四年级-加法原理与乘法原理(课堂PPT).ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,我是小精灵,小多多 来了,我是蓝博士,我叫小马虎,加法原理与乘法原理,四年级 第4讲,例,1,、从长沙去广州，可乘火车，也可以乘汽车，还可以乘飞机。如果某天中，,从长沙去广州,有,5,班火车、,4,班,汽车和,3,班飞机,。那么这一天,从长沙去广州可以,有多少种不同的走法？,乘火车有,5,种走法，,乘汽车有,4,种走法，,5+4+3=12,，,乘飞机有,3,种走法，,一、智慧开启亮亮亮,完成一件工作共有N类不同的方法，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Nm,1,m,2,m,3,m,n,种不同方法。,秘诀：加法原理就是一步到位,加法原理：,例,2,、由甲村去乙村有,3,条道路，由乙村去丙村有,4,条道路。甲村经乙村到丙村共有多少种不同的走法？,所有走法,:,A1 B1,A,2 B1,A,3 B1,A1 B2 A2 B2,A3 B2,A1 B3 A2 B3 A3 B3,A1 B4,A2 B4,A3 B4,由甲村去乙村,有,3,种走法，,由乙村去丙村,有,2,种走法，所以从甲村到乙村再到丙村，共有,34=12,种不同的走法。,完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m,1,种方法，完成第二个步骤有m,2,种方法，完成第N个步骤有m,n,种方法，那么，完成这件工作共有，,秘诀：乘法原理就是分步到位,乘法原理：,例,3,、有,1,分、,2,分、,5,分币各一枚，可以从中组成多少种币值的人民币,?,解法,1:,含有,1,分的：,1+2=3,解法,2,：,1+5=6,由,2,种分币组成：,3,22=3,1+2+5=8,由,3,种分币组成：,1,含有,2,分的：,2+5=7,共,4,种,共,4,种,二、探宝揭秘新新新,例,4,、若取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，可以得到多少个不同的乘积(最少插一个乘号)?,1 2 3 4,插入,1,个乘号：,1,234=234,，,1234=408,123,4=492,插入,2,个乘号：,1,234=68,，,1234=144,1234=92,插入,3,个乘号：,1 2 3 4=24,用印有数字,0,、,2,、,4,、,7,、,8,的五张卡片能组成多少不同的三位数？能组成多少个不同的三位偶数？,由乘法原理，共可组成,4,4,3=48,（个）不同的三位数。而要组成一个三位偶数，其个位只能取,0,、,2,、,4,、,8,，而这又受到百位是否取到,2,、,4,、,8,的影响，因此必须分情况讨论。第一类，百位取,7,（没有取到,2,、,4,、,8,），有,1,种方法；个位取,0,、,2,、,4,、,8,中的任意一个，有,4,种方法；十位取除了百位和个位已用去两张卡片外的剩余,3,张卡片中的任意一张，有,3,种方法；十位取除了百位和个位已用去两张卡片外的剩余,3,张卡片中的任意一张，有,3,种方法。,【,小结,】,分步也是进行“不重复、不遗漏”计数的基本方法，此时应采用乘法原则。分步时要注意两大要点：一是不同步骤的先后顺序会影响到解题的难易度，要认真思考，不可随意（比如本题究竟先确定百、十、个位中的哪一个，会直接影响到解题过程）；二是当某一步中的选取方法受到前一步中的选取方法的影响时，就必须对前一步进行分类，从而将加法原理与乘法原理结合起来使用。,小马虎要买一本数学书，一本语文书，一本英语书，在书店里他发现有,4,种数学书，,3,种语文书，,5,种英语书可供选择，他有多少种不同的选择方法？,解：,435=60,（种）,答：他有,60,种不同的选择方法。,三、开心闯关想想想,第一关：,基础巩固,7,个相同的球放入,A,、,B,、,C,、,D,、,E,五个不同的盒内，若要求每个盒内都不空，问共有多少种不同的方法？,解：每盒至少放一球，余下的,2,球可任意放入,5,个盒子中，共有,5+4+3+2+1=15,（种）,答：共有,15,种不同的方法,甲和乙玩掷骰子游戏。骰子是一个小正方体，每一个面上分别刻有,1,、,2,、,3,、,4,、,5,、,6,点，骰子掷出后，每个面向上的可能性是一样的。现有两枚骰子，一起掷出，若两枚骰子向上的面上的点数和为,7,，则甲胜：若点数和为,8,，则乙胜。问甲乙谁获胜的可能性大？,解：和为,7,的情况共有,6,种：,1+6,，,2+5,，,3+4,，,4+3,，,5+2=7,6+1,；,和为,8,的情况共有,5,种：,2+6,，,3+5,，,4+4,，,5+3,，,6+2,；,故甲获胜的可能性大,答：甲获胜的可能性大。,第二关：,小试牛刀,有,10,对夫妇共,20,人参加一次春节晚会，其中每位男宾都与除了自己夫人以外的其他每个人握一次手，但女宾与女宾之间不是握手而是拥抱，问晚会上这,20,个人之间共互相握了多少次手？,解：,18+17+16+1=135,（次）,答：晚会上这,20,个人之间共互相握了,135,次手？,一本书有,366,也，页码编号为,1,，,2,，,3,，,，,366,问数字,3,在页码中共出现了多少次？,解：,3,出现在个位上，有,10+10+10+10+7=37,（次）；,3,出现在十位上，有,10+10+10+10=40,（次）；,3,出现在百位上，有,66+1=67,（次）。共出现,144,次。,答：数字,3,在页码中共出现了,144,次。,解,:,当分子为,1,时，分母取从,2,到,59,的自然数，都能形成真分数，有,58,个。,当分子为,2,时，分母取从,3,到,59,但不是,2,的倍数的自然数，有,59-3+1=57,，,572=281,，,57-28=29,个。,当分子为,3,时，分母取从,4,到,59,但不是,3,的倍数的自然数，有,59-4+1=56,，,563=182,56-18=38,个。,分子小于,6,，分母小于,60,的不可约真分数有多少个？,第三关：自我提高,当分子为,4,时，分母取从,5,到,59,但不是,2,、,4,的倍数的自然数，有,59-5+1=55,，,552=271,，,55-27=28,个。,当分子为,5,时，分母取从,6,到,59,但不是,5,的倍数的自然数，有,59-6+1=54,，,545=104,，,54-10=44,个。,所求不可约真分数共有,58+29+38+28+44=197,个。,第四关：思维碰撞,用印有数字,0,、,2,、,4,、,7,、,8,的五张卡片能组成多少不同的三位数？能组成多少个不同的三位偶数？,解,:,由乘法原理，共可组成,443=48,（个）不同的三位数。而要组成一个三位偶数，其个位只能取,0,、,2,、,4,、,8,，而这又受到百位是否取到,2,、,4,、,8,的影响，因此必须分情况讨论。第一类，百位取,7,（没有取到,2,、,4,、,8,），有一种方法；个位取,0,、,2,、,4,、,8,中的任意一个，有,4,种方法；十位取除了百位和个位已用去两张卡片外的剩余,3,张卡片中的任意一张，有,3,种方法；十位取除了百位和个位已用去两张卡片外的剩余,3,张卡片中的任意一张，有,3,种方法。,由加法原理和乘法原理，共可组成,143+333=39,（个）不同的三位偶数。,用四种不同颜色给右图,5,个区域染色，每个区域一种颜色，,相邻区域不同的颜色，问共有多少种不同的染色方法？,解：方法一：若按,ABCDE,的顺序染,色。则染,C,时必须分类，每一步,的染色方法下表所示：,故共有不同的染色方法数为：,43,（,122+212,）,=96,方法二：若按,AEDBC,的顺序染色，则每一步的染色方法,数一次为,4,、,3,、,2,、,2,、,2,，故共有不同的染色方法数为：,43222=96,答：共有,96,种不同的染色方法。,课堂总结,1,、如果完成一件事有几类不同的方法，只要选择任一类方法中的一种方法，这件事就可以完成，而且其中任何两种方法都不相同，那么，完成这件事的方法总数，就等于各类方法的总和。这个原理就称为加法原理。,2,、如果完成某一件事要分几步进行，那么，完成这件事的方法总数，就等于完成各步方法数的乘积。这个原理就称为乘法原理。,3,、分步也是进行“不重复、不遗漏”计数的基本方法。分步时要注意两大要点：一是不同步骤的先后顺序会影响到解题的难易度，要认真思考，不可随意；二是当某一步中的选取方法受到前一步中的选取方法的影响时，就必须对前一步进行分类，从而将加法原理与乘法原理结合起来使用。,20,（1）第,71,页，第,1,、,2,题,（2）,第,73,页，第,5,、,6,题,布置作业,四、拓展视野妙,妙妙,五、勇夺高峰闪闪闪,李四光小学举行六,一节庆祝活动，小精灵他们班排行,9,个同学参加小合唱，,如果这,9,个同学都站成一排，想一想：共有多少种不同的站法？,如果这,9,个同学站成两排：前排站,4,人，后排站,5,人，共有多少种不同的站法？,解：,987654321=362880,（种）,（,9876,）,（,54321,）,=362880,（种）,轻松学数学,快乐在海卫,