四年级奥数加法原理

合集下载

四年级奥数加法原理

四年级奥数加法原理思维聚焦加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……，在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有：m1+ m2....... +mn 种不同的方法。

关键问题：确定工作的分类方法。

基本特征：每一种方法都可完成任务。

一、典型例题从甲地到乙地可以乘火车，可以坐汽车，也可以坐轮船。

已知每天火车有两班，轮船有一班，汽车有四班，那么从甲地到乙地一共有多少种不同的走法？思路点拨从甲地到乙地，坐火车有2种走法，坐轮船有1种走法，坐汽车有4种走法。

所以，要求有多少种不同的走法，只要把这几种走法加起来就可以了。

解答2+1+4＝3+4＝7（种）答：从甲地到乙地一共有7种不同的走法。

二、触类旁通10个人参加会议，每两人握一次手，一共要握几次手？思路点拨假设第一个人是A,那么他必须要和另外9个人每人握一次手，也就是9次；第二个人是B，由于他与A已经握过手，所以他只要与其他8个人每人握一次手，是8次；第三个人C只要再与其他7个人握手，是7次；以此类推，以后每个人需要再握6次、5次……这样一共要握9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）。

解答 9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）答：一共要握45次手。

三、熟能生巧1、从A地到B地有2条路可以走，从B地到C地有3条路可以走，从A地到C地有4条路可以走。

请问如果从A地到达C地一共有几种走法？2、学校食堂的早餐有4种包子，3种粥，5种面条。

如果玲玲每次只吃其中一种作为自己的早餐，那么她一共有几种吃法？3、一列火车从北京到上海，中途停靠10个站。

这列火车一共要准备多少种不同的车票？4、用1元、2元、5元的纸币各一张，一共可以组成多少种不同的纸币值？5、小刚、小强和小明三个好朋友在公园照相，共有多少种不同的照法？6、两次掷骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？7、从3名男生、2名女生中选出三好学生3人，其中至少有一名女生，共有多少种不同的选法？。

2021新小学四年级奥数教程加法原理专业资料

2，3，4中任一个。所以对于111AB有3×4〔种〕，当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选；
它们的区别是，乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积；
小第学一四步年往级左奥，数第教二程步还-加A往法1左原1右理1，C那有么第3三×步也3只〔能左种右，〕共4种，； BA111有4×3〔种〕
例4：用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区
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？
在本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻，那么就要分颜色相同与不同两种情况分析。
当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选； B有4种颜色可选；C有3种颜色可选；D也有3种颜色可选。根据乘法原理，此时不同的染色方法有
例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？
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，按前面学的乘法原理会有： 3×2=6种。所以，一共可以表示出不同的信号
例5：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。
其中A可以是2，3，4中任一个，所以有3＋3＝6〔种〕；当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选；加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。
第小一学类四是年只级挂奥一数面教信程号-加旗法，原有理红、用黄、1蓝，3种2；，3，4这四种数码组成五位数，数字
续五位是1、连续四位是1、连续三位是1。
连43;4+6+6=20

奥数加法原理

奥数加法原理
奥数加法原理是指在计算两个或多个数的和时，可以按照任意顺序进行计算，最终得到的和都是相同的。

这个原理在奥数学习中起着非常重要的作用，不仅可以帮助学生更好地理解加法运算，还可以应用于解决各种数学问题。

首先，我们来看一个简单的例子来说明奥数加法原理。

假设有三个数分别是3、4和5，按照加法原理，我们可以先计算3+4，然后再加上5，也可以先计算4+5，再加上3，或者先计算3+5，再加上4，最终得到的和都是12。

这就是奥数加法原理的基本概念。

在实际应用中，奥数加法原理可以帮助我们更快地解决一些复杂的数学问题。

比如，在排列组合中，如果我们需要计算一组数的和，可以根据加法原理任意选择计算顺序，从而简化计算过程。

又如，在概率统计中，奥数加法原理也可以帮助我们计算不同事件发生的总概率，提高计算效率。

除此之外，奥数加法原理还可以应用于解决一些实际生活中的问题。

比如，在购物时，如果我们需要计算一些商品的总价，可以根据加法原理任意选择计算顺序，以便更快地得出总价。

又如，在
时间安排上，如果我们需要计算一天中不同活动的总时间，也可以利用加法原理灵活安排时间，提高时间利用效率。

总的来说，奥数加法原理是一种非常实用的数学原理，可以帮助我们更好地理解加法运算，提高数学解题的效率，同时也可以应用于实际生活中，帮助我们更好地解决各种问题。

因此，我们在学习奥数的过程中，应该充分理解和掌握加法原理，灵活运用于解决各种数学问题和实际生活中的应用场景中。

这样不仅可以提高我们的数学能力，还可以提高我们的解决问题的能力，让我们在学习和生活中更加得心应手。

四年级奥数专题加法原理和乘法原理

二讲加法与乘法原理知识导航加法原理：做一件事情，完成．．它有n类办法，在第一类办法中有M1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+……+mn种不同的方法。

运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。

要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。

合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。

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m1×m2×…×mn种方法。

运用乘法原理计数，关键在于合理分步。

完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。

精典例题例1：一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？思路点拨①：从两个口袋中只需取一个小球,则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法。

所以是加法原理的问题。

②：要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题。

模仿练习孙老师的一个口袋内装有60个小球，另一个口袋内装有80个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？（2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？例2：一把钥匙只能开一把锁，淘气有7把钥匙和7把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？思路点拨要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑：第1把钥匙要配到锁，最多要试6次（如果6次配对失败，第7把锁就一定是这把钥匙，不用再试）；同理，第2把钥匙最多要试5次；……第6把锁最多试1次，最好一把锁不用试。

四年级奥数加减乘除中的巧妙规律总结与应用

四年级奥数加减乘除中的巧妙规律总结与应用近年来，奥数竞赛在小学生中越来越受欢迎。

对于四年级的学生而言，加减乘除是基础的数学运算，然而，要在奥数中取得好的成绩，仅仅掌握基本的运算是远远不够的。

在本文中，我将总结四年级奥数加减乘除中的巧妙规律，并且探讨如何应用这些规律来解决问题。

一、加法的巧妙规律在四年级奥数中，加法的巧妙规律是一个重要的技巧。

以下是一些常见的加法规律：1. 交换律：加法满足交换律，即a + b = b + a。

这意味着，无论数字的顺序如何，结果都是一样的。

通过利用交换律，我们可以改变计算的顺序，使得计算更简单。

2. 连加：在计算多个数的和时，可以通过数的重新排序，使得计算变得更简单。

例如，对于数字1、2、3、4的求和，我们可以先计算1+4=5，然后再计算2+3=5，最后将两个和相加得到最终结果，即5+5=10。

3. 加零律：任何数加上0等于它本身。

这个规律在解决加法问题时非常有用。

无论多复杂的加法题目，只要有0参与运算，都可以利用加零律简化计算。

二、减法的巧妙规律减法是四年级奥数中较为复杂的运算之一，但是通过运用以下巧妙规律，可以极大地简化减法的计算：1. 差的加减律：减法可以转化为加法来解决。

例如，对于算式9 - 3，我们可以转化为求差的加减律，即9 + (-3)。

通过将减法问题转化为加法问题，可以更方便地计算。

2. 迭代减法：迭代减法是指重复使用减法的过程，逐渐逼近最终的差值。

例如，对于22 - 7，我们可以先减去7，得到15。

然后再减去7，得到8。

最后再减去7，得到1。

通过多次迭代减法，我们可以得到准确的差值。

3. 减零律：任何数减去0等于它本身。

这个规律在解决减法问题时非常有用。

无论多复杂的减法题目，只要有0参与运算，都可以利用减零律简化计算。

三、乘法的巧妙规律乘法是四年级奥数中相对较为简单的运算，但是通过以下巧妙规律，可以更快速地解决乘法问题：1. 乘法交换律：乘法满足交换律，即a * b = b * a。

四年级下奥数第九讲加法原理(教师用)

选择合适的分类方式是运用加法原理的关键．好的分类方式往往达到事半功倍的效果．注意：本题中“78+”与“87+”只能算一种取法．第九讲: 加法原理（一）知识要点加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要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；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．加法原理解题三部曲1、完成一件事分N 类；2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．例题精讲1、分类讨论中加法原理的应用【例 1】（难度等级 ※）小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【巩固】（难度等级 ※）有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【巩固】（难度等级 ※）阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【例 2】（难度等级※※）从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？【解析】根据第一个数的大小，将和大于10的取法分为9类：第一个数第二个数有几种第1类 1 10 1第2类 2 10、9 2第3类 3 10、9、8 3第4类 4 10、9、8、7 4日期： 5.4第5类 5 10、9、8、7、6 5第6类 6 10、9、8、7 4第7类7 10、9、8 3第8类8 10、9 2第9类9 10 1因此，根据加法原理，共有：1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10．【巩固】（难度等级※※）从1～8中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？【解析】两个数和为11的一共有3种取法；两个数和为12的一共有2种取法；两个数和为13的一共有2种取法；两个数和为14的一共有1种取法；两个数和为15的一共有1种取法；一共有3+2+2+1+1=9种取法．【例 3】（难度等级※※）甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸，每个工厂至少订了99份，至多101份，问：一共有多少种不同的订法？【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法．如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定．如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定．如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定．根据加法原理，一共有2327++=种订报方法．【巩固】（难度等级※※）大林和小林共有小人书不超过9本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况？【解析】大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有9种可能，……，共有0本的话，有1种可能，所以根据加法原理，一共有10+9+……+3+2+1=55种可能．【例 4】（难度等级※※）四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张．问：一共有多少种不同的方法？【解析】设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d．先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法．同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法．一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法．【例 5】(第六届走美试题)一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等．田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛．【解析】第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；若胜两场，则又分为三种情况：二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种情况；二，四两场胜，此时有三种情况；三，四两场胜，此时有七种情况；所以一共有113712+++=种方法．【例 6】（难度等级※※）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种．【解析】把一元钱换成角币，有三类分法：①第一类：有五角币2张，只有1种换法：②第二类：有五角币1张，则此时二角币可以有0，1，2张，相应的，一角币有5，3，1张，有3种换法；③第三类：有五角币0张，则此时二角币可以有0，1，2，3，4，5张，相应的，一角币有10，8，6，4，2，0张，有6种换法．所以，根据加法原理，总共的换法有13610++=种．【巩固】（难度等级※※）一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多少种不同的情况？【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：如果5分硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分．如表当5分硬币的个数为0～20的偶数时，都有对应个数的2分硬币．所以一共有11种不同的情况．类别 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 115分0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 202分50 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0【例 7】（难度等级※※※）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?【解析】如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其余的钱全部购买2元饭票，共有26种买法；如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0～23张，其余的钱全部购买2元饭票，共有24种不同方法；如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票0～21张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22种不同方法；……如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2元饭票，共有2种方法．总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列．利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)．共有182种不同的买法．【巩固】（难度等级※※）一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角．小明要在该店花5元5角购买两种文具，他有多少种不同的选择．【解析】一共三种文具，要买两种文具．那么就可以分三类了．第一类：橡皮和圆珠笔 5元5角=55角=11块橡皮（要买两种，所以这个不考虑）=9块橡皮+1只圆珠笔=7块橡皮+2只圆珠笔=5块橡皮+3只圆珠笔=3块橡皮+4只圆珠笔=1块橡皮+5只圆珠笔第一类共5种第二类：橡皮和钢笔 55角=11块橡皮（不做考虑）=6块橡皮+1只钢笔=1块橡皮+2只钢笔第二类共2种第三类：圆珠笔和钢笔55角=11块橡皮（不做考虑）=1只钢笔+3只圆珠笔第三类共1种【例 8】（难度等级※※※）袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有________种可能．（2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）【解析】按最少的红球来分类：3红时，黄+白=3，黄可取0，1，2，3共4种．2红时，黄+白=4，黄可取0，1，2，3，4共5种．1红时，黄+白=5，黄可取0，1，2，3，4共5种．0红时，黄+白=6，黄可取0，1，2，3共4种．共有：4+5+5+4=18（种）．【例 9】（难度等级※※）1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号(最少插一个乘号)，可以得到多少个不同的乘积?【解析】按插入乘号的个数进行分类：⑴若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：1 2 3 4⨯，1 2 34⨯．⨯，1 2 3 4⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：⨯⨯，1 234⨯⨯．⨯⨯，1 2 3412 3 4⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：⨯⨯⨯．1234所以，根据加法原理共有3317++=种不同的乘积．【例 10】（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?【解析】小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是百位为7时，只有1799，一个；百位为8时，只有1889，1898，二个；百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；总计共1＋2＋3=6个．【巩固】（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个?【解析】小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为9918+=，因此，百位数字至少是5．于是百位为5时，只有1599一个；百位为6时，只有1689，1698两个；百位为7时，只有1779，1788，1797三个；百位为8时，只有1869，1878，1887，1896四个；百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；根据加法原理，总计共1234515++++=个．【巩固】（难度等级※※※）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?【解析】大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7．于是根据百位数进行分类：第一类，百位为7时，只有2700一个；第二类，百位为6时，只有2610，2601两个；第三类，百位为5时，只有2520，2511，2502三个；第四类，百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八个；根据加法原理，总计共1234567836+++++++=个．【巩固】（难度等级※※※※）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？【解析】以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个；⑷十位数字为3，有1030，共1个．第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个；⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．第3类——个位数字是2，满足条件的数共有3个．其中：⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个；⑵十位数字为1，有1012，共1个．第4类——个位数字是3，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有l003，共1个．根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有1063120+++=个．【例 11】有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止，如257，1459等等，这类数共有个.【解析】按自然数的最高位数分类：⑴最高位为1的有10112358，112358，12358，1347，1459，156，167，178，189共9个 ⑵最高位为2的有202246，21347，2246，2358，246，257，268，279共8个 ⑶最高位为3的有303369，31459，3257，3369，347，358，369共7个 L⑼最高位为9的有 9099共1个所以这类数共有98762145++++++=L 个【例 12】如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数．那么，小于2008的迎春数一共有多少个？【解析】 (法1)两位数中迎春数的个数．⑴十位数字为1的：12，13，……，19．8个 ⑵十位数字为2的：23，24，……29．7个 ⑶十位数字为3的：34，35，……39．6个 ⑷十位数字为4的：45，46，……49．5个 ⑸十位数字为5的：56，57，……59．4个 ⑹十位数字为6的：67，68，69．3个 ⑺十位数字为7的：78，79．2个 ⑻十位数字为8的：89．1个两位数共87136+++=L 个三位数中迎春数的个数⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个． ⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个． ⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个． ⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个． ⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个． ⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个． ⑺百位数字是7的：789．1个 1000～1999中迎春数的个数⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个． ⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个． ⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个． ⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个． ⑸前两位是16的：1678，1679，1689．3个． ⑹前两位是17的：1789．1个共56个．所以小于2008的迎春数共368456176++=个．(法2)小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有98236⨯÷=个．三位数的取法有()98732184⨯⨯÷⨯⨯=个．1000多的迎春数的取法有()87632156⨯⨯÷⨯⨯=个．所以共368456176++=个．【例 13】有些五位数的各位数字均取自1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字(大减小)的差都是1．问这样的五位数共有多少个？【解析】 ⑴首位取1时，千位只能是2，百位可以是1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3．2种．百位是3，十位可以是2和4；十位是2，个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5．4种．所以，首位取1时，共有246+=种． ⑵首位取2时，千位可以是1和3．千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3种．千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3种．百位是4，十位可以是3和5，有3种．千位是3时有336+=种．所以首位取2时，共有369+=种． ⑶首位取3时，千位可以取2和4．千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3；2种．百位是3时，十位可以是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4，个位可以是3和5；4种．千位是4，百位可以取3和5．百位是5，十位只能是4，个位可以是3和5；2种．百位是3，十位可能是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4个位可以是3和5；4种．所以，首位取3时，共有242412+++=种． ⑷首位取4时，千位可以取3和5．千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3个位可以是2和4；十位是5个位只能是4．有3种．千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1个位只能是2；十位是3个位可以是2和4．有3种．百位是4，十位可以是3和5．十位是5个位只能是4；十位是3，个位可以是2和4．有3种．千位是3共有336+=种．所以，首位取4时，共有369+=种．⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2种；百位是3，十位可以是2和4，有4种．所以，首位取5时共有246+=种．总共有：69129642++++=个也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有：69129642++++=个2、树形图法、标数法及简单的递推一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 14】（难度等级 ※※※）A 、B 、C 三个小朋友互相传球，先从A 开始发球(作为第一次传球)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A 手中，那么不同的传球方式共多少种？(2005年《小数报》数学邀请赛)【解析】如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式．同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【巩固】（难度等级 ※※※）一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【例 15】（难度等级 ※※※）甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止．问：一共有多少种可能的情况？【解析】如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况．同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况．一共有 7＋7=14（种）可能的情况．勤学苦练1、阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？（2级）2、从2～9中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？（4级）3、大林和小林共有小人书不超过10本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况？（4级）4、从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

四年级奥数加减乘除中的巧妙规律总结

四年级奥数加减乘除中的巧妙规律总结奥数是指奥林匹克数学竞赛，是一项旨在培养学生创新思维和解决复杂问题能力的数学竞赛活动。

其中，加减乘除是奥数竞赛的基础，也是日常生活中常见的数学运算。

在四年级奥数中，我们可以发现许多巧妙的规律。

本文将对四年级奥数中加减乘除的一些巧妙规律进行总结和分析。

一、加法中的巧妙规律加法是最基本的数学运算之一。

在四年级奥数中，有一些巧妙的规律可以帮助我们更快地计算结果。

1. 交换律：两个数相加，无论交换顺序，结果不变。

例如，5 + 3 =3 + 5。

利用交换律可以简化计算过程。

2. 结合律：三个数相加，无论加法的顺序如何，结果不变。

例如，(2 + 3) + 4 = 2 + (3 + 4)。

利用结合律可以将多个加法式简化成一起计算。

3. 零的特性：任何数加上0等于它本身。

例如，7 + 0 = 7。

在计算过程中，将一个数加上0可以保持数值不变。

二、减法中的巧妙规律减法也是四年级奥数中的重要内容。

下面是一些减法中的巧妙规律。

1. 相同数相减为零：相同的数相减结果为0。

例如，7 - 7 = 0。

在计算过程中，遇到相同的数相减时，可以直接得出结果。

2. 零减任何数等于负数：0减去一个数等于这个数的相反数。

例如，0 - 5 = -5。

在计算过程中，遇到零减数的情况时，可以将零减法转化为对应的负数。

三、乘法中的巧妙规律乘法是四年级奥数中的重点内容。

下面是一些乘法中的巧妙规律。

1. 乘法交换律：两个数相乘，无论交换顺序，结果不变。

例如，3 ×4 = 4 × 3。

利用交换律可以简化计算过程。

2. 乘法结合律：三个数相乘，无论乘法的顺序如何，结果不变。

例如，(2 × 3) × 4 = 2 × (3 × 4)。

利用结合律可以将多个乘法式简化成一起计算。

3. 乘法分配律：一个数乘以两个数相加，等于这个数分别乘以两个数再相加。

例如，2 × (6 + 3) = (2 × 6) + (2 × 3)。

4年级奥数第六讲：加法原理

一、加法原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．完成一件事，有n 类方法可以用。

在第一类办法中有M1种不同的方法，在第二类办法中有M2种不同的方法，……，在第N 类办法中有M(N)种不同的方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+M(N)种不同的方法。

二、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N 类方法；2、每类方法中找数量；3、类类相加。

三、加法原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．（2）在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．第六讲加法原理知识要点加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．【例 1】王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京．他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图．那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？（2级）【例 2】从益智中心到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从益智中心到张老师家有3条路可走，那么从益智中心到张老师家共有多少种走法？（2级）【巩固】如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？（2级）丁丙乙甲【例 3】小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品11种，那么如果选两类（每类一件）不同的东西作为生日礼物，小宝买生日礼物可以有多少种不同的选法？例题精讲【例 4】从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉和上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车．问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？（2级）【例 5】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？（4级）【例6】五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？（6级）【例 7】如图，将1，2，3，4，5分别填入图中15的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法．【走进美妙数学花园少年数学邀请赛】（6级）【例 8】从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个? （6级）【例 9】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？（6级）【巩固】直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？（4级）【例10】如图，从A点到B点的最近路线有多少条？（4级）BA【例 11】如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南角的A处沿最短的路线走到东北角B出，由于修路，十字路口C不能通过，那么共有＿＿＿＿种不同走法．（6级）A【例 12】如图所示，从A点到B点，如果要求经过C点或D点的最近路线有多少条？（6级）【例13】如图1为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但不经过C，走到D的不同的最短路线有条.（8级）ArrayA【例 14】在下图的街道示意图中，有几处街区有积水不能通行，那么从A到B的最短路线有多少种？（6级）AB 【例 15】在下图的街道示意图中，C处因施工不能通行，从A到B的最短路线有多少条？（6级）CB A【例 16】(第三届“希望杯”2试试题)右图中的“我爱希望杯”有______种不同的读法.（6级）杯杯杯杯杯望望望望希希希爱爱我【例 17】图中有10个编好号码的房间，你可以从小号码房间走到相邻的大号码房间，但不能从大号码走到小号码，从1号房间走到10号房间共有多少种不同的走法？（8级）。

四年级下册奥数——加法原理与乘法原理

第5讲加法原理与乘法原理知识点、重点、难点加法原理与乘法原理是计数中最常用、也是最基本的两个原理.所谓计数，就是数数，把一些对象的具体数目数出来，当然，情况简单时可以一个一个地数，如果数目较大时，一个一个地数是不行的，利用加法原理和乘法原理，可以帮助我们计数.加法原理完成一件工作有n 种方式，用第1种方式完成有1m 种方法，用第2种方式完成有2m 种方法，，用第n 种方式完成有n m 种方法.那么完成这件工作共有n m m m +++ 21种方法.乘法原理完成一件工作共需n 个步骤，完成第1个步骤有1m 种方法，完成第2个步骤有2m 种方法，，完成第n 个步骤有n m 种方法.那么完成这件工作共有n m m m ⨯⨯⨯ 21种方法.注意：加法原理是分类计数，乘法原理是分步计数.例题精讲例1小高一家外出旅游，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以坐飞机.经过网上查询，出发的那一天中火车有4班，汽车有3班，飞机有2班.任意选择其中一个班次，有多少种出行方法？例2用红、黄两种颜色给房子的屋顶、烟囱、门、窗四个部分涂色，每个部分只能涂一种颜色，一共有多少种不同的涂色方法？例3学校组织读书活动，要求每位同学读一本书.肖明到图书馆借书时，图书馆有不同的英语书150本，不同的科技书200本，不同的小说书100本.他要借一本书，问有多少种不同的选法？例4利用数字4321，，，一共可以组成多少个数字不重复的三位数？例5从甲地到乙地有4条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从甲地到丙地有3条路可以走，那么从甲地到丙地共有多少种不同的走法？例6书架有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书都各不相同.请问：（1）如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法？（2）如果从每一层中各取1本，共有多少种不同的取法？（3）如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法？精选习题1.5个点之间可以连__________条线段.2.小琴、小惠、小梅三人报名参加运动会的跳绳、跳高和短跑这三个项目的比赛，每人只能参加一项比赛，不一定三项比赛都要有人参加.请问：报名的情况有多少种？3.萱萱要从4幅水墨画、3幅油画和2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置客厅，有几种选法？4.用数字54321、、、、可组成_______________个没有重复数字的三位数.5.各位数字之和等于10的三位数共有__________个.。

四年级下奥数第九讲加法原理(教师用)

四年级下奥数第九讲加法原理(教师用)work Information Technology Company.2020YEAR同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法．一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法．【例 9】(第六届走美试题)一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等．田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛．【解析】第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；若胜两场，则又分为三种情况：二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种情况；二，四两场胜，此时有三种情况；三，四两场胜，此时有七种情况；所以一共有113712+++=种方法．【例 10】（难度等级※※）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种．【例 11】【解析】把一元钱换成角币，有三类分法：①第一类：有五角币2张，只有1种换法：②第二类：有五角币1张，则此时二角币可以有0，1，2张，相应的，一角币有5，3，1张，有3种换法；③第三类：有五角币0张，则此时二角币可以有0，1，2，3，4，5张，相应的，一角币有10，8，6，4，2，0张，有6种换法．所以，根据加法原理，总共的换法有13610++=种．【巩固】（难度等级※※）一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多少种不同的情况？【巩固】【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：如果5分硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分．如表当5分硬币的个数为0～20的偶数时，都有对应个数的2分硬币．所以一共有11种不同的情况．类别1 2 3 4 5 6 7 8 9 1115分0 2 4 6 8 10 1214161822分50 4543532521515 0【例 12】（难度等级※※※）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?的迎春数一共有多少个？的：234～的：345～2、树形图法、标数法及简单的递推一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 25】（难度等级 ※※※）A 、B 、C 三个小朋友互相传球，先从A 开始发球(作为第一次传球)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A 手中，那么不同的传球方式共多少种(【例 26】 2005年《小数报》数学邀请赛) 【解析】如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式．同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【巩固】（难度等级 ※※※）一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【巩固】【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【例 27】（难度等级 ※※※）甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止．问：一共有多少种可能的情况？【例 28】【解析】如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况．同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况．一共有 7＋7=14（种）可能的情况．11。

四上奥数——3加法原理-、乘法原理

加法原理、乘法原理1.基本概念①加法原理：为了完成一件事，有几类方法。

第一类方法中有m1种不同的方法，第二类方法中有m2种不同的方法……第n类方法中有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法。

②乘法原理：为了完成一件事，需要几个步骤。

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m n种不同的方法。

那么，完成这件事共有N=m1×m2×…×m n种不同的方法。

2.理解要点：①加法原理和乘法原理的本质区别：能否一步做完,一步骤为加法，多步骤为乘法②乘法原理为什么要用乘法去计算,和我们之前的搭配问题一样，本质是和的形式，也可以用树状图理解③要深刻站在题目的角度，寻找每一步骤拥有的方法种数，题目画出限制条件，全面考虑加乘原理歌：一件事情几类分，类类独立能完成，共有方法多少种？几类方法来相加；一件事情需几步，步步做好才完成，共有方法多少种？几步可能来相乘．基础篇：1.每天从武汉到北京去，有6班火车，3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走法？2。

学校开展“诵读经典"读书竞赛活动，小明要从4大名著、2本外国名著和3本科普书里任意选取一本书，共有多少种不同的选法？3.如图，从甲村去乙村有3条道路，从乙村去丙村有2条道路，从丙村去丁村有4条道路。

小华要从甲村经乙村、丙村去丁村,共有多少种不同的走法？4。

如图，A、B、C是三个村庄,从A村到B村有2条路可走，从B村到C村有3条路可走,从A 村到C村有4条路可走,从A村到C村共有多少种不同的走法?5。

有四张卡片,上面分别写有0、1、2、4四个数字,从中任意抽出三张卡片组成三位数,这些卡片共可组成多少个不同的三位数？6.有五张卡片，卡片上写有数字1、2、3、4、5，从中任取两张卡片，摆放在一起，就可以组成一个两位数；请问:一共可以组成多少个不同的奇数？7.在实践活动课上，张老师发给每个学生一张简易地图（如图)，地图上有A、B、C、D四个相邻的城市.现从红、黄、蓝、绿四种颜料中选出若干种给地图涂色，要求相邻城市的颜色不同，有种不同的涂色方法.8.如图，A、B、C、D、E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种涂染，若使相邻的区域涂不同的颜色，问:有几种不同的涂法？9.某信号兵用红、黄、蓝三面旗子从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号,每次可以任挂一面、两面或三面，并且不同的顺序表示不同的信号,一共可以表示多少种不同的信号？10。

四年级奥数基础教程第21讲加法原理(二)

第21讲加法原理（二）我们通常解题，总是要先列出算式，然后求解。

可是对有些题目来说，这样做不仅麻烦，而且有时根本就列不出算式。

这一讲我们介绍利用加法原理在“图上作业”的解题方法。

例1小明要登上10级台阶，他每一步只能登1级或2级台阶，他登上10级台阶共有多少种不同的登法？分析与解：登上第1级台阶只有1种登法。

登上第2级台阶可由第1级台阶上去，或者从平地跨2级上去，故有2种登法。

登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去，或者从第2级台阶上去，所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和，共有1+2＝3（种）……一般地，登上第n级台阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级上去，或者从第（n—2）级台阶跨两级上去。

根据加法原理，如果登上第（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法，则登上第n级有（a＋b）种方法。

因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法，就可以依次推算出登上以后各级的方法数。

由登上第1级有1种方法，登上第2级有2种方法，可得出下面一串数：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89。

其中从第三个数起，每个数都是它前面两个数之和。

登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个，即89。

也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数（见下图）。

例2在左下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？分析与解：题目要求从左下向右上走，所以走到任一点，例如右上图中的D点，不是经过左边的E点，就是经过下边的F点。

如果到E点有a种走法（此处a＝6），到F点有b种走法（此处b＝4），根据加法原理，到D点就有（a＋b）种走法（此处为6＋4=10）。

我们可以从左下角A点开始，按加法原理，依次向上、向右填上到各点的走法数（见右上图），最后得到共有35条不同路线。

例3左下图是某街区的道路图。

从A点沿最短路线到B点，其中经过C点和D点的不同路线共有多少条？分析与解：本题可以同例2一样从A标到B，也可以将从A到B分为三段，先是从A到C，再从C到D，最后从D到B。

四年级奥数加减乘除中的规律总结

四年级奥数加减乘除中的规律总结奥数是指奥林匹克数学竞赛，是一项提高学生数学素养和解决问题能力的活动。

在四年级的奥数竞赛中，加减乘除是最基础的数学运算。

通过学习和总结，我们可以发现其中的规律，从而更好地解决问题。

下面将对四年级奥数加减乘除的规律进行总结。

一、加法规律在四年级奥数加法中，我们可以发现以下规律：1. 加数交换律：无论加法运算中两个数的位置如何交换，得到的和是相同的，即a + b = b + a。

2. 加数结合律：在加法运算中，当三个数相加时，无论先加哪两个数，和都相同，即(a + b) + c = a + (b + c)。

3. 加零律：任何数字与0相加，结果都是那个数字本身，即a + 0 = a。

二、减法规律在四年级奥数减法中，我们可以发现以下规律：1. 减数不能大于被减数：在减法运算中，被减数不能小于减数，否则结果将为负数。

2. 减法的转化：减法可以转化为加法运算，例如a - b可以等价于a + (-b)。

三、乘法规律在四年级奥数乘法中，我们可以发现以下规律：1. 乘法交换律：无论乘法运算中两个数的位置如何交换，得到的积是相同的，即a × b = b × a。

2. 乘法结合律：在乘法运算中，当三个数相乘时，无论先乘哪两个数，积都相同，即(a × b) × c = a × (b × c)。

3. 乘法分配律：在乘法运算中，如果有一个数先与两个数相加，再乘以一个数，可以分别进行乘法运算再相加，即a × (b + c) = (a × b) +(a × c)。

4. 乘一律：任何数与1相乘，结果都是那个数本身，即a × 1 = a。

5. 乘零律：任何数与0相乘，结果都为0，即a × 0 = 0。

四、除法规律在四年级奥数除法中，我们可以发现以下规律：1. 除法归纳法则：在除法运算中，如果被除数可以整除除数和余数，那么结果就是商，余数为0。

四年级奥数加法原理