加载中…小学数学思想方法 第六讲 枚举法
(2013-04-27 12:00:28)
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杂谈 |
分类： 数学教学 |
小学数学思想方法
第六讲 枚举法
枚举法是将问题所涉及的所有情况全部列举出来，一一加以讨论，从而解决问题的一种方法。当问题出现的情况是有限种，而且这些情况又无法统一处理时，就可以用枚举法来解决。
例1 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分，有多少种不同的支付方法？
解：要付2角3分即23分，最多可以使用4枚5分硬币，而全部1分和2分硬币一共才1角2分即12分，所以最少要用3枚5分硬币。
(1)使用4枚5分硬币时，有：
23＝4×5＋2＋1，即4枚5分硬币、1枚2分硬币、1枚1分硬币；
23＝4×5＋3×1，即4枚5分硬币、3枚1分硬币。
2种支付方法；
(2)使用3枚5分硬币时，有：
23＝3×5＋4×2，即3枚5分硬币、4枚2分硬币；
23＝3×5＋3×2＋2×1，即3枚5分硬币、3枚2分硬币、2枚1分硬币；
23＝3×5＋2×2＋4×1，即3枚5分硬币、2枚2分硬币、4枚1分硬币。
3种支付方法。
共有5种支付方法。
例2 设a与b是两个不相同的自然数，如果它们的最小公倍数是72，那么a与b之和可以有多少种不同的值？
解：a与b的最小公倍数72＝2×2×2×3×3，有12个约数：1,
(1)当a＝72时，b可以取小于72的11种约数，a＋b的值为73、74、75、76、78、80、81、84、90、96、108，共11个；
(2)当a＝36时，b不能是36的约数，只能取8或24，a＋b的值为44或60，共2个；
(3)当a＝24时，b不能是24的约数，只能取9或18，a＋b的值为33或42，共2个；
(4)当a＝18时，b不能是18的约数，也不能取4或12，只能取8，a＋b的值只有1个26；
(5)当a＝12时，b无解；
(6)当a＝9时，b只能取8，a＋b的值只有1个17。
以上a＋b的值均不相同，所以a＋b可以有11＋2＋2＋1＋1＝17种不同的值。
例3 如图，24块边长为10厘米的正方体瓷砖，排成如下黑白相间的长方形。一只蚂蚁沿着瓷砖的边爬行，爬行中它的左边总有一块黑的瓷砖。这只蚂蚁从P到Q，至少爬了多少厘米？
解：蚂蚁爬行的路线只有下面三种情况，
长度都是120厘米。
例4 设n＝200×209×218×…×2000，那么n的末尾有多少个连续的0？
解：n的末尾有多少个0，取决于n的质因数中有多少个5和2。观察发现，n的因数是一个首项为200，公差为9，末项为2000的数列，显然质因数2的个数多于质因数5，所以n的末尾有多少个0，就取决于质因数5的个数。观察还发现，n的因数数列的首项200和末项2000都是5的倍数，所以n的因数中，只有与200的差既是5的倍数也是9的倍数的数才含有质因数5。这样的因数有200、245、290、335、……、1910、1955、2000共41个，这就使得n含有41个质因数5。进一步观察又发现，这41个因数中的200、425、650、875、1100、1325、1550、1775、2000这9个数含有因数25，这就使得n所含有的质因数5的个数又增加了9个。再进一步观察又发现，这9个因数中的875、2000两个数含有因数125，这就使得n所含有的质因数5的个数又增加了2个。因此n所含有的质因数5的个数共有41＋9＋2＝52(个)。所以n的末尾有52个连续的0。
例5 在射击运动中，每射一箭得到的的环数是不超过10的自然数(包括0)。甲、乙两名运动员各射了5箭，每人5箭得到的环数的积都是1764，但是甲的总环数比乙少4环。求甲、乙的总环数。
解：因为每箭射中的环数都是1764的因数，把1784分解质因数，1764＝2×2×3×3×7×7，而环数是不超过10的自然数，7不可能与别的质因数相乘，所以必有两箭是7环，其余3箭的环数是2×2×3×3＝36的因数。36＝1×4×9＝1×6×7＝2×3×9＝2×3×6＝3×3×4，因此，两人射箭的环数有5种可能：
7,
7,
7,
7,
7,
因为甲的环数比乙少4，所以甲的总环数是24，乙的总环数是28。
例6 5张卡片上分别写有数字0、0、1、2、3，可以用它们组成许多不同的五位数。所有这些五位数的平均数是多少？
解：
(1)首先确定这些五位数的个数。设五位数是abcde：
当a＝1时，有10023,
当a＝2时，有20013,
当a＝3时，有30012,
(2)其次求所有这些五位数的平均数。
观察发现，数字1、2、3在万位上各出现12次，在千位上、百位上、十位上、个位上各出现6次。所以这36个数的平均数是
[(1＋2＋3)×12×10000＋(1＋2＋3)×6×(1000＋100＋10＋1)]÷36＝21111。
例7 有三个如下图这样的长方体，棱长分别是3厘米、4厘米、5厘米，把它们的某些面染上红色，使得有1个长方体只有一个面是红色的，有1个长方体恰有两个面是红色的，有1个长方体恰有三个面是红色的。染色后把所有的长方体都切成棱长为1厘米的小正方体，恰有一面是红色的小正方体最少有多少个？
解：边观察边思考发现：
1、一个面染红的长方体，显然应将3×4的面染成红色，产生12个一面红的小正方体，个数最少。
2、两个面染红的长方体：
(1)如果将3×4、3×5两个长方形染红，产生3×[(4－1)＋(5－1)]＝21(个)一面红的小正方体；
(3)如果将3×5、4×5两个长方形染红，产生5×[(3－1)＋(4－1)]＝25(个)一面红的小正方体。
最少产生21个一面红的小正方体。
3、三个面染红的长方体：
(1)如果将两个3×4和一个3×5的面染红，产生3×[2×(4－1)＋(5－2)]＝27(个)一面红的小正方体；
(2)如果将两个3×4和一个4×5的面染红，产生4×[2×(3－1)＋(5－2)]＝28(个)一面红的小正方体；
(3)如果将两个3×5和一个3×4的面染红，产生3×[2×(5－1)＋(4－2)]＝30(个)一面红的小正方体；
(4)如果将两个3×5和一个4×5的面染红，产生5×[2×(3－1)＋(4－2)]＝30(个)一面红的小正方体；
(5)如果将两个4×5和一个3×4的面染红，产生4×[2×(5－1)＋(3－2)]＝36(个)一面红的小正方体；
(6)如果将两个4×5和一个3×5的面染红，产生5×[(2×4－1)＋(3－2)]＝35(个)一面红的小正方体；
(7)如果将有一个公共顶点的三个面染红，产生(3－1)×(4－1)＋(4－1)×(5－1)＋(5－1)×(3－1)＝26(个)一面红的小正方体。
最少产生21个一面红的小正方体。
所以，一面红的小正方体最少有12＋21＋26＝59(个)。
例8 一个自然数除以8得到的商加上这个数除以9的余数，其和是13。求所有满足条件的自然数。
解：设这个数为n，n除以8所得的商为q，n除以9所得的余数为r。于是r≤8，因为q＋r＝13，所以5≤q≤13。
当q＝5时，r＝8，n＝5×8＋4＝44；
当q＝6时，r＝7，n＝6×8＋4＝52；
当q＝7时，r＝6，n＝7×8＋4＝60；
当q＝8时，r＝5，n＝8×8＋4＝68；
当q＝9时，r＝4，n＝9×8＋4＝76；
当q＝10时，r＝3，n＝10×8＋4＝84；
当q＝11时，r＝2，n＝11×8＋4＝92；
当q＝12时，r＝1，n＝12×8＋4＝100；
当q＝13时，r＝0，n＝13×8＋4＝108。
满足条件的自然数共有9个。
练习：
1．连乘积11×12×13×…×54×55×56的末尾共有多少个连续的0？
2．一本书有500页，编上页码1，2，3，…。问数字1在页码中出现多少次？
3．在1,
4．用1角、2角和5角三种人民币(每一种的张数没有限制)组成1元钱，有多少种不同的方法？
5．在五位数中，能被11整除且各位数字和等于43，这样的数有哪些？
6．试将1，2，3，4，5，6，7分别填入下面的方框中，每个数字只用一次：
使得这三个数中任意两个都互质，其中一个已填好，它是714。
7．三年级小朋友做投球游戏，把红、黄两种颜色的球投到5米外的小铁筐里，每投进一个红球得7分，投进一个黄球得5分。马小勤一共得了58分，他投进了几个红球？
8．有一类小于200的自然数，每一个数的数字和是奇数，而且都是两个两位数的乘积(例如：144＝12×12)，那么，在这一类自然数中，第三大的数是多少？
9．一个整数乘以13后，乘积的最后三位数是123，那么这样的整数中 最小的是多少？
10．用一个平面去截一个立方体，得到一个矩形的截口，而把立方体分为两部分。问：这两部分各是几面体？
答案：
1、11个。 2、200次。 3、1269个。 4、10种。
5、99979，97999，98989。 6、另外两个数是263和5。
7、4个。 8、180。 9、471。
10、有4种可能：两个6面体；两个5面体；一个5面体与一个6面体；一个5面体与一个7面体。
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