haihongyuan.com
海量文库 文档专家
全站搜索:
您现在的位置:首页 > 初中教育 > 学科竞赛学科竞赛

初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑷

发布时间:2013-09-26 17:01:37  

初一数学竞赛讲座

第4讲 整数的分拆

整数的分拆,就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式,每一种表示方法,就是自然数的一个分拆。

整数的分拆是古老而又有趣的问题,其中最著名的是哥德巴赫猜想。在国内外数学竞赛中,整数分拆的问题常常以各种形式出现,如,存在性问题、计数问题、最优化问题等。

例1 电视台要播放一部30集电视连续剧,若要求每天安排播出的集数互不相等,则该电视连续剧最多可以播几天?

分析与解:由于希望播出的天数尽可能地多,所以,在每天播出的集数互不相等的条件下,每天播放的集数应尽可能地少。

我们知道,1+2+3+4+5+6+7=28。如果各天播出的集数分别为1,2,3,4,5,6,7时,那么七天共可播出28集,还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形,因此,这余下的2集不能再单独于一天播出,而只好把它们分到以前的日子,通过改动某一天或某二天播出的集数,来解决这个问题。例如,各天播出的集数安排为1,2,3,4,5,7,8或1,2,3,4,5,6,9都可以。 所以最多可以播7天。

说明:本题实际上是问,把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时,最多能写成几项之和?也可以问,把一个正整数拆成若干个整数之和时,有多少种分拆的办法?例如:

5=1+1+1+1+1=1+1+1+2,

=1+2+2 =1+1+3

=2+3 =1+4,共有6种分拆法(不计分成的整数相加的顺序)。

例2 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。问:有多少种不同的支付方法?

分析与解:要付2角3分钱,最多只能使用4枚5分币。因为全部1分和2分币都用上时,共值12分,所以最少要用3枚5分币。

当使用3枚5分币时,5×3=15,23-15=8,所以使用2分币最多4枚,最少2枚,可有23=15+(2+2+2+2),23=15+(2+2+2+1+1),23=15+(2+2+1+1+1+1),共3种支付方法。

当使用4枚5分币时,5×4=20,23-20=3,所以最多使用1枚2分币,或不使用,从而可有23=20+(2+1),23=20+(1+1+1),共2种支付方法。 总共有5种不同的支付方法。

说明:本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。

例3 把37拆成若干个不同的质数之和,有多少种不同的拆法?将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘,得到的乘积中,哪个最小?

解:37=3+5+29=2+5+7+23=3+11+23=2+3+13+19=5+13+19=7+11+19=2+5+11+19 =7+13+17=2+5+13+17=2+7+11+17,

共10种不同拆法,其中3×5×29=435最小。

1

说明:本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题,只是硬凑。比37小的最大质数是31,但37-31=6,6不能分拆为不同的质数之和,故不取;再下去比37小的质数是29,37-29=8,而8=3+5。其余的分拆考虑与此类似。

例4 求满足下列条件的最小自然数:它既可以表示为9个连续自然数之和,又可以表示为10个连续自然数之和,还可以表示为11个连续自然数之和。 解:9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍,10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍,11个连续自然数之和是其中第6个数的11倍。这样,可以表示为9个、10个、11个连续自然数之和的数必是5,9和11的倍数,故最小的这样的数是[5,9,11]=495。

对495进行分拆可利用平均数,采取“以平均数为中心,向两边推进的方法”。例如,495÷10=49.5,则10个连续的自然数为:45,46,47,48,49,(49.5),50,51,52,53,54。于是495=45+46+?+54。

同理可得495=51+52+?+59=40+41+?+50。

例5 若干只同样的盒子排成一列,小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出,小明从每只盒子里取出一个小球,然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去,再把盒子重排了一下。小聪回来,仔细查看,没有发现有人动过小球和盒子。问:一共有多少只盒子?

分析与解:设原来小球数最少的盒子里装有a只小球,现在增加到了b只,由于小明没有发现有人动过小球和盒子,这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子,这只盒子里原来装有(a+1)个小球。

同理,现在另有一个盒子里装有(a+1)个小球,这只盒子里原来装有(a+2)个小球。

依此类推,原来还有一只盒子装有(a+3)个小球,(a+4)个小球等等,故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。

现在这个问题就变成了:将42分拆成若干个连续整数的和,一共有多少种分法,每一种分法有多少个加数?

因为42=6×7,故可将42看成7个6的和,又(7+5)+(8+4)+(9+3)是6个6,从而42=3+4+5+6+7+8+9,一共有7个加数。

又因42=14×3,故可将42写成13+14+15,一共有3个加数。

又因42=21×2,故可将42写成9+10+11+12,一共有4个加数。

于是原题有三个解:一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。

例6 机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色:

凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色,不符合上述要求的自然数染成黄色(比如23可表示为两个不同合数15和8之和,23要染红色;1不能表示为两个不同合数之和,1染黄色)。问:被染成红色的数由小到大数下去,第2000个数是多少?请说明理由。

解:显然1要染黄色,2=1+1也要染黄色,

3=1+2,4=1+3=2+2,5=1+4=2+3,6=1+5=2+4=3+3,7=1+6=2+5=3+4,

8=1+7=2+6=3+5=4+4,9=1+8=2+7=3+6=4+5,11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6。 可见,1,2,3,4,5,6,7,8,9,11均应染黄色。

下面说明其它自然数n都要染红色。

(1)当n为大于等于10的偶数时,

n=2k=4+2(k-2)

2

由于n≥10,所以k≥5,k-2≥3,2(k-2)与4均为合数,且不相等。也就是说,大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和,应染红色。

(2)当n为大于等于13的奇数时,

n=2k+1=9+2(k-4)

由于n≥13,所以k≥6,k-4≥2,2(k-4)与9均为合数,且不相等。也就是说,大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和,应染红色。

综上所述,除了1,2,3,4,5,6,7,8,9,11这10个数染黄色外,其余自然数均染红色,第k个染为红色的数是第(k+10)个自然数(k≥2)。 所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010。

下面看一类有规律的最优化问题。

例7 把12分拆成两个自然数的和,再求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应该如何分拆?

解:把12分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,有1+11,2+10,3+9,4+8,5+7,6+6六种方法。它们的乘积分别是1×11=11,2×10=20,3×9=27,4×8=32,5×7=35,6×6=36。

显然,把12分拆成6+6时,有最大的积6×6=36。

例8 把11分拆成两个自然数的和,再求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应该如何分拆?

分析与解:把11分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,有1+10,2+9,3+8,4+7,5+6五种方法。它们的乘积分别是:

1×10=10,2×9=18,3×8=24,4×7=28,5×6=30。

显然,把11分拆成5+6时,有最大的积5×6=30。

说明:由上面的两个例子可以看出,在自然数n的所有二项分拆中,当n是偶数2m时,以分成m+m时乘积最大;当n是奇数2m+1时,以分成m+(m+1)时乘积最大。换句话说,把自然数S(S>1)分拆为两个自然数m与n的和,使其积mn最大的条件是:m=n,或m=n+1。

S在具体分析时,当S为偶数时, m?n?;当S为奇数时,m,n分别为2

S?1S?1。 和22

例9 试把1999分拆为8个自然数的和,使其乘积最大。

分析:反复使用上述结论,可知要使分拆成的8个自然数的乘积最大,必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1。

解:因为1999=8×249+7,由上述分析,拆法应是1个249,7个250,其乘积249×2507为最大。

说明:一般地,把自然数S=pq+r(0≤r<p,p与q是自然数)分拆为p个自然数的和,使其乘积M为最大,则M为qp-r×(q+1)r。

例10 把14分拆成若干个自然数的和,再求出这些数的积,要使得到的积最大,应该把14如何分拆?这个最大的乘积是多少?

分析与解:我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。

首先,分成的数中不能有1,这是显然的。

其次,分成的数中不能有大于4的数,否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和,这两个数的乘积一定比原数大,例如7就比它分拆成的2和5的乘积小。

3

再次,因为4=2×2,故我们可以只考虑将数分拆成2和3。

注意到2+2+2=6,2×2×2=8;3+3=6,3×3=9,因此分成的数中若有三个2,则不如换成两个3,换句话说,分成的数中至多只能有两个2,其余都是3。 根据上面的讨论,我们应该把14分拆成四个3与一个2之和,即14=3+3+3+3+2,这五数的积有最大值3×3×3×3×2=162。

说明:这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中。该试卷第4题是:若干个正整数的和为1976,求这些正整数的积的最大值。答案是2×3658。

这是由美国提供的一个题目,时隔两年,它又出现在美国大学生数学竞赛中。1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是:求出正整数n及a1,a2,?,an的值,使a1+a2+?+an=1979且乘积最大。答案是n=660。

1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是:将1992表示成若干个自然数的和,如果要使这些数的乘积最大,这些自然数是__ _ _。答案:这些数应是664个3。

上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变,所以分别冠以当年的年份1976,1979和1992,这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法,多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中,所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑。将上述三题的结论推广为一般情形便是:

把自然数S(S>1)分拆为若干个自然数的和:S=a1+a2+?+an,

则当a1,a2,?,an中至多有两个2,其余都是3时,其连乘积m=a1a2?an有最大值。

例11 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和,且使这些自然数的乘积最大,该乘积是多少?

解:由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种,因而一定存在一种分法,使得这些自然数的乘积最大。

若1作因数,则显然乘积不会最大。把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和,因数个数越多,乘积越大。为了使因数个数尽可能地多,我们把1993分成2+3?+n直到和大于等于1993。

若和比1993大1,则因数个数至少减少1个,为了使乘积最大,应去掉最小的2,并将最后一个数(最大)加上1。

若和比1993大k(k≠1),则去掉等于k的那个数,便可使乘积最大。

所以n=63。因为2015-1993=22,所以应去掉22,把1993分成

(2+3+?+21)+(23+24+?+63)

这一形式时,这些数的乘积最大,其积为

2×3×?×21×23×24×?×63。

说明:这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题,在训练学生时,发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法,得出答案是3663×4,而忽视了题中条件“分成若干个互不相等的自然数的和”。由此可见,认真审题,弄清题意的重要性。

4

例12 将1995表示为两个或两个以上连续自然数的和,共有多少种不同的方法?

分析与解:为了解决这个问题,我们设1995可以表示为以a为首项的k(k>1)个连续自然数之和。首项是a,项数为k,末项就是a+k-1,由等差数列求?a?(a?k?1)??k?1995 和公式,得到2

化简为:(2a+k-1)×k=3990。(*)

注意,上式等号左边的两个因数中,第一个因数2a+k-1大于第二个因数k,并且两个因数必为一奇一偶。因此,3990有多少个大于1的奇约数,3990就有多少种形如(*)式的分解式,也就是说,1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。因为1995与3990的奇约数完全相同,所以上述说法可以简化为,1995有多少个大于1的奇约数,1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。

1995=3×5×7×19,共有15个大于1的奇约数,所以本题的答案是15种。 一般地,我们有下面的结论:

若自然数N有k个大于1的奇约数,则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。

知道了有多少种表示方法后,很自然就会想到,如何找出这些不同的表示方法呢?从上面的结论可以看出,每一个大于1的奇约数对应一种表示方法,我们就从1995的大于1的奇约数开始。1995的大于1的奇约数有:

3,5,7,15,19,21,35,57,95,105,133,285,399,665,1995。 例如,对于奇约数35,由(*)式,得:3990=35×114,

因为114>35,所以 k=35,2a+k-1=114,解得a=40。推知35对应的表示方法是首项为40的连续35个自然数之和,即:1995=40+41+42+?+73+74。

再如,对于奇约数399,由(*)式,得3990=399×10

因为399>10,所以k=10,2a+k-1=399,解得a=195。推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和,即:1995=195+196+197+?+204。 对于1995的15个大于1的奇约数,依次利用(*)式,即可求出15种不同的表示方法。

练习4

1.将210拆成7个自然数的和,使这7个数从小到大排成一行后,相邻两个数的差都是5。第1个数与第6个数分别是几?

2.将135个人分成若干个小组,要求任意两个组的人数都不同,则至多可以分成多少组?

3.把19分成几个自然数(可以相同)的和,再求出这些数的乘积,并且要使得到的乘积尽可能大,最大乘积是多少?

4.把1999分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,一共有多少种不同的分拆方法?求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应将1999如何分拆?

5.把456表示成若干个连续自然数的和。要求写出所有的表达式(如9可以有两种表达形式:9=4+5=2+3+4)。

6.几个连续自然数相加,和能等于2000吗?如果能,有几种不同的答案?写出这些答案。如果不能,说明理由。

5

7.把70分拆成11个不同自然数的和,这样的分拆方式一共有多少种?将不同的表示方法列举出来。

8.有一把长为13厘米的直尺,在上面刻几条刻度线,使得这把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。问:至少要刻几条线?要刻在哪些位置上?

练习4答案

1.15,40。

解:这7个数中第4个数是中间数,它是这7个数的平均数,即210÷7=30。因为相邻 2数的差都是 5,所以这7个数是15,20,25,30,35,40,45。故第1个数是15,第6个数是40。

2.15组。

解:因为要求任意两个组的人数不相等,且分得的组要尽可能地多,所以,要使每个组分得的人数尽可能地少。

由于1+2+3+4+?+14+15=120,所以将 135人分成每组人数不等的15个组后还余15人。剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组,否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况。因此,应将剩下的15人安插在已分好的15个组之中,所以至多可以分成15个组。这15个组各组人数可以有多种情况,例如,分别是 2,3,4,5,6,?,14,15,16人。

3.972。

解:要使乘积尽可能大,把19分成的几个自然数中,3要尽量多且不能有1,所以应把19分成5个3及1个4的和。最大乘积为3×4=972。

4.有999种方法,分成999+1000时积最大。

5.提示:456有三个大于1的奇约数3,19,57。利用例12的方法可得:对于3,有k=3,a=151;对19,有k=19,a=15;对于57,有k=16,a=21。所以456有如下三种分拆方法:

456=151+152+153

=21+22+23+?+39

=15+16+17+?+33。

6.能。

提示:与例12类似,2000=24×53,有三个大于1的奇约数5,25,125。对于5,有k=5,a=398;对于25,有k=25,a=68;对于125,有k=32, a=47。所以2000共有如下三种分拆方法:

2000=398+399+400+401+402

=68+69+70+?+91+92

=47+48+49+?+77+78。

7.5种。

解:1+2+3+?+11=66,现在要将4分配到适当的加数上,使其和等于70,又要使这11个加数互不相等。

先将4分别加在后4个加数上,得到4种分拆方法:

70=1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15

=1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11

=1+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11

=1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11。

再将4拆成1+3,把1和3放在适当的位置上,仅有1种新方法: 5

6

1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12。

再将4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2,分别加在不同的位置上,都得不出新的分拆方法,故这样的分拆方法一共有5种。

8.至少要刻4条线,例如刻在1,4,5,11厘米处,便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。这是因为由1,4,5,11,13这5个数以及它们之间任意2个的差能够得到1到13这13个整数,见下列各式:

5-4=1, 13-11=2, 4-1=3,

11-5=6, 11-4=7, 13-5=8,

13-4=9, 11-1=10, 13-1=12。

下面我们来证明,只有3个刻度是不够的。如果只刻了3条线,刻在a厘米、b厘米、 c厘米处(0<a<b<c<13),那么 a,b,C,13两两之差(大减小),只有至多6个不同的数:13-a,13-b,13-c,c-a,c-b,b-a,再加上a,b,c,13这4个数,至多有10个不同的数,不可能得到1到13这13个不同的整数来。 顺便说明一下,刻法不是唯一的。例如我们也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米这4个位置上。

7

网站首页网站地图 站长统计
All rights reserved Powered by 海文库
copyright ©right 2010-2011。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit326@126.com