小学奥数：容斥原理之数论问题.专项练习

1、7-7-4容斥原理之数论问题教学目标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.自叫蚱知识要点一、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“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

2、为：AIB,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.先包含一一AB重叠部分AIB计算了2次，多加了1次;再排除一一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AB的并集AUB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AB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CAIB（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

3、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：1.先包含：重叠部分2.再排除：重叠部分图中小圆表示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.加力匕AAIAAIBCB、BIC、CIA重叠了2次，多加了1次.BCAIBBICAICBIC重叠了3次，但是在进行ABCAIBBICAIC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1100的

4、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?【考点】容斥原理之数论问题【解析】如图，用长方形表示1100的全部自然数，A圆表示1100中3的倍数，B圆表示1100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的倍数的由100333L1可知，1100中3的倍数有33个；由1005有20个；由100（35）6L10可知，1100既是3的倍数又是20可知，1100中5的倍数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1100中，能被【考点】容斥原理之数论问题1003

5、33L1,1005中任一个整除的数有33473或5中任一个整除的数有多少个？【难度】2星【题型】解答20,100（35）6L10.根据包含排除法，能被3或520647（个）.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整除的前100个自然数中能被2整除的数有：100250（个）.由100333L1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

6、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】11000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7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有"00=2835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】

7、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:1100中3的倍数，100333LL1,有33个；B:1100中7的倍数，100714LL2,有14个；AIB:1100中3和7的公倍数，即21的倍数，100214LL16,有4个.依据公式，1100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=3X5X7,所以也是求

8、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=5X7X11,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5

9、5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a/385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【关键词】西城实验【解析】1到2008这2008个自然数中，3和5的倍数有2008133个，

10、3和7的倍数有15200895个，5和7的倍数有理57个，3、5和7的倍数有垩19个.所2135105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个，同时被3和7整除的有4个同时被2和3和7整除的有2个，100503314167421007228个【答案】28个。【例6】在从1到1998

11、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【解析】刍表示取商的整数部分.例如，73.要注意的是，符号与、b2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：1

12、998（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.150之间，4的倍数有

13、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：1,2,3,60,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

14、，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：31+21+51=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？【考点】容斥原理之数论问题【难度】3星【题型】解答【

15、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.12000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666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+2X（333+200+133）-4X66=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

16、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）

17、；同时被2、5整除的数有2006（25）200L6,共200（盏）；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334133200366469（盏）,不能被2、3、5整除的数的个数为2006100366840133413320066535(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

18、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卫0)100(33206)53(盏)，拉两次的有3 5356(盏)，最后亮着的灯一共为53659(盏)35【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

19、有22、32、52、72、112、132,共8个数.约数个数为7的数有26,1个，约数个数为15的数有3224144,1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号白336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+72

20、=918,于是应该有18名同学面朝里，18名同学面朝夕卜。【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【解析】1100,2的倍数有"°=50,3的倍数有12°=33个，因为既是2的倍数，又是3的倍数的数一定是6的倍数，所以标签为这样的数有"

21、°=16个.于是，既6不是2的倍数，又不是3的倍数的数在1100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：50X2+33X3+33X1=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60144cm.因为

22、，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606,52段，沿第一、三种重合的刻度线可将木棍锯成606,45段，沿第二、三种重合的刻度线可将木棍锯成605,43段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成606,5,41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