小学奥数:容斥原理之数论问题.专项练习
闻香识女人经典台词-回文联大全
7-7-4 容斥原理之数论问题
1.
了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容;
2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用.
教学目标
知识要点
一、两量重叠问题
在一些计数问题中,经常遇到有关集合元素个数的计算.求两个集合并集的元素的个数,
不能简单地把两
个集合的元素个数相加,而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个
数,即减去交集的元素个数,
用式子可表示成:
AUBABAIB
(
其中符号“
U
”读作<
br>“并”,相当于中文“和”或者“或”的意思;符号“
I
”读作“交”,相当于中文“且
”
的意思.)则称这一公式为包含与排除原理,简称容斥原理.图示如下:
A
表示小圆
部分,
B
表示大圆部分,
C
表示大圆与小圆的公共部分,记为:
AI
B
,
即阴影面积.图示如下:
A
表
示小圆部分,
B
表示大圆部分,
C
表示大圆与小圆的公共部分,记为:
AIB
,
即阴
影面积.
1.先包含——
AB
重叠部分
AIB
计算了
2
次,多加了
1
次;
2.再排除——
ABAIB
把多加了
1
次的重叠部分
AIB
减去.
包含与排除原理告诉我们,要计算两个集合
A、B
的并集
AUB<
br>的元素的个数,可分以下两
步进行:
第一步:分别计算集合
A、B
的
元素个数,然后加起来,即先求
AB
(意思是把
A、B
的一
切元素
都“包含”进来,加在一起);
第二步:从上面的和中减去交集的元素个数,即减去
CAI
B
(意思是“排除”了重复计算
的元素个数).
二、三量重叠问题
A类、
B
类与
C
类元素个数的总和
A
类元素的个数B
类元素个数
C
类元素个数
既是
A
类又
是
B
类的元素个数
既是
B
类又是
C
类的
元素个数
既是
A
类又是
C
类的元素
7-7-4.
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个数
同时是
A
类、
B
类、
C
类的元素个数.用符号表示为:AUBUCABCAIBBICAICAIBIC
.图示如下:
图中小圆
表示
A
的元素的个数,中圆表示
B
的元素的个数,
大圆表示
C
的元素的个数.
1.先包含:
ABC
重叠部分
AIB
、
BI
C
、
CIA
重叠了
2
次,多加了
1
次.
2.再排除:
ABCAIBBICAIC
重叠部分
AI
BIC
重叠了
3
次,但是在进行
ABC
AIBBICAIC
计算时都被减掉了.
3.再包含:
ABCAIBBICAICAIBIC
.
在解答有关包含排除问题时,我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考.
例题精讲
【例 1】 在
1~100
的全部自然数中,不是
3<
br>的倍数也不是
5
的倍数的数有多少个?
A
B
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 如图,用长
方形表示
1~100
的全部自然数,
A
圆表示
1~100
中
3
的倍数,
B
圆表示
1~100
中
5
的倍
数,长方形内两圆外的部分表示既不是
3
的倍数也不是
5
的倍数的
数
.
由
100333L1
可知,
1~100
中
3
的倍数有
33
个;由
100520
可知,
1~100
中
5
的倍数
有
20
个;由
100(35)6L10<
br>可知,
1~100
既是
3
的倍数又是
5
的倍数的数有
6
个.
由包含排除法,
3
或
5
的倍数有:
3320647
(个).从而不是
3
的倍数也不是
5
的倍数
的
数有
1004753
(个).
【答案】
53
【巩固】 在自然数
1~100
中,能被
3
或
5
中任一个整除的数有多少个?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星
【题型】解答
【解析】
100333L1
,
100520
,
100(35)6L10
.根据包含排除法,能被
3
或
5
中任一个整除的数有
3320647
(个).
【答案】
47
【巩固】
在前
100
个自然数中,能被
2
或
3
整除的数有多少个?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 如图所示,
A
圆内是前
100
个自然数中所有能被
2
整除的数,
B
圆内是前
100
个自
然数中所有能被
3
整除的数,C
为前
100
个自然数中既能被
2
整除也能被
3
整除的
数.
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前
100
个自然数中能被
2
整除的数有:
100250
(个).由
10
0333L1
知,前
100
个自然
数中能被
3
整除的数
有:
33
个.由
100(23)16L4
知,前
100
个自然数中既能被
2
整除
也能被
3
整除的数有
16
个.
所以
A
中有
50
个数,
B
中有
3
3
个数,
C
中有
16
个数.因为
A
,
B<
br>都包含
C
,根据包含排
除法得到,能被
2
或
3
整除的数有:
50331667
(个).
【答案】
67
【例 2】
在从1至1000的自然数中,既不能被5除尽,又不能被7除尽的数有多少个?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 1~100
0之间,5的倍数有
1000
=200个,7的倍数有
1000
=142个,因为既
5
7
是5的倍数,又是7的倍数的数一定是35的倍数,所以这样的数有<
br>
1000
=28
35
个.
所以既不能被5除尽,又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个.
【答案】
686
【巩固】
求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数.
【考点】容斥原理之数论问题
【难度】2星 【题型】解答
【解析】 记
A
:1~100中3的倍数,
100333LL1
,有33个;
B:1~100中7的倍数,
100714LL2
,有14个;
AIB
:1~100中3和7的公倍数,即21的倍数,
100214LL16
,有4个
.
依据公式,1~100中3的倍数或7的倍数共有
3314443
个,则能
被3或7整除的数的
个数为43个.
【答案】
43
【例 3】 以105为分母的最简真分数共有多少个?它们的和为多少?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 以105为
分母的最简真分数的分子与105互质,105=3×5×7,所以也是求1到105
不是3、5、7倍
数的数有多少个,3的倍数有35个,5的倍数有21个,7的倍数
有15个,15的倍数有7个,21
的倍数有5个,35的倍数有3个,105的倍数有1
个,所以105以内与105互质的数有105-
35-21-15+7+5+3-1=48个,显然如果n
与105互质,那么(105-n)与n互质
,所以以105为分母的48个最简真分数可两
个两个凑成1,所以它们的和为24.
【答案】
48
个,和
24
【巩固】
分母是385的最简真分数有多少个?并求这些真分数的和.
【考点】容斥原理之数论问题
【难度】4星 【题型】解答
【解析】 385=5×7×11,不超过385的正整数中被5整
除的数有77个;被7整除的数有55
个;被11整除的数有35个;被77整除的数有5个;被35整
除的数有11个;被
55整除的数有7个;被385整除的数有1个;最简真分数的分子可以有
385-77-55-35+5+11+7-1=240.对于某个分数a385如果是最简真分数的话,那么<
br>(385-a)385也是最简真分数,所以最简真分数可以每两个凑成整数1,所以这
些真分数
的和为120.
【答案】
240
个,
120
个
【例 4】 在1至2008这2008个自然数中,恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有
个.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
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【关键词】西城实验
2008
【解析】 1到2008这2008个自然数中,3和5的倍数
有
133
个,3和7的倍数有
15
2008
2008
2008
个,
5和7的倍数有个,3、5和7的倍数有所
9557
21
35
105
19
个.
以,恰
好是3、5、7中两个数的倍数的共有
1331995195719228
个.
【答案】
228
个
【例 5】
求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。
【考点】容斥原理之数论问题
【难度】3星 【题型】填空
【关键词】学而思杯,4年级,第12题
【解析】 被<
br>2
整除的有
50
个,被
3
整除的有
33
个,
被
7
整除的有
14
个
同时被
2
和
3整除的有
16
个,同时被
2
和
7
整除的有
7<
br>个,同时被
3
和
7
整除的有
4
个
同时被<
br>2
和
3
和
7
整除的有
2
个,
100
50331416742
1007228
个
【答案】28个。
【例 6】
在从1到1998的自然数中,能被2整除,但不能被3或7整除的数有多少个?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
a
7
【解析】 表示取商的整数部分.例
如,
2
3
.要注意的是,符号
与
、
、
、
b
符号一样,也是一种运算,叫取整运算.
本题中,先求出能被2整除的数
有多少个,再分别求出能被2和3、能被2和7分别整除的
数的个数,那么用能被2整除的数的个数减去
能被2和3整除的数的个数,再减去能被2
和7整除的
数的个数,所得的差是不是所求的得数
呢?仔细想想你会发现不是的,因为它多减了能同时
被2、3、7整除的数.
故能被2整除的有:
19982999
(个).
能被2和3同时整除的有:
[1998(23)]333
(个).
能被2和7同时整除的有:
[1998(27)]142
.
能被2、3、7同时整除的有:
[1998(237)]47
(个). 所以,能被2整除,但不能被3或7整除的数有
99933314247571
(
个).
【答案】
571
个
【例 7】 50名同学面向老师站
成一行.老师先让大家从左至右按1,2,3,…,49,50依
次报数;再让报数是4的倍数的同学向
后转,接着又让报数是6的倍数的同学向
后转.问:现在面向老师的同学还有多少名?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】华杯赛,初赛,第13题
【解析】 在转过两次后,面向老师的同学分成两类:
第一类是标号既不是4的倍数,又不是6的倍数;第二类是标号既是4的倍数又是6的倍数.
1
~
50
之间,
4
的倍数有
50
=
12
,
6
的倍数有
50
=8
,即是
4
的倍数又是
6
的倍数的
4
6
数一定是
12
的倍数
,所以有
50
=
4
.于是,第一类同学有
50
-
12
-
8
+
4
=
34
人,第二
12
类同学有
4
人,所以现在共
有
34
+
4
=
38
名同学面向老师.
【答案】
38
名
【例 8】 体育课上,60名学生面向老师站
成一行,按老师口令,从左到右报数:1,2,3,…,
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60,然后,老师让所报的数是4的倍数的同学向后转,接着又让 所报的数是5
的倍数的同学向后转,最后让所报的数是6的倍数的同学向后转,现在面向老师
的学生有______
__人。
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】希望杯,六年级,二试,第15题,4分
【解析】 可知其中4的倍数有15个,
5的倍数有12个,6的倍数有10个,同时是4和5
的倍数的有3个,同时是5和6的倍数的有2个,
同时是4和6的倍数的有5个,
同时是4、5、6的倍数的数有1个,现在背向老师的有15+12+1
0-3-2-5+1=28个,
面向老师的学生有60-28=32人。转过两次的有:3-1+2-1
+5-1=7。最后面向
老师的学生数=32+7=39个。
【答案】
39
个
【例 9】 有2000盏亮着的电灯,各有一
个拉线开关控制着,现按其顺序编号为1,2,3,…,
2000,然后将编号为2的倍数的灯线拉一下
,再将编号为3的倍数的灯线拉一下,
最后将编号为5的倍数的灯线拉一下,三次拉完后,亮着的灯有多
少盏?
A
2
E
D
G
C
5
FB
3
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 三次拉完后,亮着的灯包括不是2、3、5的倍数的数以及是6、10、15的倍数但不是30的倍数的数.1~2000这2000个正整数中,2的倍数有1000个,3的倍数有
66
6个,5的倍数有400个,6的倍数有333个,10的倍数有200个,15的倍数有
133个,3
0的倍数有66个,亮着的灯一共有2000-1000-666-400+2×(333+200+133)<
br>-4×66=1002盏.
【答案】
1002
盏
【巩固】 2006盏亮着的电灯,各有一个拉线开关控制,按顺序编号为1,2,3,……,2006
。
将编号为2的倍数的灯的拉线各拉一下;再将编号为3的倍数的灯的拉线各拉一
下,最后将编
号为5的倍数的灯的拉线各拉一下。拉完后这着的灯数为( )
盏。
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯,五年级,第11题,六年级,第11题
【解析】
因为灯在开始的时候是亮着的,所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的.这道题
实际上是求
1到2006中不能被2、3、5整除的数和只能同时被2、3、5中2
个数整除的数的总个数.
我们可以求得被2整除的数有
200621003
(盏),
被3整除的数有
20063668L2
,共668(盏),
被5整除的数有
20065401L1
,共401(盏).
其中,同时
被2、3整除的数有
2006(23)334L2
,共334(盏);
同时被3、5整除的有
2006(35)133L11
,共133(盏);
同时被2、5整除的数有
2006(25)200L6
,共200(盏); <
br>同时被2、3、5整除的数有
2006(235)66L26
,共66(盏),
所以,只能同时被2、3、
5中2个数整除的数的个数为
334133200366
469
(盏),不能被2、3、5整除的数的
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个数为
200
6
1003668401
334133200
66
535
(盏)
.所以,最后亮着的灯一共为
4695351004
(盏).
【答案】
1004
盏
【巩固】 写有1到100编号的灯100
盏,亮着排成一排,每一次把编号是3的倍数的灯拉
一次开关,第二次把编号是5的倍数的灯拉一次开关
,那么亮着的灯还有多少盏?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 因为灯在开始的时候是亮着的,所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的.没拉的
100
100
100
灯有
10
0(
5
35
)100(33206)53
(盏),拉两次的有
3
100
35
6
(盏),最
后亮着的灯一共为
53659
(盏)
【答案】
59
盏
【例 10】 200名同学编为
1至200号面向南站成一排.第1次全体同学向右转(转后所有
的同学面朝西);第2次编号为2 的
倍数的同学向右转;第3次编号为3的倍数
的同学向右转;……;第200次编号为200的倍数的同学
向右转;这时,面向东
的同学有 名.
【考点】容斥原理之数论问题
【难度】3星 【题型】填空
【关键词】迎春杯,五年级,初赛,10题
【解析】
只有约数个数被
4
除余
3
的数,最后面向东.
约数个数为
3
的数有
2
2
、
3
2
、
5
2、
7
2
、
11
2
、
13
2
,
共
8
个数.
约数个数为
7
的数有
2
6
,
1
个, 约数个数为
15
的数有
3
2
2
4
144<
br>,
1
个
一共有
8
个满足条件的编号.
【答案】
8
名
【例 11】 下编号是1、2、3、……36号
的36名学生按编号顺序面向里站成一圈.第一次,
编号是1的同学向后转,第二次,编号是2、3的同
学向后转,第三次,编号是4、
5、6的同学向后转,……,第36次,全体同学向后转.这时,面向里
的同学还有
________名.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星
【题型】填空
【关键词】迎春杯,中年级,复试,10题
【解析】 整个过程中一共转了1
+2+3+4…+36=666人次,每转过72人次所有学生的朝向就会
和原来一样,那么666÷7
2=9…18,于是应该有18名同学面朝里,18名同学面朝
外。
【答案】
18
名
【例 12】
在游艺会上,有100名同学抽到了标签分别为1至100的奖券.按奖券标签号发
放奖品的规则如下:
(1)标签号为2的倍数,奖2支铅笔;
(2)标签号为3的倍数,奖3支铅笔;
(3)标签号既是2的倍数,又是3的倍数可重复领奖;
(4)其他标签号均奖1支铅笔.
那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?
【考点】容斥原理之数论问题
【难度】4星 【题型】解答
7-7-4.容斥原理之数论问题.题库
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【解析】 1~100,
2的倍数有
100
=50,3的倍数有
100
=33个,因为既是2的倍数,又
2
3
是3的倍数的数一定是6的倍数,所以标签为这样的数有
100
=16个.于是,既
6
不是2的倍数,又不是3的倍数的数在1~100中有100-50-33+16=33.所以,游
艺
会为该项活动准备的奖品铅笔共有:50×2+33×3+33×1=232支.
【答案】
232
支
【例 13】 在一根长木棍上,有三种刻度
线,第一种刻度线将木棍分成十等份;第二种将木
棍分成十二等份;第三种将木棍分成十五等份;如果沿
每条刻度线将木棍锯断,
则木棍总共被锯成________段.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 假设木棍长
60cm
,则沿第一种刻度线锯成的木棍每段长
60106cm
,沿第二
种
刻度线锯成的木棍每段长
60125cm
,沿第三种刻度线锯成的木棍每段长<
br>60144cm
.
因为,沿三种刻度线可将木棍分别锯成10、12、15段;沿
第一、二种重合的刻度线可将木
棍锯成
60[6,5]2
段,沿第一、三种重合的
刻度线可将木棍锯成
60[6,4]5
段,沿第二、
三种重合的刻度线可将木棍锯
成
60[5,4]3
段;沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成
60[6,5,
4]1
段.应该减去重复计算的沿任意两种重合的刻度线锯成的段数,应加上多减
去的沿三种
刻度重合的刻度线锯成的段数.所以,沿每条刻度线将木棍锯断,则木棍总共被
锯成
101215253128
段.
【答案】
28
段
【例 14】 一根101厘米长的木棒,从同一端开始,第一次每隔2厘米画一个刻度,第
二次
每隔3厘米画一个刻度,第三次每隔5厘米画一个刻度,如果按刻度把木棒截断,
那么可以
截出 段.
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】101中学
【解析】 要求出截出的段数,应当先求出木棒上的刻度数,而木棒上
的刻度数,相当于1、
2、3、…、100、101这101个自然数中2或3或5的倍数的个数,为:
101
101
101
10
1
101
101
101
故
木棒上共有74个刻度,
2
3
5
23
25
35
23
5
74
,
可以截出75段.
【答案】
75
段
【巩固】 一根
1.8
米长的
木棍,从左端开始每隔2厘米画一个刻度,涂完后再从左端开始每
隔3厘米画一个刻度,再从左端每隔5
厘米画一个刻度,再从左端每隔7厘米画
一个刻度,涂过按刻度把木棍截断,一共可以截成多少段小木棍
?
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答
【解析】
1.8
米长的木棍,按2厘米一段画出刻度,那么也就是说所有的偶数点都已经划过
了,即2
、4、6、8、10……共89个点,那么再画3的时候所有的偶数点都已经划
过,那么会多出30个点
,即3、9、15……,再画5的时候会多出来的点是5、25、
35、55、65、85、95、11
5、125、145、155、175,共12个,最后画间隔7厘米的
时候,会多出7、49、77、
91、119、133、161共7个点,那么所有的刻度总和应
该是
8930127
138
个,那么截断之后应该会有139段小木棍.
【答案】
139
段
7-7-4.容斥原理之数论问题.题库
教师版
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11<
br>0.142857
,
0.076923
等,循环节是从小数点右边的
713
第一位(即十分位)就开始的小数,叫做纯循环小数,包括
7
和
13
在内,共有
个正整数,其倒数是循环节恰好为六位的纯循环小数。
【考点】容斥原理之数论问题 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】学而思杯,6年级,1试,第4题
【解析】 根据容斥原理,
99999
9
的约数有
64
个,
999
的约数有
8
个,
99
的约数有
6
个,
9
的
约数有
3
个,
所求的
n
的个数为
64(863)53
(个)。
【答案】
53
个
【例 15】
在循环小数中类似于
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