做一件事，完成它需要分成n個步驟，做第一 步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法。那么完成這件事共有 N=m1×m2×m3×…×mn 種不同的方法。 和加法原理是數學機率方面的基本原理。
基本介紹
- 中文名：乘法原理
- 外文名：Multiplication
- 套用學科：數學
- 含義：乘法的運算結果成為積
- 相關：乘法
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統計學描述
若某個對象分為n個環節，第1個環節有m1個元素，第2個環節有m2個元素，……，第n個環節有mn個元素，則該對象有 N=m1×m2×m3×…×mn 種序列。
數學描述
例1、求取矩形的面積。
對於矩形，長、寬可以看做分別在二維空間的兩個維內，且兩個維相互正交，如果缺少長、寬中任何一個，矩形面積就失去意義，則矩形面積與長、寬的關係為：面積=長x寬。
例2、求取矩形的周長。
對於矩形的周長，長、寬雖然在二維空間的兩個維內，且兩個維相互正交，但是如果缺少長、寬中任何一個，周長仍然有意義（還是長度，只是不完整），則周長與長、寬的關係為：周長=長+寬+長+寬。
例3、現有4筐蘋果，每筐20千克，求總共蘋果（W）有多少千克？
證明
上述推導用到了整數的乘法就是重複的加法這一事實。
例題
例如，從A城到B城中間必須經過C城，從A城到C城共有3條路線（設為a，b，c），從C城到B城共有2條路線（設為m，t），那么，從A城到B城共有3×2=6條路線，它們是：
am，at，bm，bt，cm，ct．
下面我們通過一些例子來說明這兩個原理在計數中的套用．
例1
利用數字1，2，3，4，5共可組成
⑴多少個數字不重複的三位數？
⑵多少個數字不重複的三位偶數？
⑶多少個數字不重複的偶數？
解：⑴百位數有5種選擇；十位數有4種選擇；個位數有3種選擇．所以共有
5×4×3=60
個數字不重複的三位數．
⑵ 先選個位數，共有兩種選擇：2或4．在個位數選定後，十位數還有4種選擇；百位數有3種選擇．所以共有
2×4×3=24
個數字不重複的三位偶數．
⑶ 分為5種情況：
一位偶數，只有兩個：2和4．
二位偶數，共有8個：12，32，42，52，14，24，34，54．
三位偶數由上述⑵中求得為24個．
四位偶數共有2×（4×3×2)=48個．括弧外面的2表示個位數有2種選擇（2或4）．
五位偶數共有2×（4×3×2×1)=48個．
由加法原理，偶數的個數共有
2+8+24+48+48=130．
例2
從1到300的自然數中，完全不含有數字3的有多少個？
解法1： 將符合要求的自然數分為以下三類：
⑴一位數，有1，2，4，5，6，7，8，9共8個．
⑵二位數，在十位上出現的數字有1，2，4，5，6，7，8，9 8種情形，在個位上出現的數字除以上八個數字外還有0，共9種情形，故二位數有8×9=72個．
⑶三位數，在百位上出現的數字有1，2兩種情形，在十位、個位上出現的數字則有0，1，2，4，5，6，7，8，9九種情形，故三位數有
2×9×9=162個．
因此，從1到300的自然數中完全不含數字3的共有
8+72+162=242個．
解法2： 將0到299的整數都看成三位數，其中數字3
不出現的，百位數字可以是0，1或2三種情況．十位數字與個位數字均有九種，因此除去0共有
3×9×9-1=242（個）．
例3
在小於10000的自然數中，含有數字1的數有多少個？
解： 不妨將1至9999的自然數均看作四位數，凡位數不到四位的自然數在前面補0．使之成為四位數．
先求不含數字1的這樣的四位數共有幾個，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9這九個數字所組成的四位數的個數．由於每一位都可有9種寫法，所以，根據乘法原理，由這九個數字組成的四位數個數為9×9×9×9=6561，
所以比10000小的不含數字1的自然數的個數是6561+1=6562（算上0），於是，小於10000且含有數字1的自然數共有10000-6562=3438個．
例4
求正整數1400的正因數的個數．
解： 因為任何一個正整數的任何一個正因數（除1外）都是這個數的一些質因數的積，因此，我們先把1400分解成質因數的連乘積
1400=2×2×2×5×5×7
所以這個數的任何一個正因數都是由2，5，7中的n個相乘而得到（有的可重複）．於是取1400的一個正因數，這件事情是分如下三個步驟完成的：
⑴ 取2×2×2的正因數是1，2，2×2，2×2×2，共3+1種；『註：1表示取0個；2表示取1個2；2×2表示取2個2；2×2×2表示取3個2.下面同理』
⑵ 取5×5的正因數是1，5，5×5，共2+1種；
⑶ 取7的正因數是1，7，共1+1種．
所以1400的正因數個數為
（3+1）×（2+1）×（1+1)=24．
說明： 利用本題的方法，可得如下結論：
(a1+1)×(a2+1）×…×（ar+1）.
例5
求五位數中至少出現一個6，且能被3整除的數的個數．
解答如下：
⑴ 從左向右計，如果最後一個6出現在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這十個數字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除後的餘數所決定．因此，為了保證a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1隻有3種可能，根據乘法原理，5位數中最後一位是6，而被3整除的數有
3×10×10×10=3000（個）．
⑵ 最後一個6出現在第四位，即a4=6，於是a5隻有9種可能（因為a5不能等於6），a2，a3各有10種可能，為了保證a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3種可能．根據乘法原理，屬於這一類的5位數有
3×10×10×9=2700（個）．
⑶ 最後一個6出現在第3位，即a3=6，被3整除的數應有
3×10×9×9=2430（個）．
⑷ 最後一個6出現在第2位，即a2=6，被3整除的數應有
3×9×9×9=2187（個）．
⑸ a1=6，被3整除的數應有
3×9×9×9=2187（個）．
根據加法原理，5位數中至少出現一個6而被3整除的數應有
3000+2700+2430+2187+2187=12504（個）．
例6
在6×6的棋盤上剪下一個由四個小方格組成的凸字形，有多少種不同的剪法？
解： 我們把凸字形上面那個小方格稱為它的頭，每個凸字形有並且只有一個頭．
凸字形可以分為兩類：第一類凸字形的頭在棋盤的框線，但是棋盤的四個角是不能充當凸字形的頭的．於是，框線上（不是角）的小方格共有4×4=16個，每一個都是一個凸字形的頭，所以，這類凸字形有16個．
第二類凸字形的頭在棋盤的內部，棋盤內部的每一個小方格可以作為4個凸字形的頭（即頭朝上，頭朝下，頭朝左，頭朝右），所以，這類凸字形有
4×（4×4)=64（個）．
由加法原理知，有16+64=80種不同的凸字形剪法．
練習
1．把數、理、化、語、英5本參考書，排成一行放在書架上．
⑴化學不放在第1位，共有多少種不同排法？
⑵語文與數學必須相鄰，共有多少種不同排法？
⑶物理與化學不得相鄰，共有多少種不同排法？
⑷文科書與理科書交叉排放，共有多少種不同排法？
2．在一個圓周上有10個點，把它們兩兩相連，問共有多少條不同的線段？
3．用1，2，3，4，5，6，7這七個數，
⑴可以組成多少個數字不重複的五位奇數？
⑵可以組成多少個數字不重複的五位奇數，但1不在百位上？
4．從1，2，3，4，5這五個數字中任取三個數組成一個三位數，問共可得到多少個不同的三位數？
5．由1，2，3，4，5，6這六個數字能組成多少個大於34500的五位數？
6．今有一角幣一張，兩角幣一張，伍角幣一張，一元幣四張，伍元幣兩張，用這些紙幣任意付款，可以付出不同數額的款子共有多少種？
7．將三封信投到5個郵筒中的某幾個中去，有多少種不同的投法？
8．從字母a，a，a，b，c，d，e中任選3個排成一行，共有多少種不同的排法？
