小学奥数 容斥原理之数论问题 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)

绝世美人儿
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2020年12月05日 21:25
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2020年12月5日发(作者:单本)



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:
ABABAB
(
其中符号“”读作“并”,相当于中文“和” 或者“或”的意思;符号“”
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,< br>C
表示大圆与小圆的公共部分,记为:
A
部分,
B
表示大圆部 分,
C
表示大圆与小圆的公共部分,记为:
A
B

即阴影面 积.图示如下:
A
表示小圆
B

即阴影面积.
1.先包含——
AB

重叠部分
A



B
计算了
2
次,多加了
1
次; ABAB
包含与排除原理告诉我们,要计算两个集合
A、B
的并集
A B
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
AB
(意思是把
AB
A、B
的一切元素 都“包含”进
1
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
CAB
(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

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
类的元素个数

同时是
A
类、
B
类、
C
类的元
素个数.用符号表示为:
ABCABCABBCACABC
.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 ,
C
1.先包含:
ABC

重叠部分
AB
、< br>BC

C
多加了
1
次.
A
重叠了
2
次,



2.再排除:
ABCABBCAC


ABC
3
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.
ABC
例题精讲
ABBCAC

ABCABBCACABC

【例 1】 在
1~100
的全部自然数中,不是
3
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

3
的倍数,
B
圆表示
1~100
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.

1003331
可知,
1~100

3
的倍数有
33
个;由
100520
可知,
1~100

5
的倍数有
20
个;

10 0(35)610
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

5
的倍数有:
3320647
(个).从而不是
3
的倍数也不是
5
的倍数的数有
1004753
(个).
【答案】
53


【巩固】 在自然数
1~100
中,能被
3

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】
1 003331

100520

100(35)610
.根据包含排除法,能被
3

5
中任一个整除的
数有
33 20647
(个).
【答案】
47


【巩固】 在前
100
个自然数中,能被
2

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

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.

100
个自然数中能被
2
整除的数有:
1 00250
(个).由
1003331
知,前
100
个自然 数中能被
3
整除的数有:
33
个.由
100(23)16
16
个.
4
知,前
100
个自然数中既能被
2
整除也能被
3
整除的数


所以
A
中有50
个数,
B
中有
33
个数,
C
中有
16
个数.因为
A

B
都包含
C
,根据包含排除法 得到,
能被
2

3
整除的数有:
50331667< br>(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,因为既是5的倍数,又是


5


7


7的倍数的数一定是35的倍数,所以这样的数有< br>
1000

=28个.


35

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,
1003 33
B:1~100中7的倍数,
100714
1
,有33个;
2
,有14个;
16
,有4个.
A
个.
B< br>:1~100中3和7的公倍数,即21的倍数,
100214
依据公式,1~10 0中3的倍数或7的倍数共有
3314443
个,则能被3或7整除的数的个数为43< br>【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,10 5=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a3 85如果是最简真
分数的话,那么(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


【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
【关键词】西城实验

2008

2008

133
【解析】 1 到2008这2008个自然数中,3和5的倍数有

个,3和7的倍数有

21

95
个,5

15




2008

2008

和7的倍数有

个, 3、5和7的倍数有
57

105

19
个.所以, 恰好是3、5、7中两个数
35

的倍数的共有
1331995 195719228
个.
【答案】
228


【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
2
整除的有
50
个,被
3
整除的有
33
个,被
7
整除的有14

同时被
2

3
整除的有
16
个,同时被
2

7
整除的有
7
个,同时被
3

7
整除的有
4

同时被
2

3
7
整除的有
2
个,
100

5033 1416742

1007228

【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









符号一样,也是
b



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:
19982999
(个).
能被2和3同时整除的有:
[1998(23)]333
(个).
能被2和7同时整除的有:
[1998(27)]142

能被2、3、7同时整除的有:
[1998(237)]47
(个). 所以,能被2整除,但不能被3或7整除的数有
99933314247571
( 个).
【答案】
571


【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
的倍数的数一定


4


6



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 类同学有
4
人,


12


所以现在共 有
34
+
4
=
38
名同学面向老师.
【答案】
38


【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,…,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


【题型】填空

【关键词】希望杯,六年级,二试,第
15
题,
4


【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+10-3-2-5+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



【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
F
B
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6 66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, 30的倍数有66个,亮着的灯一共有
2000-1000-666-400+2×(333+200+ 133)-4×66=1002盏.
【答案】
1002


【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
200621003
(盏),
被3整除的数有
200636682
,共668(盏),
被5整除的数有
200654011
,共401(盏).
其中,同时被2、3整除的数有
2006(23)3342
,共334(盏);
同时被3、5整除的有
2006(35)13311
,共133(盏);
同时被2、5整除的数有
2006(25)2006
,共200(盏);


同时被2、3、5整除的数有
2006(235)6626
,共6 6(盏),所以,只能同时被2、3、5中2
个数整除的数的个数为
334133200 366469
(盏),不能被2、3、5整除的数的个数为
2006



1003668401



334133 200

66


535
(盏).所以,最后亮着的灯 一共为
4695351
(盏
0
).
【答案】
1004


【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.没拉的灯有

100

100

100

100
100(





)100(33 206)53
(盏),拉两次的有

6
(盏),最后亮着的
353535

灯一共为
53659
(盏)
【答案】
59


【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

一共有
8
个满足条件的编号.
【答案】
8


【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


【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
【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,又是3的倍数的数一


2


3


定是6的倍数,所以标 签为这样的数有

100

=16个.于是,既不是2的倍数,又不是3的倍 数的


6


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


【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
60106cm
,沿第二种刻度线锯成的木棍
每段长
60125cm
,沿第三种刻度线锯成的木棍每段长
60144cm
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< br>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
101215253128
段.
【答案】
28


【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

101

101

101

101


2



3



5



23


< br>25



35



23 5

74
,故木棒上共有74个刻度,可以截
 
出75段.
【答案】
75


【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< br>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、115、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
89 30127138
个,那么截断之后应该会有139段小木棍.
【答案】
139



11
【例 15】 在循环小数中类似于
0.142857

0.076923
等,循环节是 从小数点右边的第一位(即十分
713


位)就开始的小数,叫做纯循环小数,包 括
7

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,
999999
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(863)53
(个)。
【答案】
53

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