减少搜索的次数，快速找到所有可能的解。
乘法原理的实际意义在于，它可以帮助我们更好地理解和计算多个事件同时发生的概率，从而在实际问题中做出更准确的决策。
同时，乘法原理也为我们提供了一种思考问题的新视角，即通过将问题分解为多个子问题，然后分别计算子问题的概率，最后再将子问题的概率相乘，就可以得到问题的总概率。
第1页共1页。
乘法的来源及发展
乘法的来源及发展乘法的来源乘法是算术中最简单的运算之一。
最早来自于整数的乘法运算。
什么是乘法例如4乘5，就是4增加了5倍率，也可以说成5个4连加。
古巴比伦人很早就发现，1/7是一个无限小数，怎么除也除不完。
古巴比伦的倒数表里所有的数都是精确的小数，它们（在60进制中）都是有限小数。
碰到无限小数时，他们会用取近似值的方法来解决。
例如，古巴比伦人会通过1/13 = 1*(1/13) = 7*(1/91) ≈ 7*(1/90) = 7*(40/3600) = (7*40)/3600 来计算1/13的值。
那个40就是查倒数表查出来的。
“小九九”的由来《九九乘法歌诀》，又常称为“小九九”。
现在学生学的“小九九”口诀，是从“一一得一”开始，到“九九八十一”止，而在古代，却是倒过来，从“九九八十一”起，到“二二得四”止。
因为口诀开头两个字是“九九”，所以，人们就把它简称为“九九”。
大约到13、14世纪的时候才倒过来像现在这样“一一得一……九九八十一”。
中国使用“九九口诀”的时间较早。
在《荀子》、《管子》、《淮南子》、《战国策》等书中就能找到“三九二十七”、“六八四十八”、“四八三十二”、“六六三十六”等句子。
由此可见，早在“春秋”、“战国”的时候，《九九乘法歌诀》就已经开始流行了。
发展在各种文明的算术发展过程中，乘法运算的产生是很重要的一步。
一个文明可以比较顺利地发展出计数方法和加减法运算，但要想创造一套简单可行的乘法运算方法却不那么容易。
我们目前使用的乘法竖式计算看似简便，实际上这需要我们事先掌握九九乘法口诀表；考虑到这一点，这种竖式计算并不是完美的。
我们即将看到，在数学的发展过程中，不同的文明创造出了哪些不同的乘法运算方法，其中有的运算法甚至可以完全抛弃乘法表。
古巴比伦数学使用60进制，考古发现的一块古巴比伦泥板证实了这一点。
这块泥板上有一个正方形，对角线上有四个数字1, 24, 51, 10。
最初发现这块泥板时人们并不知道这是什么意思，后来某牛人惊讶地发现，如果把这些数字当作60进制的三位小数的话，得到的正好是单位正方形对角线长度的近似值：1 + 24/60 + 51/60^2 + 10/60^3 = 1.41421296296... 这说明古巴比伦已经掌握了勾股定理。
加减乘除运算法则定律
加减乘除运算法则定律
加法交换律：a+b+c=a+c+b。
加法结合律：a+b+c=a+（b+c）。
减法交换侓：a-b-c=a-c-b减法结合侓：a-b-c=a-（b+c）。
乘法交换律：a×b=b×a。
乘法结合律（a×b）×c=a×（b×c）。
乘法分配律：（a+b）×c=a×c+b×c。
乘法分配律
两个数的和（差）同一个数相乘，可以先把两个加数（减数）分别同这个数相乘，再把两个积相加（减），积不变。
字母表达是：a×（b+c）=a×b+a×c
【a×（b-c）=a×b-a×c】
或：a×b+a×c=a×（b+c）
【a×b-a×c=a×（b-c）】
加减计算法则
1.整数加、减计算法则：
1）要把相同数位对齐，再把相同计数单位上的数相加或相减；
2）哪一位满十就向前一位进。
2.小数加、减法的计算法则：
1）计算小数加、减法，先把各数的小数点对齐（也就是把相同数位上的数对齐），
2）再按照整数加、减法的法则进行计算，最后在得数里对齐横线上的小数点点上小数点。
（得数的小数部分末尾有0，一般要把0去掉。
）
3.分数加、减计算法则：
1）分母相同时，只把分子相加、减，分母不变；
2）分母不相同时，要先通分成同分母分数再相加、减。
11乘11到19乘19的规律
11乘11到19乘19的规律在我们学习数学的过程中，乘法是一个非常重要的概念。
而在乘法中，我们常常会遇到两个数字相乘的情况。
对于两个两位数相乘，很多人可能会感到比较困难。
但是，如果我们能够掌握一些规律，那么相信计算起来也会变得更加容易。
在这篇文章中，我们将要探讨的就是11乘11到19乘19的规律。
这些数字看起来比较复杂，但是实际上它们之间存在着一些非常有用的规律和特点。
让我们一起来看看吧。
首先，我们来看11乘11到19乘19的乘积。
乘法的基本原理是将两个数的每一位相乘，最后再将各位的乘积相加。
例如，对于11乘11，我们可以先将1和1相乘，得到1；然后再将1和1相乘，得到1；最后将1和1相加，得到11。
同样的，对于19乘19，我们也可以采取相同的方法进行计算。
但是，如果我们仔细观察一下，就会发现11乘11到19乘19的乘积存在着一些非常有用的规律。
具体来说，这些规律包括以下几点： 1. 两个数的个位数相乘，得到的结果一定是个位数。
例如，对于11乘11，个位数相乘得到1；对于12乘12，个位数相乘得到4；对于19乘19，个位数相乘得到1。
这个规律非常显然，因为任何数乘以1都等于它本身。
2. 两个数的十位数相乘，得到的结果一定是整十数。
例如，对于11乘11，十位数相乘得到1，再加上个位数相乘得到的1，总共得到11；对于12乘12，十位数相乘得到1，再加上个位数相乘得到的4，总共得到144；对于19乘19，十位数相乘得到1，再加上个位数相乘得到的1，总共得到361。
这个规律也很好理解，因为十位数相乘得到的结果一定是整十数，再加上个位数相乘得到的结果，就可以得到最终的乘积。
3. 两个数的个位数乘积与十位数相加，得到的结果一定是个位数。
例如，对于11乘12，个位数相乘得到2，十位数相加得到3，总共得到132；对于12乘13，个位数相乘得到6，十位数相加得到2，总共得到156；对于19乘18，个位数相乘得到2，十位数相加得到17，总共得到342。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
19讲乘法原理
让我们先看下面几个问题。
例1马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。
问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？
分析与解：由下图可以看出，帽子和鞋共有6种搭配。
事实上，小丑戴帽穿鞋是分两步进行的。
第一步戴帽子，有3种方法；第二步穿鞋，有2种方法。
对第一步的每种方法，第二步都有两种方法，所以不同的搭配共有
3×2＝6（种）。
例2从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2条路。
问：从甲地经乙、丙两地到丁地，共有多少种不同的走法？
分析与解：用A1，A2表示从甲地到乙地的2条路，用B1，B2，B3表示从乙地到丙地的3条路，用C1，C2表示从丙地到丁地的2条路（见下页图）。
共有下面12种走法：
A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1
A1B1C2 A1B2C A1B3C2
A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1
A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2
事实上，从甲到丁是分三步走的。
第一步甲到乙有2种方法，第二步乙到丙有3种方法，第3步丙到丁有2种方法。
对于第一步的每种方法，第二步都有3种方法，所以从甲到丙有2×3=6（种）方法；对从甲到丙的每种方法，第三步都有2种方法，所以不同的走法共有2×3×2＝12（种）。
以上两例用到的数学思想就是数学上的乘法原理。
乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，做第2步有m2种方法……做第n步有m n种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有
N＝m1×m2×…×mn
种不同的方法。
从乘法原理可以看出：将完成一件任务分成几步做，是解决问题的关键，而这几步是完成这件任务缺一不可的。
例3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）。
例4如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？
分析与解：将染色这一过程分为依次给A，B，C，D，E染色五步。
先给A染色，因为有5种颜色，故有5种不同的染色方法；第2步给B染色，因不能与A同色，还剩下4种颜色可选择，故有4种不同的染色方法；第3步给C染色，因为不能与A，B同色，故有3种不同的染色方法；第4步给D染色，因为不能与A，C同色，故有3种不同的染色方法；第5步给E染色，由于不能与A，C，D同色，故只有2种不同的染色方法。
根据乘法原理，共有不同的染色方法5×4×3×3×2＝360（种）。
例5求360共有多少个不同的约数。
分析与解：先将360分解质因数，
360＝2×2×2×3×3×5，
所以360的约数的质因数必然在2，3，5之中。
为了确定360的所有不同的约数，我们分三步进行：
第1步确定约数中含有2的个数，可能是0，1，2，3个，即有4种可能；
第2步确定约数中含有3的个数，可能是0，1，2个，即有3种可能；
第3步确定约数中含有5的个数，可能没有，也可能有1个，即有2种可能。
根据乘法原理，360的不同约数共有
4×3×2＝24（个）。
由例5得到：如果一个自然数N分解质因数后的形式为
其中P1，P2，…，Pl都是质数，n1，n2…，nl都是自然数，则N的所有约数的个数为：
（n1＋1）×（n2+1）×…×（nl＋1）。
利用上面的公式，可以很容易地算出某个自然数的所有约数的个数。
例如，11088＝24×32×7×11，11088共有不同的约数（4＋1）×（2+1）×（1＋1）×（1＋1）＝60（个）。
例6有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
问：共有多少种不同的吃法？
分析与解：将10块糖排成一排，糖与糖之间共有9个空。
从头开始，如果相邻两块糖是分在两天吃的，那么就在其间画一条线。
下图表示10块糖分在五天吃：第一天吃2块，第二天吃3块，第三天吃1块，第四天吃2块，第五天吃2块。
因为每个空都有加线与不加线两种可能，根据乘法原理，不同的加线方法共有29＝512（种）。
因为每一种加线方法对应一种吃糖的方法，所以不同的吃法共有512种。
练习19
1.有五顶不同的帽子，两件不同的上衣，三条不同的裤子。
从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。
问：有多少种不同的装束？
2.四角号码字典，用4个数码表示一个汉字。
小王自编一个“密码本”，用3个数码（可取重复数字）表示一个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。
问：小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字？
3.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母写成三种不同颜色。
现在有五种不同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？
4.在右图的方格纸中放两枚棋子，要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。
问：共有多少种不同的放法？
5.要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个（不能同时评一个班），共有多少种不同的评选结果？
6.甲组有6人，乙组有8人，丙组有9人。
从三个组中各选一人参加会议，共有多少种不同选法？
7.用四种颜色给右图的五块区域染色，要求每块区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？。