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小学数学奥数基础教程(四年级)目30讲全

发布时间:2013-12-25 11:38:29  

小学奥数基础教程(四年级) - 1 -

小学奥数基础教程(四年级)

(1990-2013)

小学奥数基础教程(四年级) - 2 -

目 录

第1讲 速算与巧算(一) 第2讲 速算与巧算(二) 第3讲 高斯求和 第4讲 4,8,9整除的数的特征 第5讲 弃九法

第6讲 数的整除性(二) 第7讲 找规律(一) 第8讲 找规律(二) 第9讲 数字谜(一)

第10讲 数字谜(二) 第11讲 归一问题与归总问题 第12讲 年龄问题

第13讲 鸡兔同笼问题与假设法 第14讲 盈亏问题与比较法(一) 第15讲 盈亏问题与比较法(二)

第16讲 数阵图(一)

第17讲 数阵图(二) 第18讲 数阵图(三) 第19将 乘法原理 第20讲 加法原理(一) 第21讲 加法原理(二)

第22讲 还原问题(一) 第23讲 还原问题(二) 第24讲 页码问题 第25讲 智取火柴 第26讲 逻辑问题(一) 第27讲 逻辑问题(二) 第28讲 最不利原则 第29讲 抽屉原理(一) 第30讲 抽屉原理(二)

小学奥数基础教程(四年级) - 3 -

第1讲 速算与巧算(一)

计算是数学的基础,小学生要学好数学,必须具有过硬的计算本领。准确、快速的计算能力既是一种技巧,也是一种思维训练,既能提高计算效率、节省计算时间,更可以锻炼记忆力,提高分析、判断能力,促进思维和智力的发展。

我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法,本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同与同补速算法。

例1 四年级一班第一小组有10名同学,某次数学测验的成绩(分数)如下:

86,78,77,83,91,74,92,69,84,75。

求这10名同学的总分。

分析与解:通常的做法是将这10个数直接相加,但这些数杂乱无章,直接相加既繁且易错。观察这些数不难发现,这些数虽然大小不等,但相差不大。我们可以选择一个适当的数作“基准”,比如以“80”作基准,这10个数与80的差如下:

6,-2,-3,3,11,-6,12,-11,4,-5,其中“-”号表示这个数比80小。于是得到 总和=80×10+(6-2-3+3+11-

=800+9=809。

实际计算时只需口算,将这些数与80的差逐一累加。为了清楚起见,将这一过程表示如下:

通过口算,得到差数累加为9,再加上80×10,就可口算出结果为809。

例1所用的方法叫做加法的基准数法。这种方法适用于加数较多,而且所有的加数相差不大的情况。作为“基准”的数(如例1的80)叫做基准数,各数与基准数的差的和叫做累计差。由例1得到:

总和数=基准数×加数的个数+累计差,

平均数=基准数+累计差÷加数的个数。

在使用基准数法时,应选取与各数的差较小的数作为基准数,这样才容易计算累计差。同时考虑到基准数与加数个数的乘法能够方便地计算出来,所以基准数应尽量选取整十、整百的数。

例2 某农场有10块麦田,每块的产量如下(单位:千克):

462,480,443,420,473,429,468,439,475,461。求平均每块麦田的产量。 解:选基准数为450,则

累计差=12+30-7-30+23-21+18-11+25+11

=50,

平均每块产量=450+50÷10=455(千克)。

答:平均每块麦田的产量为455千克。

求一位数的平方,在乘法口诀的九九表中已经被同学们熟知,如7×7=49(七七四十九)。对于两位数的平方,大多数同学只是背熟了10~20的平方,而21~99的平方就不大熟悉了。有没有什么窍门,能够迅速算出两位数的平方呢?这里向同学们介绍一种方法——凑整补零法。所谓凑整补零法,就是用所求数与最接近的整十数的差,通过移多补少,将所求数转化成一个整十数乘以另一数,再加上零头的平方数。下面通过例题来说明这一方法。

例3 求292和822的值。

解:292=29×29

=(29+1)×(29-1)+12

=30×28+1

=840+1

=841。

小学奥数基础教程(四年级) - 4 -

822=82×82

=(82-2)×(82+2)+22

=80×84+4

=6720+4

=6724。

由上例看出,因为29比30少1,所以给29“补”1,这叫“补少”;因为82比80多2,所以从82中“移走”2,这叫“移多”。因为是两个相同数相乘,所以对其中一个数“移多补少”后,还需要在另一个数上“找齐”。本例中,给一个29补1,就要给另一个29减1;给一个82减了2,就要给另一个82加上2。最后,还要加上“移多补少”的数的平方。 由凑整补零法计算352,得

35×35=40×30+52=1225。这与三年级学的个位数是5的数的平方的速算方法结果相同。 这种方法不仅适用于求两位数的平方值,也适用于求三位数或更多位数的平方值。 例4 求9932和20042的值。

解:9932=993×993

=(993+7)×(993-7)+72

=1000×986+49

=986000+49

=986049。

20042=2004×2004

=(2004-4)×(2004+4)+42

=2000×2008+16

=4016000+16

=4016016。

下面,我们介绍一类特殊情况的乘法的速算方法。

请看下面的算式:

66×46,73×88,19×44。

这几道算式具有一个共同特点,两个因数都是两位数,一个因数的十位数与个位数相同,另一因数的十位数与个位数之和为10。这类算式有非常简便的速算方法。

例5 88×64=?

分析与解:由乘法分配律和结合律,得到

88×64

=(80+8)×(60+4)

=(80+8)×60+(80+8)×4

=80×60+8×60+80×4+8×4

=80×60+80×6+80×4+8×4

=80×(60+6+4)+8×4

=80×(60+10)+8×4

=8×(6+1)×100+8×4。

于是,我们得到下面的速算式:

由上式看出,积的末两位数是两个因数的个位数之积,本例为8×4;积中从百位起前面的数是“个位与十位相同的因数”的十位数与“个位与十位之和为10的因数”的十位数加1的乘积,本例为8×(6+1)。

例6 77×91=?

解:由例3的解法得到

小学奥数基础教程(四年级)

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由上式看出,当两个因数的个位数之积是一位数时,应在十位上补一个0,本例为7×1=07。

用这种速算法只需口算就可以方便地解答出这类两位数的乘法计算。

练习1

1.求下面10个数的总和:

165,152,168,171,148,156,169,161,157,149。

2.农业科研小组测定麦苗的生长情况,量出12株麦苗的高度分别为(单位:厘米): 26,25,25,23,27,28,26,24,29,27,27,25。求这批麦苗的平均高度。

3.某车间有9个工人加工零件,他们加工零件的个数分别为:

68,91,84,75,78,81,83,72,79。

他们共加工了多少个零件?

4.计算:

13+16+10+11+17+12+15+12+16+13+12。

5.计算下列各题:

(1)372; (2)532; (3)912;

(4)682: (5)1082; (6)3972。

6.计算下列各题:

(1)77×28;(2)66×55;

(3)33×19;(4)82×44;

(5)37×33;(6)46×99。

练习1 答案

1.1596。 2.26厘米。

3.711个。 4.147。

5.(1)1369; (2)2809; (3)8281;

(4)4624; (5)11664; (6)157609。

6.(1)2156; (2)3630; (3)627;

(4)3608; (5)1221; (6)4554。

第2讲 速算与巧算(二)

上一讲我们介绍了一类两位数乘法的速算方法,这一讲讨论乘法的“同补”与“补同”速算法。

两个数之和等于10,则称这两个数互补。在整数乘法运算中,常会遇到像72×78,26×86等被乘数与乘数的十位数字相同或互补,或被乘数与乘数的个位数字相同或互补的情况。72×78的被乘数与乘数的十位数字相同、个位数字互补,这类式子我们称为“头相同、尾互补”型;26×86的被乘数与乘数的十位数字互补、个位数字相同,这类式子我们称为“头互补、尾相同”型。计算这两类题目,有非常简捷的速算方法,分别称为“同补”速算法和“补同”速算法。

例1 (1)76×74=? (2)31×39=?

分析与解:本例两题都是“头相同、尾互补”类型。

(1)由乘法分配律和结合律,得到

76×74

=(7+6)×(70+4)

=(70+6)×70+(7+6)×4=70×70+6×70+70×4+6×4

=70×(70+6+4)+6×4

=70×(70+10)+6×4

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=7×(7+1)×100+6×4。

于是,我们得到下面的速算式:

(2)与(1)类似可得到下面的速算式:

由例1看出,在“头相同、尾互补”的两个两位数乘法中,积的末两位数是两个因数的个位数之积(不够两位时前面补0,如1×9=09),积中从百位起前面的数是被乘数(或乘数)的十位数与十位数加1的乘积。“同补”速算法简单地说就是:

积的末两位是“尾×尾”,前面是“头×(头+1)”。

我们在三年级时学到的15×15,25×25,?,95×95的速算,实际上就是“同补”速算法。

例2 (1)78×38=? (2)43×63=?

分析与解:本例两题都是“头互补、尾相同”类型。

(1)由乘法分配律和结合律,得到

78×38

=(70+8)×(30+8)

=(70+8)×30+(70+8)×8

=70×30+8×30+70×8+8×8

=70×30+8×(30+70)+8×8

=7×3×100+8×100+8×8

=(7×3+8)×100+8×8。

于是,我们得到下面的速算式:

(2)与(1)类似可得到下面的速算式:

由例2看出,在“头互补、尾相同”的两个两位数乘法中,积的末两位数是两个因数的个位数之积(不够两位时前面补0,如3×3=09),积中从百位起前面的数是两个因数的十位数之积加上被乘数(或乘数)的个位数。“补同”速算法简单地说就是:

积的末两位数是“尾×尾”,前面是“头×头+尾”。

例1和例2介绍了两位数乘以两位数的“同补”或“补同”形式的速算法。当被乘数和乘数多于两位时,情况会发生什么变化呢?

我们先将互补的概念推广一下。当两个数的和是10,100,1000,?时,这两个数互为补数,简称互补。如43与57互补,99与1互补,555与445互补。

在一个乘法算式中,当被乘数与乘数前面的几位数相同,后面的几位数互补时,这个算

式就是“同补”型,即“头相同,尾互补”型。例如, 因为被乘数与乘数的

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前两位数相同,都是70,后两位数互补,77+23=100,所以是“同补”型。

又如

等都是“同补”型。

当被乘数与乘数前面的几位数互补,后面的几位数相同时,这个乘法算式就是“补同”型,即“头互补,尾相同”型。例如,

等都是“补同”型。

在计算多位数的“同补”型乘法时,例1的方法仍然适用。

例3 (1)702×708=? (2)1708×1792=?

解:(1)

(2)

计算多位数的“同补”型乘法时,将“头×(头+1)”作为乘积的前几位,将两个互补数之积作为乘积的后几位。

注意:互补数如果是n位数,则应占乘积的后2n位,不足的位补“0”。

在计算多位数的“补同”型乘法时,如果“补”与“同”,即“头”与“尾”的位数相同,那么例2的方法仍然适用(见例4);如果“补”与“同”的位数不相同,那么例2的方法不再适用,因为没有简捷实用的方法,所以就不再讨论了。

例4 2865×7265=?

解:

练习2

计算下列各题:

1.68×62; 2.93×97;

3.27×87; 4.79×39;

5.42×62; 6.603×607;

7.693×607; 8.4085×6085。

第3讲 高斯求和

德国著名数学家高斯幼年时代聪明过人,上学时,有一天老师出了一道题让同学们计算: 1+2+3+4+?+99+100=?

老师出完题后,全班同学都在埋头计算,小高斯却很快算出答案等于5050。高斯为什么算得又快又准呢?原来小高斯通过细心观察发现:

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1+100=2+99=3+98=?=49+52=50+51。

1~100正好可以分成这样的50对数,每对数的和都相等。于是,小高斯把这道题巧算为

(1+100)×100÷2=5050。

小高斯使用的这种求和方法,真是聪明极了,简单快捷,并且广泛地适用于“等差数列”的求和问题。

若干个数排成一列称为数列,数列中的每一个数称为一项,其中第一项称为首项,最后一项称为末项。后项与前项之差都相等的数列称为等差数列,后项与前项之差称为公差。例如:

(1)1,2,3,4,5,?,100;

(2)1,3,5,7,9,?,99;(3)8,15,22,29,36,?,71。

其中(1)是首项为1,末项为100,公差为1的等差数列;(2)是首项为1,末项为99,公差为2的等差数列;(3)是首项为8,末项为71,公差为7的等差数列。

由高斯的巧算方法,得到等差数列的求和公式:

和=(首项+末项)×项数÷2。

例1 1+2+3+?+1999=?

分析与解:这串加数1,2,3,?,1999是等差数列,首项是1,末项是1999,共有1999个数。由等差数列求和公式可得

原式=(1+1999)×1999÷2=1999000。

注意:利用等差数列求和公式之前,一定要判断题目中的各个加数是否构成等差数列。 例2 11+12+13+?+31=?

分析与解:这串加数11,12,13,?,31是等差数列,首项是11,末项是31,共有31-11+1=21(项)。

原式=(11+31)×21÷2=441。

在利用等差数列求和公式时,有时项数并不是一目了然的,这时就需要先求出项数。根据首项、末项、公差的关系,可以得到

项数=(末项-首项)÷公差+1,

末项=首项+公差×(项数-1)。

例3 3+7+11+?+99=?

分析与解:3,7,11,?,99是公差为4的等差数列,

项数=(99-3)÷4+1=25,

原式=(3+99)×25÷2=1275。

例4 求首项是25,公差是3的等差数列的前40项的和。

解:末项=25+3×(40-1)=142,

和=(25+142)×40÷2=3340。

利用等差数列求和公式及求项数和末项的公式,可以解决各种与等差数列求和有关的问题。 例5 在下图中,每个最小的等边三角形的面积是12厘米2,边长是1根火柴棍。问:(1)最大三角形的面积是多少平方厘米?(2)整个图形由多少根火柴棍摆成?

分析:最大三角形共有8层,从上往下摆时,每层的小三角形数目及所用火柴数目如下表:

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由上表看出,各层的小三角形数成等差数列,各层的火柴数也成等

差数列。

解:(1)最大三角形面积为

(1+3+5+?+15)×12

=[(1+15)×8÷2]×12

=768(厘米2)。

2)火柴棍的数目为

3+6+9+?+24

=(3+24)×8÷2=108(根)。

答:最大三角形的面积是768厘米2,整个图形由108根火柴摆成。

例6 盒子里放有三只乒乓球,一位魔术师第一次从盒子里拿出一只球,将它变成3只球后放回盒子里;第二次又从盒子里拿出二只球,将每只球各变成3只球后放回盒子里??第十次从盒子里拿出十只球,将每只球各变成3只球后放回到盒子里。这时盒子里共有多少只乒乓球?

分析与解:一只球变成3只球,实际上多了2只球。第一次多了2只球,第二次多了2×2只球??第十次多了2×10只球。因此拿了十次后,多了

2×1+2×2+?+2×10

=2×(1+2+?+10)

=2×55=110(只)。

加上原有的3只球,盒子里共有球110+3=113(只)。

综合列式为:

(3-1)×(1+2+?+10)+3

=2×[(1+10)×10÷2]+3=113(只)。

练习3

1.计算下列各题:

(1)2+4+6+?+200;

(2)17+19+21+?+39;

(3)5+8+11+14+?+50;

(4)3+10+17+24+?+101。

2.求首项是5,末项是93,公差是4的等差数列的和。

3.求首项是13,公差是5的等差数列的前30项的和。

4.时钟在每个整点敲打,敲打的次数等于该钟点数,每半点钟也敲一下。问:时钟一昼夜敲打多少次?

5.求100以内除以3余2的所有数的和。

6.在所有的两位数中,十位数比个位数大的数共有多少个?

第四讲

我们在三年级已经学习了能被2,3,5整除的数的特征,这一讲我们将讨论整除的性质,并讲解能被4,8,9整除的数的特征。

数的整除具有如下性质:

性质1 如果甲数能被乙数整除,乙数能被丙数整除,那么甲数一定能被丙数整除。例如,48能被16整除,16能被8整除,那么48一定能被8整除。

性质2 如果两个数都能被一个自然数整除,那么这两个数的和与差也一定能被这个自然数整除。例如,21与15都能被3整除,那么21+15及21-15都能被3整除。

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性质3 如果一个数能分别被两个互质的自然数整除,那么这个数一定能被这两个互质的自然数的乘积整除。例如,126能被9整除,又能被7整除,且9与7互质,那么126能被9×7=63整除。

利用上面关于整除的性质,我们可以解决许多与整除有关的问题。为了进一步学习数的整除性,我们把学过的和将要学习的一些整除的数字特征列出来:

(1)一个数的个位数字如果是0,2,4,6,8中的一个,那么这个数就能被2整除。

(2)一个数的个位数字如果是0或5,那么这个数就能被5整除。

(3)一个数各个数位上的数字之和如果能被3整除,那么这个数就能被3整除。

(4)一个数的末两位数如果能被4(或25)整除,那么这个数就能被4(或25)整除。

(5)一个数的末三位数如果能被8(或125)整除,那么这个数就能被8(或125)整除。

(6)一个数各个数位上的数字之和如果能被9整除,那么这个数就能被9整除。 其中(1)(2)(3)是三年级学过的内容,(4)(5)(6)是本讲要学习的内容。 因为100能被4(或25)整除,所以由整除的性质1知,整百的数都能被4(或25)整除。因为任何自然数都能分成一个整百的数与这个数的后两位数之和,所以由整除的性质2知,只要这个数的后两位数能被4(或25)整除,这个数就能被4(或25)整除。这就证明了(4)。

类似地可以证明(5)。

(6)的正确性,我们用一个具体的数来说明一般性的证明方法。

837=800+30+7

=8×100+3×10+7

=8×(99+1)+3×(9+1)+7

=8×99+8+3×9+3+7

=(8×99+3×9)+(8+3+7)。

因为99和9都能被9整除,所以根据整除的性质1和性质2知,(8x99+3x9)能被9整除。再根据整除的性质2,由(8+3+7)能被9整除,就能判断837能被9整除。 利用(4)(5)(6)还可以求出一个数除以4,8,9的余数:

(4‘)一个数除以4的余数,与它的末两位除以4的余数相同。

(5')一个数除以8的余数,与它的末三位除以8的余数相同。

(6')一个数除以9的余数,与它的各位数字之和除以9的余数相同。

例1 在下面的数中,哪些能被4整除?哪些能被8整除?哪些能被9整除?

234,789,7756,8865,3728.8064。

解:能被4整除的数有7756,3728,8064;

能被8整除的数有3728,8064;

能被9整除的数有234,8865,8064。

例2 在四位数56□2中,被盖住的十位数分别等于几时,这个四位数分别能被9,8,4整除? 解:如果56□2能被9整除,那么

5+6+□+2=13+□

应能被9整除,所以当十位数是5,即四位数是5652时能被9整除;

如果56□2能被8整除,那么6□2应能被8整除,所以当十位数是3或7,即四位数是5632或5672时能被8整除;

如果56□2能被4整除,那么□2应能被4整除,所以当十位数是1,3,5,7,9,即四位数是5612,5632,5652,5672,5692时能被4整除。

到现在为止,我们已经学过能被2,3,5,4,8,9整除的数的特征。根据整除的性质3,我们可以把判断整除的范围进一步扩大。例如,判断一个数能否被6整除,因为6=2×3,2与3互质,所以如果这个数既能被2整除又能被3整除,那么根据整除的性质3,可判定这个数能被6整除。同理,判断一个数能否被12整除,只需判断这个数能否同时被3和4整除;判断一个数能否被72整除,只需判断这个数能否同时被8和9整除;如此等等。

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例3 从0,2,5,7四个数字中任选三个,组成能同时被2,5,3整除的数,并将这些数从小到大进行排列。

解:因为组成的三位数能同时被2,5整除,所以个位数字为0。根据三位数能被3整除的特征,数字和2+7+0与5+7+0都能被3整除,因此所求的这些数为270,570,720,750。 例4 五位数

分析与解:已知能被72整除,问:A与B各代表什么数字? 能被72整除。因为72=8×9,8和9是互质数,所以既能被8整除,又能被9整除。根据能被8整除的数的特征,要求

6。再根据能被9整除的数的特征,的各位数字之和为 能被8整除,由此可确定B=

A+3+2+9+B=A+3-f-2+9+6=A+20,

因为l≤A≤9,所以21≤A+20≤29。在这个范围内只有27能被9整除,所以A=7。 解答例4的关键是把72分解成8×9,再分别根据能被8和9整除的数的特征去讨论B和A所代表的数字。在解题顺序上,应先确定B所代表的数字,因为B代表的数字不受A的取值大小的影响,一旦B代表的数字确定下来,A所代表的数字就容易确定了。

例5 六位数是6的倍数,这样的六位数有多少个?

分析与解:因为6=2×3,且2与3互质,所以这个整数既能被2整除又能被3整除。由六位数能被2整除,推知A可取0,2,4,6,8这五个值。再由六位数能被3整除,推知 3+A+B+A+B+A=3+3A+2B

能被3整除,故2B能被3整除。B可取0,3,6,9这4个值。由于B可以取4个值,A可以取5个值,题目没有要求A≠B,所以符合条件的六位数共有5×4=20(个)。

例6 要使六位数能被36整除,而且所得的商最小,问A,B,C各代表什么数字? 分析与解:因为36=4×9,且4与9互质,所以这个六位数应既能被4整除又能被9整除。六位数能被4整除,就要能被4整除,因此C可取1,3,5,7,9。

这个六位数尽可能小。因此首先是A尽量小,其次是

的各位数字之和为12+B+C。它应 要使所得的商最小,就要使B尽量小,最后是C尽量小。先试取A=0。六位数

能被9整除,因此B+C=6或B+C=15。因为B,C应尽量小,所以B+C=6,而C只能取1,3,5,7,9,所以要使尽可能小,应取B=1,C=5。

当A=0,B=1,C=5时,六位数能被36整除,而且所得商最小,为150156÷36=4171。 练习4

1.6539724能被4,8,9,24,36,72中的哪几个数整除?

2.个位数是5,且能被9整除的三位数共有多少个?

3.一些四位数,百位上的数字都是3,十位上的数字都是6,并且它们既能被2整除又能被3整除。在这样的四位数中,最大的和最小的各是多少?

4.五位数能被12整除,求这个五位数。

5.有一个能被24整除的四位数□23□,这个四位数最大是几?最小是几?

6.从0,2,3,6,7这五个数码中选出四个,可以组成多少个可以被8整除的没有重复数字的四位数?

7.在123的左右各添一个数码,使得到的五位数能被72整除。

小学奥数基础教程(四年级) - 12 -

8.学校买了72只小足球,发票上的总价有两个数字已经辨认不清,只看到是□67.9□元,你知道每只小足球多少钱吗?

第5讲 弃九法

从第4讲知道,如果一个数的各个数位上的数字之和能被9整除,那么这个数能被9整除;如果一个数各个数位上的数字之和被9除余数是几,那么这个数被9除的余数也一定是几。利用这个性质可以迅速地判断一个数能否被9整除或者求出被9除的余数是几。 例如,3645732这个数,各个数位上的数字之和为

3+6+4+5+7+3+2=30,

30被9除余3,所以3645732这个数不能被9整除,且被9除后余数为3。

但是,当一个数的数位较多时,这种计算麻烦且易错。有没有更简便的方法呢?

因为我们只是判断这个式子被9除的余数,所以凡是若干个数的和是9时,就把这些数划掉,如3+6=9,4+5=9,7+2=9,把这些数划掉后,最多只剩下一个3(如下图),所以这个数除以9的余数是3。

这种将和为9或9的倍数的数字划掉,用剩下的数字和求除以9的余数的方法,叫做弃九法。

一个数被9除的余数叫做这个数的九余数。利用弃九法可以计算一个数的九余数,还可以检验四则运算的正确性。

例1 求多位数7645821369815436715除以9的余数。

分析与解:利用弃九法,将和为9的数依次划掉。

只剩下7,6,1,5四个数,这时口算一下即可。口算知,7,6,5的和是9的倍数,又可划掉,只剩下1。所以这个多位数除以9余1。

例2 将自然数1,2,3,?依次无间隔地写下去组成一个数1234567891011213?如果一直写到自然数100,那么所得的数除以9的余数是多少?

分析与解:因为这个数太大,全部写出来很麻烦,在使用弃九法时不能逐个划掉和为9或9的倍数的数,所以要配合适当的分析。我们已经熟知

1+2+3+?+9=45,

而45是9的倍数,所以每一组1,2,3,?,9都可以划掉。在1~99这九十九个数中,个位数有十组1,2,3,?,9,都可划掉;十位数也有十组1,2,3,?,9,也都划掉。这样在这个大数中,除了0以外,只剩下最后的100中的数字1。所以这个数除以9余1。

在上面的解法中,并没有计算出这个数各个数位上的数字和,而是利用弃九法分析求解。本题还有其它简捷的解法。因为一个数与它的各个数位上的数字之和除以9的余数相同,所以题中这个数各个数位上的数字之和,与1+2+?+100除以9的余数相同。

利用高斯求和法,知此和是5050。因为5050的数字和为5+0+5+0=10,利用弃九法,弃去一个9余1,故5050除以9余1。因此题中的数除以9余1。

例3 检验下面的加法算式是否正确:

2638457+3521983+6745785=12907225。

分析与解:若干个加数的九余数相加,所得和的九余数应当等于这些加数的和的九余数。如果不等,那么这个加法算式肯定不正确。上式中,三个加数的九余数依次为8,4,6,8+4+6的九余数为0;和的九余数为1。因为0≠1,所以这个算式不正确。

例4 检验下面的减法算式是否正确:

7832145-2167953=5664192。

小学奥数基础教程(四年级) - 13 -

分析与解:被减数的九余数减去减数的九余数(若不够减,可在被减数的九余数上加9,然后再减)应当等于差的九余数。如果不等,那么这个减法计算肯定不正确。上式中被减数的九余数是3,减数的九余数是6,由(9+3)-6=6知,原题等号左边的九余数是6。等号右边的九余数也是6。因为6=6,所以这个减法运算可能正确。

值得注意的是,这里我们用的是“可能正确”。利用弃九法检验加法、减法、乘法(见例5)运算的结果是否正确时,如果等号两边的九余数不相等,那么这个算式肯定不正确;如果等号两边的九余数相等,那么还不能确定算式是否正确,因为九余数只有0,1,2,?,8九种情况,不同的数可能有相同的九余数。所以用弃九法检验运算的正确性,只是一种粗略的检验。

例5 检验下面的乘法算式是否正确:

46876×9537=447156412。

分析与解:两个因数的九余数相乘,所得的数的九余数应当等于两个因数的乘积的九余数。如果不等,那么这个乘法计算肯定不正确。上式中,被乘数的九余数是4,乘数的九余数是6,4×6=24,24的九余数是6。乘积的九余数是7。6≠7,所以这个算式不正确。

说明:因为除法是乘法的逆运算,被除数=除数×商+余数,所以当余数为零时,利用弃九法验算除法可化为用弃九法去验算乘法。例如,检验383801÷253=1517的正确性,只需检验1517×253=383801的正确性。

练习5

1.求下列各数除以9的余数:

(1)7468251; (2)36298745;

(3)2657348; (4)6678254193。

2.求下列各式除以9的余数:

(1)67235+82564; (2)97256-47823;

(3)2783×6451; (4)3477+265×841。

3.用弃九法检验下列各题计算的正确性:

(1)228×222=50616;

(2)334×336=112224;

(3)23372428÷6236=3748;

(4)12345÷6789=83810105。

4.有一个2000位的数A能被9整除,数A的各个数位上的数字之和是B,数B的各个数位上的数字之和是C,数C的各个数位上的数字之和是D。求D。

第6讲 数的整除性(二)

这一讲主要讲能被11整除的数的特征。

一个数从右边数起,第1,3,5,?位称为奇数位,第2,4,6,?位称为偶数位。也就是说,个位、百位、万位??是奇数位,十位、千位、十万位??是偶数位。例如9位数768325419中,奇数位与偶数位如下图所示:

能被11整除的数的特征:一个数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差(大数减小数)如果能被11整除,那么这个数就能被11整除。

例1 判断七位数1839673能否被11整除。

分析与解:奇数位上的数字之和为1+3+6+3=13,偶数位上的数字之和为8+9+7=24,因为24-13=11能被11整除,所以1839673能被11整除。

根据能被11整除的数的特征,也能求出一个数除以11的余数。

小学奥数基础教程(四年级) - 14 -

一个数除以11的余数,与它的奇数位上的数字之和减去偶数位上的数字之和所得的差除以11的余数相同。如果奇数位上的数字之和小于偶数位上的数字之和,那么应在奇数位上的数字之和上再增加11的整数倍,使其大于偶数位上的数字之和。

例2 求下列各数除以11的余数:

(1)41873; (2)296738185。

分析与解:(1)[(4+8+3)-(1+7)]÷11

=7÷11=0??7,

所以41873除以11的余数是7。

(2)奇数位之和为2+6+3+1+5=17,偶数位之和为9+7+8+8=32。因为17<32,所以应给17增加11的整数倍,使其大于32。

(17+11×2)-32=7,

所以296738185除以11的余数是7。

需要说明的是,当奇数位数字之和远远小于偶数位数字之和时,为了计算方便,也可以用偶数位数字之和减去奇数位数字之和,再除以11,所得余数与11的差即为所求。如上题

(2)中,(32-17)÷11=1??4,所求余数是11-4=7。

例3 求除以11的余数。

分析与解:奇数位是101个1,偶数位是100个9。

(9×100-1×101)÷11

=799÷11=72??7,

11-7=4,所求余数是4。

例3还有其它简捷解法,例如每个“19”奇偶数位上的数字相差9-1=8, 奇数位上的数字和与偶数位上的数字和相差8×99=8×9×11,能被11整除。所以例3相当于求最后三位数191除以11的余数。

例4 用3,3,7,7四个数码能排出哪些能被11整除的四位数?

解:只要奇数位和偶数位上各有一个3和一个7即可。有3377,3773,7337,7733。 例5 用1~9九个数码组成能被11整除的没有重复数字的最大九位数。

分析与解:最大的没有重复数字的九位数是987654321,由

(9+7+5+3+1)-(8+6+4+2)=5

知,987654321不能被11整除。为了保证这个数尽可能大,我们尽量调整低位数字,只要使奇数位的数字和增加3(偶数位的数字和自然就减少3),奇数位的数字之和与偶数位的数字之和的差就变为5+3×2=11,这个数就能被11整除。调整“4321”,只要4调到奇数位,1调到偶数位,奇数位就比原来增大3,就可达到目的。此时,4,3在奇数位,2,1在偶数位,后四位最大是2413。所求数为987652413。

例6 六位数能被99整除,求A和B。

分析与解:由99=9×11,且9与11互质,所以六位数既能被9整除又能被11整除。因为六位数能被9整除,所以

A+2+8+7+5+B

=22+A+B

应能被9整除,由此推知A+B=5或14。又因为六位数能被11整除,所以

(A+8+5)-(2+7+B)

=A-B+4

应能被11整除,即

A-B+4=0或A-B+4=11。

小学奥数基础教程(四年级) - 15 -

化简得B-A=4或A-B=7。

因为A+B与A-B同奇同偶,所以有

在(1)中,A≤5与A≥7不能同时满足,所以无解。

在(2)中,上、下两式相加,得

(B+A)+(B-A)=14+4,

2B=18,

B=9。

将B=9代入A+B=14,得A=5。

所以,A=5,B=9。

练习6

1.为使五位数6□295能被11整除,□内应当填几?

2.用1,2,3,4四个数码能排出哪些能被11整除的没有重复数字的四位数?

3.求能被11整除的最大的没有重复数字的五位数。

4.求下列各数除以11的余数:

(1)2485; (2)63582; (3)987654321。

5.求

6.六位数

7.七位数除以11的余数。 5A634B能被33整除,求A+B。 3A8629B是88的倍数,求A和B。

第7讲 找规律(一)

我们在三年级已经见过“找规律”这个题目,学习了如何发现图形、数表和数列的变化规律。这一讲重点学习具有“周期性”变化规律的问题。什么是周期性变化规律呢?比如,一年有春夏秋冬四季,百花盛开的春季过后就是夏天,赤日炎炎的夏季过后就是秋天,果实累累的秋季过后就是冬天,白雪皑皑的冬季过后又到了春天。年复一年,总是按照春、夏、秋、冬四季变化,这就是周期性变化规律。再比如,数列0,1,2,0,1,2,0,1,2,0,?是按照0,1,2三个数重复出现的,这也是周期性变化问题。

下面,我们通过一些例题作进一步讲解。

例1 节日的夜景真漂亮,街上的彩灯按照5盏红灯、再接4盏蓝灯、再接3盏黄灯,然后又是5盏红灯、4盏蓝灯、3盏黄灯、??这样排下去。问:

(1)第100盏灯是什么颜色?

(2)前150盏彩灯中有多少盏蓝灯?

分析与解:这是一个周期变化问题。彩灯按照5红、4蓝、3黄,每12盏灯一个周期循环出现。

(1)100÷12=8??4,所以第100盏灯是第9个周期的第4盏灯,是红灯。

(2)150÷12=12??6,前150盏灯共有12个周期零6盏灯,12个周期中有蓝灯4×12=48(盏),最后的6盏灯中有1盏蓝灯,所以共有蓝灯48+1=49(盏)。

例2 有一串数,任何相邻的四个数之和都等于25。已知第1个数是3,第6个数是6,第11个数是7。问:这串数中第24个数是几?前77个数的和是多少?

分析与解:因为第1,2,3,4个数的和等于第2,3,4,5个数的和,所以第1个数与第5个数相同。进一步可推知,第1,5,9,13,?个数都相同。

小学奥数基础教程(四年级) - 16 -

同理,第2,6,10,14,?个数都相同,第3,7,11,15,?个数都相同,第4,8,12,16?个数都相同。

也就是说,这串数是按照每四个数为一个周期循环出现的。所以,第2个数等于第6个数,是6;第3个数等于第11个数,是7。前三个数依次是3,6,7,第四个数是

25-(3+6+7)=9。

这串数按照3,6,7,9的顺序循环出现。第24个数与第4个数相同,是9。由77÷4=9??1知,前77个数是19个周期零1个数,其和为25×19+3=478。

例3 下面这串数的规律是:从第3个数起,每个数都是它前面两个数之和的个位数。问:这串数中第88个数是几?

628088640448?

分析与解:这串数看起来没有什么规律,但是如果其中有两个相邻数字与前面的某两个相邻数字相同,那么根据这串数的构成规律,这两个相邻数字后面的数字必然与前面那两个相邻数字后面的数字相同,也就是说将出现周期性变化。我们试着将这串数再多写出几位:

当写出第21,22位(竖线右面的两位)时就会发现,它们与第1,2位数相同,所以这串数按每20个数一个周期循环出现。由88÷20=4??8知,第88个数与第8个数相同,所以第88个数是4。

从例3看出,周期性规律有时并不明显,要找到它还真得动点脑筋。

例4 在下面的一串数中,从第五个数起,每个数都是它前面四个数之和的个位数字。那么在这串数中,能否出现相邻的四个数是“2000”?

135761939237134?

分析与解:无休止地将这串数写下去,显然不是聪明的做法。按照例3的方法找到一周期,因为这个周期很长,所以也不是好方法。那么怎么办呢?仔细观察会发现,这串数的前四个数都是奇数,按照“每个数都是它前面四个数之和的个位数字”,如果不看具体数,只看数的奇偶性,那么将这串数依次写出来,得到

奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇??

可以看出,这串数是按照四个奇数一个偶数的规律循环出现的,永远不会出现四个偶数连在一起的情况,即不会出现“2000”。

例5 A,B,C,D四个盒子中依次放有8,6,3,1个球。第1个小朋友找到放球最少的盒子,然后从其它盒子中各取一个球放入这个盒子;第2个小朋友也找到放球最少的盒子,然后也从其它盒子中各取一个球放入这个盒子??当100位小朋友放完后,A,B,C,D四个盒子中各放有几个球?

分析与解:按照题意,前六位小朋友放过后,A,B,C,D四个盒子中的球数如下表:

可以看出,第6人放过后与第2人放过后四个盒子中球的情况相同,所以从第2人放过后,每经过4人,四个盒子中球的情况重复出现一次。

(100-1)÷4=24??3,

所以第100次后的情况与第4次(3+1=4)后的情况相同,A,B,C,D盒中依次有4,6,3,5个球。

小学奥数基础教程(四年级) - 17 -

练习7

1.有一串很长的珠子,它是按照5颗红珠、3颗白珠、4颗黄珠、2颗绿珠的顺序重复排列的。问:第100颗珠子是什么颜色?前200颗珠子中有多少颗红珠?

2.将1,2,3,4,?除以3的余数依次排列起来,得到一个数列。求这个数列前100个数的和。

3.有一串数,前两个数是9和7,从第三个数起,每个数是它前面两个数乘积的个位数。这串数中第100个数是几?前100个数之和是多少?

4.有一列数,第一个数是6,以后每一个数都是它前面一个数与7的和的个位数。这列数中第88个数是几?

5.小明按1~3报数,小红按1~4报数。两人以同样的速度同时开始报数,当两人都报了100个数时,有多少次两人报的数相同?

6.A,B,C,D四个盒子中依次放有9,6,3,0个小球。第1个小朋友找到放球最多的盒子,从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球;第2个小朋友也找到放球最多的盒子,也从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球??当100个小朋友放完后,A,B,C,D四个盒子中各放有几个球?

第8讲 找规律(二)

整数a与它本身的乘积,即a×a叫做这个数的平方,记作a2,即a2=a×a;同样,三个a的乘积叫做a的三次方,记作a3,即a3=a×a×a。一般地,n个a相乘,叫做a的n次方,记作an,即

本讲主要讲an的个位数的变化规律,以及an除以某数所得余数的变化规律。

因为积的个位数只与被乘数的个位数和乘数的个位数有关,所以an的个位数只与a的个位数有关,而a的个位数只有0,1,2,?,9共十种情况,故我们只需讨论这十种情况。 为了找出一个整数a自乘n次后,乘积的个位数字的变化规律,我们列出下页的表格,看看a,a2,a3,a4,?的个位数字各是什么。

从表看出,an的个位数字的变化规律可分为三类:

(1)当a的个位数是0,1,5,6时,an的个位数仍然是0,1,5,6。

(2)当a的个位数是4,9时,随着n的增大,an的个位数按每两个数为一周期循环出现。其中a的个位数是4时,按4,6的顺序循环出现;a的个位数是9时,按9,1的顺序循环出现。

(3)当a的个位数是2,3,7,8时,随着n的增大,an的个位数按每四个数为一周期循环出现。其中a的个位数是2时,按2,4,8,6的顺序循环出现;a的个位数是3时,按3,9,7,1的顺序循环出现;当a的个位数是7时,按7,9,3,1的顺序循环出现;当a的个位数是8时,按8,4,2,6的顺序循环出现。

小学奥数基础教程(四年级) - 18 -

例1 求67999的个位数字。

分析与解:因为67的个位数是7,所以67n的个位数随着n的增大,按7,9,3,1四个数的顺序循环出现。

999÷4=249??3,

所以67999的个位数字与73的个位数字相同,即67999的个位数字是3。

例2 求291+3291的个位数字。

分析与解:因为2n的个位数字按2,4,8,6四个数的顺序循环出现,91÷4=22??3,所以,291的个位数字与23的个位数字相同,等于8。

类似地,3n的个位数字按3,9,7,1四个数的顺序循环出现,

291÷4=72??3,

所以3291与33的个位数相同,等于7。

最后得到291+3291的个位数字与8+7的个位数字相同,等于5。

例3 求28128-2929的个位数字。

解:由128÷4=32知,28128的个位数与84的个位数相同,等于6。由29÷2=14??1知,2929的个位数与91的个位数相同,等于9。因为6<9,在减法中需向十位借位,所以所求个位数字为16-9=7。

例4 求下列各除法运算所得的余数:

(1)7855÷5;

(2)555÷3。

分析与解:(1)由55÷4=13??3知,7855的个位数与83的个位数相同,等于2,所以7855可分解为10×a+2。因为10×a能被5整除,所以7855除以5的余数是2。

(2)因为a÷3的余数不仅仅与a的个位数有关,所以不能用求555的个位数的方法求解。为了寻找5n÷3的余数的规律,先将5的各次方除以3的余数列表如下:

注意:表中除以3的余数并不需要计算出5n,然后再除以3去求,而是用上次的余数乘以5后,再除以3去求。比如,52除以3的余数是1,53除以3的余数与1×5=5除以3的余数相同。这是因为52=3×8+1,其中3×8能被3整除,而

53=(3×8+1)×5=(3×8)×5+1×5,

(3×8)×5能被3整除,所以53除以3的余数与1×5除以3的余数相同。

由上表看出,5n除以3的余数,随着n的增大,按2,1的顺序循环出现。由55÷2=27??1知,555÷3的余数与51÷3的余数相同,等于2。

例5 某种细菌每小时分裂一次,每次1个细茵分裂成3个细菌。20时后,将这些细菌每7个分为一组,还剩下几个细菌?

分析与解:1时后有1×3=31(个)细菌,2时后有31×3=32(个)细菌??20时后,有320个细菌,所以本题相当于“求320÷7的余数”。

由例4(2)的方法,将3的各次方除以7的余数列表如下:

由上表看出,3n÷7的余数以六个数为周期循环出现。由20÷6=3??2知,320÷7的余数与32÷7的余数相同,等于2。所以最后还剩2个细菌。

最后再说明一点,an÷b所得余数,随着n的增大,必然会出现周期性变化规律,因为所得余数必然小于b,所以在b个数以内必会重复出现。

练习8

1.求下列各数的个位数字:

(1)3838; (2)2930;

(3)6431; (4)17215。

2.求下列各式运算结果的个位数字:

(1)9222+5731; (2)615+487+349;

小学奥数基础教程(四年级) - 19 -

(3)469-6211; (4)37×48+59×610。

3.求下列各除法算式所得的余数:

(1)5100÷4; (2)8111÷6;

(3)488÷7

第9讲 数字谜(一)

我们在三年级已经学习过一些简单的数字谜问题。这两讲除了复习巩固学过的知识外,还要学习一些新的内容。

例1 在下面算式等号左边合适的地方添上括号,使等式成立:

5+7×8+12÷4-2=20。

分析:等式右边是20,而等式左边算式中的7×8所得的积比20大得多。因此必须设法使这个积缩小一定的倍数,化大为小。

从整个算式来看,7×8是4的倍数,12也是4的倍数,5不能被4整除,因此可在7×8+12前后添上小括号,再除以4得17,5+17-2=20。

解:5+(7×8+12)÷4-2=20。

例2 把1~9这九个数字填到下面的九个□里,组成三个等式(每个数字只能填一次):

分析与解:如果从加法与减法两个算式入手,那么会出现许多种情形。如果从乘法算式入手,那么只有下面两种可能:

2×3=6或2×4=8,

所以应当从乘法算式入手。

因为在加法算式□+□=□中,等号两边的数相等,所以加法算式中的三个□内的三个数的和是偶数;而减法算式□-□=可以变形为加法算式□=□+□,所以减法算式中的三个□内的三个数的和也是偶数。于是可知,原题加减法算式中的六个数的和应该是偶数。

若乘法算式是2×4=8,则剩下的六个数1,3,5,6,7,9的和是奇数,不合题意; 若乘法算式是2×3=6,则剩下的六个数1,4,5,7,8,9可分为两组:

4+5=9,8-7=1(或8-1=7);

1+7=8,9-5=4(或9-4=5)。

所以答案为 与

例3 下面的算式是由1~9九个数字组成的,其中“7”已填好,请将其余各数填入□,使得等式成立:

□□□÷□□=□-□=□-7。

分析与解:因为左端除法式子的商必大于等于2,所以右端被减数只能填9,由此知左端被除数的百位数只能填1,故中间减式有8-6,6-4,5-3和4-2四种可能。经逐一验证,8-6,6-4和4-2均无解,只有当中间减式为5-3时有如下两组解:

128÷64=5-3=9-7,

或 164÷82=5-3=9-7。

例4 将1~9九个数字分别填入下面四个算式的九个□中,使得四个等式都成立:

小学奥数基础教程(四年级) - 20 -

□+□=6, □×□=8,

□-□=6, □□÷□=8。

分析与解:因为每个□中要填不同的数字,对于加式只有两种填法:1+5或2+4;对于乘式也只有两种填法:1×8或2×4。加式与乘式的数字不能相同,搭配后只有两种可能:

(1)加式为1+5,乘式为2×4;

(2)加式为2+4,乘式为1×8。

对于(1),还剩3,6,7,8,9五个数字未填,减式只能是9-3,此时除式无法满足; 对于(2),还剩3,5,6,7,9五个数字未填,减式只能是9-3,此时除式可填56÷7。答案如下:

2+4=6, 1×8=8,

9-3=6, 56÷7=8。

例2~例4都是对题目经过初步分析后,将满足题目条件的所有可能情况全部列举出来,再逐一试算,决定取舍。这种方法叫做枚举法,也叫穷举法或列举法,它适用于只有几种可能情况的题目,如果可能的情况很多,那么就不宜用枚举法。

例5 从1~9这九个自然数中选出八个填入下式的八个○内,使得算式的结果尽可能大:

[○÷○×(○+○)]-[○×○+○-○]。

分析与解:为使算式的结果尽可能大,应当使前一个中括号内的结果尽量大,后一个中括号内的结果尽量小。为叙述方便,将原式改写为:

[A÷B×(C+D)]-[E×F+G-H]。

通过分析,A,C,D,H应尽可能大,且A应最大,C,D次之,H再次之;B,E,F,G应尽可能小,且B应最小,E,F次之,G再次之。于是得到A=9,C=8,D=7,H=6,B=1,E=2,F=3,G=4,其中C与D,E与F的值可互换。将它们代入算式,得到

[9÷1×(8+7)]-[2×3+4-6]=131。

练习9

1.在下面的算式里填上括号,使等式成立:

(1)4×6+24÷6-5=15;

(2)4×6+24÷6-5=35;

(3)4×6+24÷6-5=48;

(4)4×6+24÷6-5=0。

2.加上适当的运算符号和括号,使下式成立:

1 2 3 4 5 =100。

3.把0~9这十个数字填到下面的□里,组成三个等式(每个数字只能填一次): □+□=□,

□-□=□,

□×□=□□。

4.在下面的□里填上+,-,×,÷,()等符号,使各个等式成立:

4□4□4□4=1,

4□4□4□4=3,

4□4□4□4=5,

4□4□4□4=9。

5.将2~7这六个数字分别填入下式的□中,使得等式成立:

□+□-□=□×□÷□。

6.将1~9分别填入下式的九个□内,使算式取得最大值:

□□□×□□□×□□□。

7.将1~8分别填入下式的八个□内,使算式取得最小值:

□□×□□×□□×□□。

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第10讲 数字谜(二)

例1 把下面算式中缺少的数字补上:

分析与解:一个四位数减去一个三位数,差是一个两位数,也就是说被减数与减数相差不到100。四位数与三位数相差不到100,三位数必然大于900,四位数必然小于1100。由此我们找出解决本题的突破口在百位数上。

(1)填百位与千位。由于被减数是四位数,减数是三位数,差是两位数,所以减数的百位应填9,被减数的千位应填1,百位应填0,且十位相减时必须向百位借1。

(2)填个位。由于被减数个位数字是0,差的个位数字是1,所以减数的个位数字是9。

(3)填十位。由于个位向十位借1,十位又向百位借1,所以被减数十位上的实际数值是18,18分解成两个一位数的和,只能是9与9,因此,减数与差的十位数字都是9。 所求算式如右式。

由例1看出,考虑减法算式时,借位是一个重要条件。

例2 在下列各加法算式中,相同的汉字代表相同的数字,不同的汉字代表不同的数字,求出这两个算式:

分析与解:(1)这是一道四个数连加的算式,其特点是相同数位上的数字相同,且个位与百位上的数字相同,即都是汉字“学”。

从个位相同数相加的情况来看,和的个位数字是8,有两种可能情况:2+2+2+2=8与7+7+7+7=28,即“学”=2或7。

如果“学”=2,那么要使三个“数”所代表的数字相加的和的个位数字为8,“数”只能代表数字6。此时,百位上的和为“学”+“学”+1=2+2+1=5≠4。因此“学”≠2。 如果“学”=7,那么要使三个“数”所代表的数字相加再加上个位进位的2,和的个位数字为8,“数”只能代表数字2。百位上两个7相加要向千位进位1,由此可得“我”代表数字3。

满足条件的解如右式。

(2)由千位看出,“努”=4。由千、百、十、个位上都有“努”,5432-4444=988,可将竖式简化为左下式。同理,由左下式看出,“力”=8,988-888=100,可将左下式简化为下中式,从而求出“学”=9,“习”=1。

满足条件的算式如右下式。

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例2中的两题形式类似,但题目特点并不相同,解法也不同,请同学们注意比较。 例3 下面竖式中每个汉字代表一个数字,不同的汉字代表不同的数字,求被乘数。

分析与解:由于个位上的“赛”ד赛”所得的积不再是“赛”,而是另一个数,所以“赛”的取值只能是2,3,4,7,8,9。

下面采用逐一试验的方法求解。

(1)若“赛”=2,则“数”=4,积=444444。被乘数为444444÷2=222222,而被乘数各个数位上的数字各不相同,所以“赛”≠2。

(2)若“赛”=3,则“数”=9,仿(1)讨论,也不行。

(3)若“赛”=4,则“数”=6,积=666666。666666÷4得不到整数商,不合题意。

(4)若“赛”=7,则“数”=9,积=999999。被乘数为999999÷7=142857,符合题意。

(5)若“赛”=8或9,仿上讨论可知,不合题意。

所以,被乘数是142857。

例4 在□内填入适当的数字,使左下式的乘法竖式成立。

分析与解:为清楚起见,我们用A,B,C,D,?表示□内应填入的数字(见右上式)。 由被乘数大于500知,E=1。由于乘数的百位数与被乘数的乘积的末位数是5,故B,C中必有一个是5。若C=5,则有

6□□×5=(600+□□)×5=3000+□□×5,

不可能等于□5□5,与题意不符,所以B=5。再由B=5推知G=0或5。若G=5,则F=A=9,此时被乘数为695,无论C为何值,它与695的积不可能等于□5□5,与题意不符,所以G=0,F=A=4。此时已求出被乘数是645,经试验只有645×7满足□5□5,所以C=7;最后由B=5,G=0知D为偶数,经试验知D=2。

右式为所求竖式。

此类乘法竖式题应根据已给出的数字、乘法及加法的进位情况,先填比较容易的未知数,再依次填其余未知数。有时某未知数有几种可能取值,需逐一试验决定取舍。

例5 在□内填入适当数字,使左下方的除法竖式成立。

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分析与解:把左上式改写成右上式。根据除法竖式的特点知,B=0,D=G=1,E=F=H=9,因此除数应是99的两位数的约数,可能取值有11,33和99,再由商的个位数是5以及5与除数的积是两位数得到除数是11,进而知A=C-9。至此,除数与商都已求出,其余未知数都可填出(见右式)。

此类除法竖式应根据除法竖式的特点,如商的空位补0、余数必须小于除数,以及空格间的相互关系等求解,只要求出除数和商,问题就迎刃而解了。

例6 把左下方除法算式中的*号换成数字,使之成为一个完整的式子(各*所表示的数字不一定相同)。

分析与解:由上面的除法算式容易看出,商的十位数字“*”是0,即商为。

因为除数与8的积是两位数,除数与商的千位数字的积是三位数,知商的千位数是9,即商为9807。

因为“除数×9”是三位数,所以除数≥12;又因为“除数×8”是两位数,所以除数≤

12。推知除数只能是12。被除数为9807×12=117684。

除法算式如上页右式。

练习10

1.在下面各竖式的□内填入合适的数字,使竖式成立:

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2.右面的加法算式中,相同的汉字代表相同的数字,不同的汉字代表不同的数字。问:“小”代表什么数字?

3.在下列各算式中,不同的汉字代表不同的数字相同的汉字代表相同的数字。求出下列各式:

4.在下列各算式中,相同的字母代表相同的数字,不同的字母代表不同的数字。这些算式中各字母分别代表什么数字?

第11讲 归一问题与归总问题

在解答某些应用题时,常常需要先找出“单一量”,然后以这个“单一量”为标准,根据其它条件求出结果。用这种解题思路解答的应用题,称为归一问题。所谓“单一量”是指单位时间的工作量、物品的单价、单位面积的产量、单位时间所走的路程等。

例1 一种钢轨,4根共重1900千克,现在有95000千克钢,可以制造这种钢轨多少根?(损耗忽略不计)

分析:以一根钢轨的重量为单一量。

(1)一根钢轨重多少千克?

1900÷4=475(千克)。

(2)95000千克能制造多少根钢轨?

95000÷475=200(根)。

解:95000÷(1900÷4)=200(根)。

答:可以制造200根钢轨。

例2 王家养了5头奶牛,7天产牛奶630千克,照这样计算,8头奶牛15天可产牛奶多少千克?

分析:以1头奶牛1天产的牛奶为单一量。

小学奥数基础教程(四年级) - 25 -

(1)1头奶牛1天产奶多少千克?

630÷5÷7=18(千克)。

(2)8头奶牛15天可产牛奶多少千克?

18×8×15=2160(千克)。

解:(630÷5÷7)×8×15=2160(千克)。

答:可产牛奶2160千克。

例3 三台同样的磨面机2.5时可以磨面粉2400千克,8台这样的磨面机磨25600千克面粉需要多少时间?

分析与解:以1台磨面机1时磨的面粉为单一量。

(1)1台磨面机1时磨面粉多少千克?

2400÷3÷2.5=320(千克)。

(2)8台磨面机磨25600千克面粉需要多少小时?

25600÷320÷8=10(时)。

综合列式为

25600÷(2400÷3÷2.5)÷8=10(时)。

例4 4辆大卡车运沙土,7趟共运走沙土336吨。现在有沙土420吨,要求5趟运完。问:需要增加同样的卡车多少辆?

分析与解:以1辆卡车1趟运的沙土为单一量。

(1)1辆卡车1趟运沙土多少吨?

336÷4÷7=12(吨)。

(2)5趟运走420吨沙土需卡车多少辆?

420÷12÷5=7(辆)。

(3)需要增加多少辆卡车?

7-4=3(辆)。

综合列式为

420÷(336÷4÷7)÷5-4=3(辆)。

与归一问题类似的是归总问题,归一问题是找出“单一量”,而归总问题是找出“总量”,再根据其它条件求出结果。所谓“总量”是指总路程、总产量、工作总量、物品的总价等。

例5 一项工程,8个人工作15时可以完成,如果12个人工作,那么多少小时可以完成? 分析:(1)工程总量相当于1个人工作多少小时?

15×8=120(时)。

(2)12个人完成这项工程需要多少小时?

120÷12=10(时)。

解:15×8÷12=10(时)。

答:12人需10时完成。

例6 一辆汽车从甲地开往乙地,每小时行60千米,5时到达。若要4时到达,则每小时需要多行多少千米?

分析:从甲地到乙地的路程是一定的,以路程为总量。

(1)从甲地到乙地的路程是多少千米?

60×5=300(千米)。

(2)4时到达,每小时需要行多少千米?

300÷4=75(千米)。

(3)每小时多行多少千米?

75-60=15(千米)。

解:(60×5)÷4——60=15(千米)。

答:每小时需要多行15千米。

小学奥数基础教程(四年级) - 26 -

例7 修一条公路,原计划60人工作,80天完成。现在工作20天后,又增加了30人,这样剩下的部分再用多少天可以完成?

分析:(1)修这条公路共需要多少个劳动日(总量)?

60×80=4800(劳动日)。

(2)60人工作20天后,还剩下多少劳动日?

4800-60×20=3600(劳动日)。

(3)剩下的工程增加30人后还需多少天完成?

3600÷(60+30)=40(天)。

解:(60×80-60×20)÷(60+30)=40(天)。

答:再用40天可以完成。

练习11

1.2台拖拉机4时耕地20公顷,照这样速度,5台拖拉机6时可耕地多少公顷?

2.4台织布机5时可以织布2600米,24台织布机几小时才能织布24960米?

3.一种幻灯机,5秒钟可以放映80张片子。问:48秒钟可以放映多少张片子?

4.3台抽水机8时灌溉水田48公顷,照这样的速度,5台同样的抽水机6时可以灌溉水田多小公顷?

5.平整一块土地,原计划8人平整,每天工作7.5时,6天可以完成任务。由于急需播种,要求5天完成,并且增加1人。问:每天要工作几小时?

6.食堂管理员去农贸市场买鸡蛋,原计划按每千克3.00元买35千克。结果鸡蛋价格下调了,他用这笔钱多买了2.5千克鸡蛋。问:鸡蛋价格下调后是每千克多少元?

7.锅炉房按照每天4.5吨的用量储备了120天的供暖煤。供暖40天后,由于进行了技术改造,每天能节约0.9吨煤。问:这些煤共可以供暖多少天?

第12讲 年龄问题

年龄问题是一类以“年龄为内容”的数学应用题。

年龄问题的主要特点是:二人年龄的差保持不变,它不随岁月的流逝而改变;二人的年龄随着岁月的变化,将增或减同一个自然数;二人年龄的倍数关系随着年龄的增长而发生变化,年龄增大,倍数变小。

根据题目的条件,我们常将年龄问题化为“差倍问题”、“和差问题”、“和倍问题”进行求解。

例1 儿子今年10岁,5年前母亲的年龄是他的6倍,母亲今年多少岁?

分析与解:儿子今年10岁,5年前的年龄为5岁,那么5年前母亲的年龄为5×6=30(岁),因此母亲今年是

30+5=35(岁)。

例2 今年爸爸48岁,儿子20岁,几年前爸爸的年龄是儿子的5倍?

分析与解:今年爸爸与儿子的年龄差为“48——20”岁,因为二人的年龄差不随时间的变化而改变,所以当爸爸的年龄为儿子的5倍时,两人的年龄差还是这个数,这样就可以用“差倍问题”的解法。当爸爸的年龄是儿子年龄的5倍时,儿子的年龄是

(48——20)÷(5——1)=7(岁)。

由20-7=13(岁),推知13年前爸爸的年龄是儿子年龄的5倍。

例3 兄弟二人的年龄相差5岁,兄3年后的年龄为弟4年前的3倍。问:兄、弟二人今年各多少岁?

分析与解:根据题意,作示意图如下:

小学奥数基础教程(四年级) - 27 -

由上图可以看出,兄3年后的年龄比弟4年前的年龄大5+3+4=12(岁),由“差倍问题”解得,弟4年前的年龄为(5+3+4)÷(3-1)=6(岁)。由此得到

弟今年6+4=10(岁),

兄今年10+5=15(岁)。

例4 今年兄弟二人年龄之和为55岁,哥哥某一年的岁数与弟弟今年的岁数相同,那一年哥哥的岁数恰好是弟弟岁数的2倍,请问哥哥今年多少岁?

分析与解:在哥哥的岁数是弟弟的岁数2倍的那一年,若把弟弟岁数看成一份,那么哥哥的岁数比弟弟多一份,哥哥与弟弟的年龄差是1份。又因为那一年哥哥岁数与今年弟弟岁数相等,所以今年弟弟岁数为2份,今年哥哥岁数为2+1=3(份)(见下页图)。

由“和倍问题”解得,哥哥今年的岁数为

55÷(3+2)×3=33(岁)。

例5 哥哥5年前的年龄与妹妹4年后的年龄相等,哥哥2年后的年龄与妹妹8年后的年龄和为97岁,请问二人今年各多少岁?

分析与解:由“哥哥5年前的年龄与妹妹4年后的年龄相等”可知兄妹二人的年龄差为“4+5”岁。由“哥哥2年后的年龄与妹妹8年后的年龄和为97岁”,可知兄妹二人今年的年龄和为“97——2——8”岁。由“和差问题”解得,

兄[(97——2——8)+(4+5)]÷2=48(岁),

妹[(97——2——8)-(4+5)]÷2=39(岁)。

例6 1994年父亲的年龄是哥哥和弟弟年龄之和的4倍。2000年,父亲的年龄是哥哥和弟弟年龄之和的2倍。问:父亲出生在哪一年?

分析与解:如果用1段线表示兄弟二人1994年的年龄和,则父亲1994年的年龄要用4段线来表示(见下页图)。

父亲在2000年的年龄应是4段线再加6岁,而兄弟二人在2000年的年龄之和是1段线再加2×6=12(岁),它是父亲年龄的一半,也就是2段线再加3岁。由

1段+12岁=2段+3岁,

推知1段是9岁。所以父亲1994年的年龄是9×4=36(岁),他出生于

1994——36=1958(年)。

例7今年父亲的年龄为儿子的年龄的4倍,20年后父亲的年龄为儿子的年龄的2倍。问:父子今年各多少岁?

解法一:假设父亲的年龄一直是儿子年龄的4倍,那么每过一年儿子增加一岁,父亲就要增加4岁。这样,20年后儿子增加20岁,父亲就要增加80岁,比儿子多增加了80-20=60(岁)。

事实上,20年后父亲的年龄为儿子的年龄的2倍,根据刚才的假设,多增加的60岁,正好相当于20年后儿子年龄的(4——2=)2倍,因此,今年儿子的年龄为

(20×4-20)÷(4-2)-20=10(岁),

父亲今年的年龄为10×4=40(岁)。

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解法二:如果用1段线表示儿子今年的年龄,那么父亲今年的年龄要用4段线来表示(见下图)。

20年后,父亲的年龄应是4段线再加上20岁,而儿子的年龄应是1段线再加上20岁,是父亲年龄的一半,也就是2段线再加上10岁。由

1段+20=2段+10,

求得1段是10岁,即儿子今年10岁,从而父亲今年40岁。

例8 今年爷爷78岁,长孙27岁,次孙23岁,三孙16岁。问:几年后爷爷的年龄等于三个孙子年龄之和?

分析:今年三个孙子的年龄和为27+23+16=66(岁),爷爷比三个孙子的年龄和多78——66=12(岁)。每过一年,爷爷增加一岁,而三个孙子的年龄和却要增加1+1+1=3(岁),比爷爷多增加3-1=2(岁)。因而只需求出12里面有几个2即可。

解:[78-(27+23+16)]÷(1+1+1-1)=6(年)。

答:6年后爷爷的年龄等于三个孙子年龄的和。

练习12

1.父亲比儿子大30岁,明年父亲的年龄是儿子年龄的3倍,那么今年儿子几岁?

2.王梅比舅舅小19岁,舅舅的年龄比王梅年龄的3倍多1岁。问:他们二人各几岁?

3.小明今年9岁,父亲39岁,再过多少年父亲的年龄正好是小明年龄的2倍?

4.父亲年龄是女儿的4倍,三年前父女年龄之和是49岁。问:父女两人现在各多少岁?

5.一家三口人,三人年龄之和是74岁,妈妈比爸爸小2岁,妈妈的年龄是儿子年龄的4倍。问:三人各是多少岁?

6.今年老师46岁,学生16岁,几年后老师年龄的2倍与学生年龄的5倍相等?

7.已知祖孙三人,祖父和父亲年龄的差与父亲和孙子年龄的差相同,祖父和孙子年龄之和为82岁,明年祖父的年龄恰好等于孙子年龄的5倍。问:祖孙三人各多少岁?

8.小乐问刘老师今年有多少岁,刘老师说:“当我像你这么大时,你才3岁;当你像我这么大时,我已经42岁了。”你能算出刘老师有多少岁吗?

第13讲 鸡兔同笼问题与假设法

鸡兔同笼问题是按照题目的内容涉及到鸡与兔而命名的,它是一类有名的中国古算题。许多小学算术应用题,都可以转化为鸡兔同笼问题来加以计算。

例1 小梅数她家的鸡与兔,数头有16个,数脚有44只。问:小梅家的鸡与兔各有多少只?

分析:假设16只都是鸡,那么就应该有2×16=32(只)脚,但实际上有44只脚,比假设的情况多了44-32=12(只)脚,出现这种情况的原因是把兔当作鸡了。如果我们以同样数量的兔去换同样数量的鸡,那么每换一只,头的数目不变,脚数增加了2只。因此只要算出12里面有几个2,就可以求出兔的只数。

解:有兔(44-2×16)÷(4-2)=6(只),

有鸡16-6=10(只)。

答:有6只兔,10只鸡。

当然,我们也可以假设16只都是兔子,那么就应该有4×16=64(只)脚,但实际上有44只脚,比假设的情况少了64-44=20(只)脚,这是因为把鸡当作兔了。我们以鸡去换兔,每换一只,头的数目不变,脚数减少了4-2=2(只)。因此只要算出20里面有几个2,就可以求出鸡的只数。

有鸡(4×16-44)÷(4-2)=10(只),

有兔16——10=6(只)。

小学奥数基础教程(四年级) - 29 -

由例1看出,解答鸡兔同笼问题通常采用假设法,可以先假设都是鸡,然后以兔换鸡;也可以先假设都是兔,然后以鸡换兔。因此这类问题也叫置换问题。

例2 100个和尚140个馍,大和尚1人分3个馍,小和尚1人分1个馍。问:大、小和尚各有多少人?

分析与解:本题由中国古算名题“百僧分馍问题”演变而得。如果将大和尚、小和尚分别看作鸡和兔,馍看作腿,那么就成了鸡兔同笼问题,可以用假设法来解。

假设100人全是大和尚,那么共需馍300个,比实际多300-140=160(个)。现在以小和尚去换大和尚,每换一个总人数不变,而馍就要减少3——1=2(个),因为160÷2=80,故小和尚有80人,大和尚有

100-80=20(人)。

同样,也可以假设100人都是小和尚,同学们不妨自己试试。

在下面的例题中,我们只给出一种假设方法。

例3 彩色文化用品每套19元,普通文化用品每套11元,这两种文化用品共买了16套,用钱280元。问:两种文化用品各买了多少套?

分析与解:我们设想有一只“怪鸡”有1个头11只脚,一种“怪兔”有1个头19只脚,它们共有16个头,280只脚。这样,就将买文化用品问题转换成鸡兔同笼问题了。

假设买了16套彩色文化用品,则共需19×16=304(元),比实际多304——280=24(元),现在用普通文化用品去换彩色文化用品,每换一套少用19——11=8(元),所以 买普通文化用品 24÷8=3(套),

买彩色文化用品 16-3=13(套)。

例4 鸡、兔共100只,鸡脚比兔脚多20只。问:鸡、兔各多少只?

分析:假设100只都是鸡,没有兔,那么就有鸡脚200只,而兔的脚数为零。这样鸡脚比兔脚多200只,而实际上只多20只,这说明假设的鸡脚比兔脚多的数比实际上多200——20=180(只)。

现在以兔换鸡,每换一只,鸡脚减少2只,兔脚增加4只,即鸡脚比兔脚多的脚数中就会减少4+2=6(只),而180÷6=30,因此有兔子30只,鸡100——30=70(只)。 解:有兔(2×100——20)÷(2+4)=30(只),

有鸡100——30=70(只)。

答:有鸡70只,兔30只。

例5 现有大、小油瓶共50个,每个大瓶可装油4千克,每个小瓶可装油2千克,大瓶比小瓶共多装20千克。问:大、小瓶各有多少个?

分析:本题与例4非常类似,仿照例4的解法即可。

解:小瓶有(4×50-20)÷(4+2)=30(个),

大瓶有50-30=20(个)。

答:有大瓶20个,小瓶30个。

例6 一批钢材,用小卡车装载要45辆,用大卡车装载只要36辆。已知每辆大卡车比每辆小卡车多装4吨,那么这批钢材有多少吨?

分析:要算出这批钢材有多少吨,需要知道每辆大卡车或小卡车能装多少吨。

利用假设法,假设只用36辆小卡车来装载这批钢材,因为每辆大卡车比每辆小卡车多装4吨,所以要剩下4×36=144(吨)。根据条件,要装完这144吨钢材还需要45-36=9(辆)小卡车。这样每辆小卡车能装144÷9=16(吨)。由此可求出这批钢材有多少吨。 解:4×36÷(45-36)×45=720(吨)。

答:这批钢材有720吨。

例7 乐乐百货商店委托搬运站运送500只花瓶,双方商定每只运费0.24元,但如果发生损坏,那么每打破一只不仅不给运费,而且还要赔偿1.26元,结果搬运站共得运费115.5元。问:搬运过程中共打破了几只花瓶?

小学奥数基础教程(四年级) - 30 -

分析:假设500只花瓶在搬运过程中一只也没有打破,那么应得运费0.24×500=120(元)。实际上只得到115.5元,少得120-115.5=4.5(元)。搬运站每打破一只花瓶要损失0.24+

1.26=1.5(元)。因此共打破花瓶4.5÷1.5=3(只)。

解:(0.24×500-115.5)÷(0.24+1.26)=3(只)。

答:共打破3只花瓶。

例8 小乐与小喜一起跳绳,小喜先跳了2分钟,然后两人各跳了3分钟,一共跳了780下。已知小喜比小乐每分钟多跳12下,那么小喜比小乐共多跳了多少下?

分析与解:利用假设法,假设小喜的跳绳速度减少到与小乐一样,那么两人跳的总数减少了 12×(2+3)=60(下)。

可求出小乐每分钟跳

(780——60)÷(2+3+3)=90(下),

小乐一共跳了90×3=270(下),因此小喜比小乐共多跳

780——270×2=240(下)。

练习13

1.鸡、兔共有头100个,脚350只,鸡、兔各有多少只?

2.学校有象棋、跳棋共26副,2人下一副象棋,6人下一副跳棋,恰好可供120个学生进行活动。问:象棋与跳棋各有多少副?

3.班级购买活页簿与日记本合计32本,花钱74元。活页簿每本1.9元,日记本每本

3.1元。问:买活页簿、日记本各几本?

4.龟、鹤共有100个头,鹤腿比龟腿多20只。问:龟、鹤各几只?

5.小蕾花40元钱买了14张贺年卡与明信片。贺年卡每张3元5角,明信片每张2元5角。问:贺年卡、明信片各买了几张?

6.一个工人植树,晴天每天植树20棵,雨天每天植树12棵,他接连几天共植树112棵,平均每天植树14棵。问:这几天中共有几个雨天?

7.振兴小学六年级举行数学竞赛,共有20道试题。做对一题得5分,没做或做错一题都要扣3分。小建得了60分,那么他做对了几道题?

8.有一批水果,用大筐80只可装运完,用小筐120只也可装运完。已知每只大筐比每只小筐多装运20千克,那么这批水果有多少千克?

9.蜘蛛有8条腿,蜻蜓有6条腿和2对翅膀,蝉有6条腿和1对翅膀。现有三种小虫共18只,有118条腿和20对翅膀。问:每种小虫各有几只?

10.鸡、兔共有脚100只,若将鸡换成兔,兔换成鸡,则共有脚92只。问:鸡、兔各几只?

第14讲 盈亏问题与比较法(一)

人们在分东西的时候,经常会遇到剩余(盈)或不足(亏),根据分东西过程中的盈或亏所编成的应用题叫做盈亏问题。

例1 小朋友分糖果,若每人分4粒则多9粒;若每人分5粒则少6粒。问:有多少个小朋友分多少粒糖?

分析:由题目条件可以知道,小朋友的人数与糖的粒数是不变的。比较两种分配方案,第一种方案每人分4粒就多9粒,第二种方案每人分5粒就少6粒,两种不同的方案一多一少相差9+6=15(粒)。相差的原因在于两种方案的分配数不同,第一种方案每人分4粒,第二种方案每人分5粒,两次分配数之差为5-4=1(粒)。每人相差1粒,多少人相差15粒呢?由此求出小朋友的人数为15÷1=15(人),糖果的粒数为

4×15+9=69(粒)。

解:(9+6)÷(5-4)=15(人),

4×15+9=69(粒)。

答:有15个小朋友,分69粒糖。

例2 小朋友分糖果,若每人分3粒则剩2粒;若每人分5粒则少6粒。问:有多少个小朋友?多少粒糖果?

小学奥数基础教程(四年级) - 31 -

分析:本题与例1基本相同,例1中两次分配数之差是5-4=1(粒),本题中两次分配数之差是5-3=2(粒)。例1中,两种分配方案的盈数与亏数之和为9+6=15(粒),本题中,两种分配方案的盈数与亏数之和为2+6=8(粒)。仿照例1的解法即可。

解:(6+2)÷(4——2)=4(人),

3×4+2=14(粒)。

答:有4个小朋友,14粒糖果。

由例1、例2看出,所谓盈亏问题,就是把一定数量的东西分给一定数量的人,由两种分配方案产生不同的盈亏数,反过来求出分配的总人数与被分配东西的总数量。解题的关键在于确定两次分配数之差与盈亏总额(盈数+亏数),由此得到求解盈亏问题的公式: 分配总人数=盈亏总额÷两次分配数之差。

需要注意的是,两种分配方案的结果不一定总是一“盈”一“亏”,也会出现两“盈”、两“亏”、一“不盈不亏”一“盈”或“亏”等情况。

例3 小朋友分糖果,每人分10粒,正好分完;若每人分16粒,则有3个小朋友分不到糖果。问:有多少粒糖果?

分析与解:第一种方案是不盈不亏,第二种方案是亏16×3=48(粒),所以盈亏总额是0+48=48(粒),而两次分配数之差是16——10=6(粒)。由盈亏问题的公式得

有小朋友(0+16×3)÷(16——10)=8(人),

有 糖10×8=80(粒)。

下面的几道例题是购物中的盈亏问题。

例4 一批小朋友去买东西,若每人出10元则多8元;若每人出7元则少4元。问:有多少个小朋友?东西的价格是多少?

分析与解:两种购物方案的盈亏总额是8+4=12(元),两次分配数之差是10——7=3(元)。由公式得到

小朋友的人数(8+4)÷(10——7)=4(人),

东西的价格是10×4——8=32(元)。

例5 顾老师到新华书店去买书,若买5本则多3元;若买7本则少1.8元。这本书的单价是多少?顾老师共带了多少元钱?

分析与解:买5本多3元,买7本少1.8元。盈亏总额为3+1.8=4.8(元),这4.8元刚好可以买7——5=2(本)书,因此每本书4.8÷2=2.4(元),顾老师共带钱

2.4×5+3=15(元)。

例6 王老师去买儿童小提琴,若买7把,则所带的钱差110元;若买5把,则所带的钱还差30元。问:儿童小提琴多少钱一把?王老师带了多少钱?

分析:本题在购物的两个方案中,每一个方案都出现钱不足的情况,买7把小提琴差110元,买5把小提琴差30元。从买7把变成买5把,少买了7——5=2(把)提琴,而钱的差额减少了110——30=80(元),即80元钱可以买2把小提琴,可见小提琴的单价为每把40元钱。

解:(110——30)÷(7——5)=40(元),

40×7——110=170(元)。

答:小提琴40元一把,王老师带了170元钱。

练习14

1.小朋友分糖果,每人3粒,余30粒;每人5粒,少4粒。问:有多少个小朋友?多少粒糖?

2.一个汽车队运输一批货物,如果每辆汽车运3500千克,那么货物还剩下5000千克;如果每辆汽车运4000千克,那么货物还剩下500千克。问:这个汽车队有多少辆汽车?要运的货物有多少千克?

3.学校买来一批图书。若每人发9本,则少25本;若每人发6本,则少7本。问:有多少个学生?买了多少本图书?

小学奥数基础教程(四年级) - 32 -

4.参加美术活动小组的同学,分配若干支彩色笔。如果每人分4支,那么多12支;如果每人分8支,那么恰有1人没分到笔。问:有多少同学?多少支彩色笔?

5.红星小学去春游。如果每辆车坐60人,那么有15人上不了车;如果每辆车多坐5人,那么恰好多出一辆车。问:有多少辆车?多少个学生?

6.某数的8倍减去153,比其5倍多66,求这个数。

7.某厂运来一批煤,如果每天烧1500千克,那么比原计划提前一天烧完;如果每天烧1000千克,那么将比原计划多用一天。现在要求按原计划烧完,那么每天应烧煤多少千克?

8.同学们为学校搬砖,每人搬18块,还余2块;每人搬20块,就有一位同学没砖可搬。问:共有砖多少块?

第15讲 盈亏问题与比较法(二)

有些问题初看似乎不像盈亏问题,但将题目条件适当转化,就露出了盈亏问题的“真相”。

例1 某班学生去划船,如果增加一条船,那么每条船正好坐6人;如果减少一条船,那么每条船就要坐9人。问:学生有多少人?

分析:本题也是盈亏问题,为清楚起见,我们将题中条件加以转化。假设船数固定不变,题目的条件“如果增加一条船??”表示“如果每船坐6人,那么有6人无船可坐”;“如果减少一条船??”表示“如果每船坐9人,那么就空出一条船”。这样,用盈亏问题来做,盈亏总额为6+9=15(人),两次分配的差为9——6=3(人)。

解:(6+9)÷(9——6)=5(条),

6×5+6=36(人)。

答:有36名学生。

例2 少先队员植树,如果每人挖5个坑,那么还有3个坑无人挖;如果其中2人各挖4个坑,其余每人挖6个坑,那么恰好将坑挖完。问:一共要挖几个坑?

分析:我们将“其中2人各挖4个坑,其余每人挖6个坑”转化为“每人都挖6个坑,就多挖了4个坑”。这样就变成了“典型”的盈亏问题。盈亏总额为4+3=7(个)坑,两次分配数之差为6——5=1(个)坑。

解:[3+(6-4)×2]÷(6-5)=7(人)

5×7+3=38(个)。

答:一共要挖38个坑。

例3在桥上用绳子测桥离水面的高度。若把绳子对折垂到水面,则余8米;若把绳子三折垂到水面,则余2米。问:桥有多高?绳子有多长?

分析与解:因为把绳子对折余8米,所以是余了8×2=16(米);同样,把绳子三折余2米,就是余了3×2=6(米)。两种方案都是“盈”,故盈亏总额为16——6=10(米),两次分配数之差为3-2=1(折),所以

桥高(8×2-2×3)÷(3-2)=10(米),绳子的长度为2×10+8×2=36(米)。 例4有若干个苹果和若干个梨。如果按每1个苹果配2个梨分堆,那么梨分完时还剩2个苹果;如果按每3个苹果配5个梨分堆,那么苹果分完时还剩1个梨。问:苹果和梨各有多少个?

分析与解:容易看出这是一道盈亏应用题,但是盈亏总额与两次分配数之差很难找到。原因在于第一种方案是1个苹果“搭配”2个梨,第二种方案是3个苹果“搭配”5个梨。如果将这两种方案统一为1个苹果“搭配”若干个梨,那么问题就好解决了。将原题条件变为“1个苹果搭配2个梨,缺4个梨;

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有梨15×2-4=26(个)。

例5乐乐家去学校上学,每分钟走50米,走了2分钟后,发觉按这样的速度走下去,到学校就会迟到8分钟。于是乐乐开始加快速度,每分钟比原来多走10米,结果到达学校时离上课还有5分钟。问:乐乐家离学校有多远?

分析与解:乐乐从改变速度的那一点到学校,若每分钟走50米,则要迟到8分钟,也就是到上课时间时,他离学校还有50×8=400(米);若每分钟多走10米,即每分钟走60米,则到达学校时离上课还有5分钟,如果一直走到上课时间,那么他将多走(50+10)×5=300(米)。所以盈亏总额,即总的路程相差

400+300=700(米)。

两种走法每分钟相差10米,因此所用时间为

700÷10=70(分),

也就是说,从乐乐改变速度起到上课时间有70分钟。所以乐乐家到学校的距离为 50×(2+70+8)=4000(米),

或 50×2+60×(70——5)=4000(米)。

例6王师傅加工一批零件,每天加工20个,可以提前1天完成。工作4天后,由于改进了技术,每天可多加工5个,结果提前3天完成。问:这批零件有多少个?

分析与解:每天加工20个,如果一直加工到计划时间,那么将多加工20个零件;改进技术后,如果一直加工到计划时间,那么将多加工(20+5)×3=75(个)。盈亏总额为75——20=55(个)。两种加工的速度比较,每天相差5个。根据盈亏问题的公式,从改进技术时到计划完工的时间是55÷5=11(天),计划时间为11+4=15(天),这批零件共有20×(15——1)=280(个)。

练习15

1.筑路队计划每天筑路720米,实际每天比原计划多筑80米,这样在完成规定任务的前三天,就只剩下1160米未筑。问:这条路共有多长?

2.小红家买来一篮桔子,分给全家人。如果其中二人每人分4只,其余每人分2只,那么多出4只;如果一人分6只,其余每人分4只,那么缺12只。问:小红家买来多少只桔子?小红家共有几人?

3.食堂采购员小李去买肉,如果买牛肉18千克,那么差4元;如果买猪肉20千克,那么多2元。已知牛肉、猪肉每千克差价8角,求牛肉、猪肉每千克各多少钱。

4.李老师给小朋友分苹果和桔子,苹果数是桔子数的2倍。桔子每人分3个,多4个;苹果每人分7个,少5个。问:有多少个小朋友?多少个苹果和桔子?

5.用绳子测量井深。如果把绳子三折垂到水面,余7米;如果把绳子5折垂到水面,余1米。求绳长与井深。

6.老师给幼儿园小朋友分苹果。每两人三个苹果,多两个苹果;每三人五个苹果,少四个苹果。问:有多少个小朋友?多少个苹果?

7.小明从家到学校去上学,如果每分钟走60米,那么将迟到5分钟;如果每分钟走80米,那么将提前3分钟。小明家距学校多远?

第16讲 数阵图(一)

我们在三年级已经学习过辐射型和封闭型数阵,其解题的关键在于“重叠数”。本讲和下一讲,我们学习三阶方阵,就是将九个数按照某种要求排列成三行三列的数阵图,解题的关键仍然是“重叠数”。我们先从一道典型的例题开始。

例1把1~9这九个数字填写在右图正方形的九个方格中,使得每一横行、每一竖列和每条对角线上的三个数之和都相等。

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分析与解:我们首先要弄清每行、每列以及每条对角线上三个数字之和是几。我们可以这样去想:因为1~9这九个数字之和是45,正好是三个横行数字之和,所以每一横行的数字之和等于45÷3=15。也就是说,每一横行、每一竖列以及每条对角线上三个数字之和都等于15。 在1~9这九个数字中,三个不同的数相加等于15的有:

9+5+1,9+4+2,8+6+1,8+5+2,

8+4+3,7+6+2,7+5+3,6+5+4。

因此每行、每列以及每条对角线上的三个数字可以是其中任一个算式中的三个数字。 因为中心方格中的数既在一个横行中,又在一个竖列中,还在两对角线上,所以它应同时出现在上述的四个算式中,只有5符合条件,因此应将5填在中心方格中。同理,四个角上的数既在一个横行中,又在一个竖列中,还在一条对角线上,所以它应同时出现在上述的三个算式中,符合条件的有2,4,6,8,因此应将2,4,6,8填在四个角的方格中,同时应保证对角线两数的和相等。经试验,有下面八种不同填法:

上面的八个图,都可以通过一个图的旋转和翻转得到。例如,第一行的后三个图,依次由第一个图顺时针旋转90°,180°,270°得到。又如,第二行的各图,都是由它上面的图沿竖轴翻转得到。所以,这八个图本质上是相同的,可以看作是一种填法。

例1中的数阵图,我国古代称为“纵横图”、“九宫算”。一般地,将九个不同的数填在3×3(三行三列)的方格中,如果满足每个横行、每个竖列和每条对角线上的三个数之和都相等,那么这样的图称为三阶幻方。

在例1中如果只要求任一横行及任一竖列的三数之和相等,而不要求两条对角线上的三数之和也相等,则解不唯一,这是因为在例1的解中,任意交换两行或两列的位置,不影响每行或每列的三数之和,故仍然是解。

例2用11,13,15,17,19,21,23,25,27编制成一个三阶幻方。

分析与解:给出的九个数形成一个等差数列,对照例1,1~9也是一个等差数列。不难发现:中间方格里的数字应填等差数列的第五个数,即应填19;填在四个角上方格中的数是位于偶数项的数,即13,17,21,25,而且对角两数的和相等,即13+25=17+21;余下各数就不难填写了(见右图)。

与幻方相反的问题是反幻方。将九个数填入3×3(三行三列)的九个方格中,使得任一行、任一列以及两条对角线上的三个数之和互不相同,这样填好后的图称为三阶反幻方。 例3将前9个自然数填入右图的9个方格中,使得任一行、任一列以及两条对角线上的三个数之和互不相同,并且相邻的两个自然数在图中的位置也相邻。

分析与解:题目要求相邻的两个自然数在图中的位置也相邻,所以这9个自然数按照大小顺序在图中应能连成一条不相交的折线。经试验有下图所示的三种情况:

按照从1到9和从9到1逐一对这三种情况进行验算,只有第二种情况得到下图的两个解。因为第二种情况是螺旋形,故本题的解称为螺旋反幻方。

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例4将九个数填入左下图的九个空格中,使得任一行、任一列以及两条

证明:因为每行的三数之和都等于k,共有三行,所以九个数之和等于3k。如右上图所示,经过中心方格的有四条虚线,每条虚线上的三个数之和都等于k,四条虚线上的所有数之和等于4k,其中只有中心方格中的数是“重叠数”,九个数各被计算一次后,它又被重复计算了三次。所以有

九数之和+中心方格中的数×3=4k,

3k+中心方格中的数×3=4k,

注意:例4中对九个数及定数k都没有特殊要求。这个结论对求解3×3方格中的数阵问题很实用。

在3×3的方格中,如果要求填入九个互不相同的质数,要求任一行、任一列以及两条对角线上的三个数之和都相等,那么这样填好的图称为三阶质数幻方。

例5求任一列、任一行以及两条对角线上的三个数之和都等于267的三阶质数幻方。

分析与解:由例4知中间方格中的数为267÷3=89。由于在两条对角线、中间一行及中间一列这四组数中,每组的三个数中都有89,所以每组的其余两数之和必为267-89=178。两个质数之和为178的共有六组:

5+173=11+167

=29+149=41+137

=47+131=71+107。

经试验,可得右图所示的三阶质数幻方。

练习16

1.将九个连续自然数填入3×3的方格内,使得每一横行、每一竖列及两条对角线上的三个数之和都等于66。

2.将1,3,5,7,9,11,13,15,17填入3×3的方格内,使其构成一个幻方。

3.用2,4,6,12,14,16,22,24,26九个偶数编制一个幻方。

4.在下列各图空着的方格内填上合适的数,使每行、每列及每条对角线上的三数之和都等于27。

5.将右图中的数重新排列,使得每行、每列及两条对角线上的三个数之和都相等。

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6.将九个质数填入3×3的方格内,使得每一横行、每一竖列及两条对角线上的三个数之和都等于21。

7.求九个数之和为657的三阶质数幻方。

第17讲 数阵图(二)

例1在右图的九个方格中填入不大于12且互不相同的九个自然数(其中已填好一个数),使得任一行、任一列及两条对角线上的三个数之和都等于21。

解:由上一讲例4知中间方格中的数为7。再设右下角的数为x,然后根据任一行、任一列及每条对角线上的三个数之和都等于21,如下图所示填上各数(含x)。

因为九个数都不大于12,由16-x≤12知4≤x,由x+2≤12知x≤10,即4≤x≤10。考虑到5,7,9已填好,所以x只能取4,6,8或10。经验证,当x=6或8时,九个数中均有两个数相同,不合题意;当x=4或10时可得两个解(见下图)。这两个解实际上一样,只是方向不同而已。

例2将九个数填入右图的空格中,使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都相等,则一定有

证明:设中心数为d。由上讲例4知每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于3d。由此计算出第一行中间的数为2d——b,右下角的数为2d-c(见下图)。

根据第一行和第三列都可以求出上图中★处的数由此得到 3d-c-(2d-b)=3d-a-(2d-c), 3d-c-2d+b=3d-a-2d+c, d——c+b=d——a+c, 2c=a+b, a+b

小学奥数基础教程(四年级) - 37 -

c=2。

值得注意的是,这个结论对于a和b并没有什么限制,可以是自然数,也可以是分数、小数;可以相同,也可以不同。

例3在下页右上图的空格中填入七个自然数,使得每一行、每一列及每一条对角线上的三个数之和都等于90。

解:由上一讲例4知,中心数为90÷3=30;由本讲例2知,右上角的数为(23+57)÷2=40(见左下图)。其它数依次可填(见右下图)。

例4在右图的每个空格中填入个自然数,使得每一行、每一列及每条对角线上的三个数之和都相等。

解:由例2知,右下角的数为

(8+10)÷2=9;由上一讲例4知,中心数为(5+9)÷2=7(见左下图),且每行、每列、每条对角线上的三数之和都等于7×3=21。由此可得右下图的填法。

例5在下页上图的每个空格中填一个自然数,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。

解:由例2知,右下角的数为(6+12)÷2=9(左下图)。因为左下图中两条虚线上的三个数之和相等,所以,

“中心数”=(10+6)-9=7。

其它依次可填(见右下图)。

由例3~5看出,在解答3×3方阵的问题时,上讲的例4与本讲的例2很有用处。

练习17

小学奥数基础教程(四年级) - 38 -

1.在左下图的每个空格中填入一个数字,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。

2.在右上图的每个空格中填入一个数字,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都等于24。

3.下列各图中的九个小方格内各有一个数字,而且每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等,求x。

4.在左下图的空格中填入七个自然数,使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于48。

5.在右上图的每个空格中填入一个自然数,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。

6.在右图的每个空格中填入不大于12且互不相同的九个自然数,使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于21。

第18讲 数阵图(三)

数阵问题是多种多样的,解题方法也是多种多样的,这就需要我们根据题目条件灵活解题。

例1把20以内的质数分别填入下图的一个○中,使得图中用箭头连接起来的四个数之和都相等。

分析与解:由上图看出,三组数都包括左、右两端的数,所以每组数的中间两数之和必然相等。20以内共有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数,两两之和相等的有

5+19=7+17=11+13,

于是得到下图的填法。

例2在右图的每个方格中填入一个数字,使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数字都是1,2,3,4。

小学奥数基础教程(四年级) - 39 -

分析与解:如左下图所示,受列及对角线的限制,a处只能填1,从而b处填3;进而推知c处填4,d处填3,e处填4,??右下图为填好后的数阵图。

例3将1~8填入左下图的○内,要求按照自然数顺序相邻的两个数不能填入有直线连接的相邻的两个○内。

分析与解:因为中间的两个○各自只与一个○不相邻,而2~7中的任何一个数都与两个数相邻,所以这两个○内只能填1和8。2只能填在与1不相邻的○内,7只能填在与8不相邻的○内。其余数的填法见右上图。

例4在右图的六个○内各填入一个质数(可取相同的质数),使它们的和等于20,而且每个三角形(共5个)顶点上的数字之和都相等。

分析与解:因为大三角形的三个顶点与中间倒三角形的三个顶点正好是图中的六个○,又因为每个三角形顶点上的数字之和相等,所以每个三角形顶点上的数字之和为20÷2=10。10分为三个质数之和只能是2+3+5,由此得到右图的填法。

例5在右图所示立方体的八个顶点上标出1~9中的八个,使得每个面上四个顶点所标数字之和都等于k,并且k不能被未标出的数整除。

分析与解:设未被标出的数为a,则被标出的八个数之和为1+2+?+9-a=45-a。由于每个顶点都属于三个面,所以六个面的所有顶点数字之和为

6k=3×(45-a),

2k=45-a。

2k是偶数,45-a也应是偶数,所以a必为奇数。

若a=1,则k=22;

若a=3,则k=21;

小学奥数基础教程(四年级) - 40 -

若a=5,则k=20;

若a=7,则k=19;

若a=9,则k=18。

因为k不能被a整除,所以只有a=7,k=19符合条件。

由于每个面上四个顶点上的数字之和等于19,所以与9在一个面上的另外三个顶点数之和应等于10。在1,2,3,4,5,6,8中,三个数之和等于10的有三组:

10=1+3+6

=1+4+5

=2+3+5,

将这三组数填入9所在的三个面上,可得右图的填法。

练习18

1.将1~6这六个数分别填入左下图中的六个○内,使得三条直线上的数字的和都相等。

2.将1~8这八个数分别填入右上图中的八个方格内,使上面四格、下面四格、左边四格、右边四格、中间四格及四角四格内四个数相加的和都是18。

3.在下页左上图的每个方格中填入一个数字,使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数都是1,2,3,4。

4.将1~8填入右上图的八个空格中,使得横、竖、对角任何两个相邻空格中的数都不是相邻的两个自然数。

5.20以内共有10个奇数,去掉9和15还剩八个奇数。将这八个奇数填入右图的八个○中(其中3已填好),使得用箭头连接起来的四个数之和都相等。

6.在左下图的七个○内各填入一个质数,使每个小三角形(共6个)的三个顶点数之和都相等,且为尽量小的质数。

7.从1~13中选出12个自然数填入右上图的空格中,使每横行四数之和相等,每竖列三数之和也相等。

19讲 乘法原理

小学奥数基础教程(四年级) - 41 -

让我们先看下面几个问题。

例1马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋,他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。问:小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配?

分析与解:由下图可以看出,帽子和鞋共有6种搭配。

事实上,小丑戴帽穿鞋是分两步进行的。第一步戴帽子,有3种方法;第二步穿鞋,有2种方法。对第一步的每种方法,第二步都有两种方法,所以不同的搭配共有

3×2=6(种)。

例2从甲地到乙地有2条路,从乙地到丙地有3条路,从丙地到丁地也有2条路。问:从甲地经乙、丙两地到丁地,共有多少种不同的走法?

分析与解:用A1,A2表示从甲地到乙地的2条路,用B1,B2,B3表示从乙地到丙地的3条路,用C1,C2表示从丙地到丁地的2条路(见下页图)。

共有下面12种走法:

A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1

A1B1C2 A1B2C A1B3C2

A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1

A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2

事实上,从甲到丁是分三步走的。第一步甲到乙有2种方法,第二步乙到丙有3种方法,第3步丙到丁有2种方法。对于第一步的每种方法,第二步都有3种方法,所以从甲到丙有2×3=6(种)方法;对从甲到丙的每种方法,第三步都有2种方法,所以不同的走法共有 2×3×2=12(种)。

以上两例用到的数学思想就是数学上的乘法原理。

乘法原理:如果完成一件任务需要分成n个步骤进行,做第1步有m1种方法,做第2步有m2种方法??做第n步有mn种方法,那么按照这样的步骤完成这件任务共有

N=m1×m2×?×mn

种不同的方法。

从乘法原理可以看出:将完成一件任务分成几步做,是解决问题的关键,而这几步是完成这件任务缺一不可的。

例3用数字0,1,2,3,4,5可以组成多少个三位数(各位上的数字允许重复)?

分析与解:组成一个三位数要分三步进行:第一步确定百位上的数字,除0以外有5种选法;第二步确定十位上的数字,因为数字可以重复,有6种选法;第三步确定个位上的数字,也有6种选法。根据乘法原理,可以组成三位数

5×6×6=180(个)。

例4如下图,A,B,C,D,E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色,要使相邻的区域染不同的颜色,共有多少种不同的染色方法?

分析与解:将染色这一过程分为依次给A,B,C,D,E染色五步。

小学奥数基础教程(四年级) - 42 -

先给A染色,因为有5种颜色,故有5种不同的染色方法;第2步给B染色,因不能与A同色,还剩下4种颜色可选择,故有4种不同的染色方法;第3步给C染色,因为不能与A,B同色,故有3种不同的染色方法;第4步给D染色,因为不能与A,C同色,故有3种不同的染色方法;第5步给E染色,由于不能与A,C,D同色,故只有2种不同的染色方法。根据乘法原理,共有不同的染色方法

5×4×3×3×2=360(种)。

例5求360共有多少个不同的约数。

分析与解:先将360分解质因数,

360=2×2×2×3×3×5,

所以360的约数的质因数必然在2,3,5之中。为了确定360的所有不同的约数,我们分三步进行:

第1步确定约数中含有2的个数,可能是0,1,2,3个,即有4种可能;

第2步确定约数中含有3的个数,可能是0,1,2个,即有3种可能;

第3步确定约数中含有5的个数,可能没有,也可能有1个,即有2种可能。

根据乘法原理,360的不同约数共有

4×3×2=24(个)。

由例5得到:如果一个自然数N分解质因数后的形式为

其中P1,P2,?,Pl都是质数,n1,n2?,nl都是自然数,则N的所有约数的个数为: (n1+1)×(n2+1)×?×(nl+1)。

利用上面的公式,可以很容易地算出某个自然数的所有约数的个数。例如,11088=24×32×7×11,11088共有不同的约数

(4+1)×(2+1)×(1+1)×(1+1)=60(个)。

例6有10块糖,每天至少吃一块,吃完为止。问:共有多少种不同的吃法?

分析与解:将10块糖排成一排,糖与糖之间共有9个空。从头开始,如果相邻两块糖是分在两天吃的,那么就在其间画一条线。下图表示10块糖分在五天吃:第一天吃2块,第二天吃3块,第三天吃1块,第四天吃2块,第五天吃2块。因为每个空都有加线与不加线两种可能,根据乘法原理,不同的加线方法共有29=512(种)。因为每一种加线方法对应一种吃糖的方法,所以不同的吃法共有512种。

练习19

1.有五顶不同的帽子,两件不同的上衣,三条不同的裤子。从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。问:有多少种不同的装束?

2.四角号码字典,用4个数码表示一个汉字。小王自编一个“密码本”,用3个数码(可取重复数字)表示一个汉字,例如,用“011”代表汉字“车”。问:小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字?

3.“IMO”是国际数学奥林匹克的缩写,把这3个字母写成三种不同颜色。现在有五种不同颜色的笔,按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”?

4.在右图的方格纸中放两枚棋子,要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。问:共有多少种不同的放法?

5.要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个(不能同时评一个班),共有多少种不同的评选结果?

小学奥数基础教程(四年级) - 43 -

6.甲组有6人,乙组有8人,丙组有9人。从三个组中各选一人参加会议,共有多少种不同选法?

7.用四种颜色给右图的五块区域染色,要求每块区域染一种颜色,相邻的区域染不同的颜色。问:共有多少种不同的染色方法?

第20讲 加法原理(一)

例1从甲地到乙地,可以乘火车,也可以乘汽车,还可以乘轮船。一天中火车有4班,汽车有3班,轮船有2班。问:一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地,共有多少种不同走法? 分析与解:一天中乘坐火车有4种走法,乘坐汽车有3种走法,乘坐轮船有2种走法,所以一天中从甲地到乙地共有:4+3+2=9(种)不同走法。

例2旗杆上最多可以挂两面信号旗,现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面,如果用挂信号旗表示信号,最多能表示出多少种不同的信号?

分析与解:根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面信号旗,有红、黄、蓝3种;第二类是挂两面信号旗,有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一共可以表示出不同的信号

3+6=9(种)。

以上两例利用的数学思想就是加法原理。

加法原理:如果完成一件任务有n类方法,在第一类方法中有m1种不同方法,在第二类方法中有m2种不同方法 ??在第n类方法中有mn种不同方法,那么完成这件任务共有 N=m1+m2+?+mn

种不同的方法。

乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则,在应用时一定要注意它们的区别。乘法原理是把一件事分几步完成,这几步缺一不可,所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积;加法原理是把完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。

例3两次掷一枚骰子,两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种?

分析与解:两次的数字之和是偶数可以分为两类,即两数都是奇数,或者两数都是偶数。 因为骰子上有三个奇数,所以两数都是奇数的有3×3=9(种)情况;同理,两数都是偶数的也有9种情况。根据加法原理,两次出现的数字之和为偶数的情况有9+9=18(种)。 例4用五种颜色给右图的五个区域染色,每个区域染一种颜色,相邻的区域染不同的颜色。问:共有多少种不同的染色方法?

分析与解:本题与上一讲的例4表面上十分相似,但解法上却不相同。因为上一讲例4中,区域A与其它区域都相邻,所以区域A与其它区域的颜色都不相同。本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻,如果从区域A开始讨论,那么就要分区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。

当区域A与区域E颜色相同时,A有5种颜色可选;B有4种颜色可选;C有3种颜色可选;D也有3种颜色可选。根据乘法原理,此时不同的染色方法有

5×4×3×3=180(种)。

当区域A与区域E颜色不同时,A有5种颜色可选;E有4种颜色可选;B有3种颜色可选;C有2种颜色可选;D有2种颜色可选。根据乘法原理,此时不同的染色方法有

小学奥数基础教程(四年级) - 44 -

5×4×3×2×2=240(种)。

再根据加法原理,不同的染色方法共有

180+240=420(种)。

例5用1,2,3,4这四种数码组成五位数,数字可以重复,至少有连续三位是1的五位数有多少个?

分析与解:将至少有连续三位数是1的五位数分成三类:连续五位是1、恰有连续四位是1、恰有连续三位是1。

连续五位是1,只有11111一种;

中任一个,所以有3+3=6(种);

3×4+4×3+3×3=33(种)。

由加法原理,这样的五位数共有

1+6+33=40(种)。

在例5中,我们先将这种五位数分为三类,以后在某些类中又分了若干种情况,其中使用的都是加法原理。

例6右图中每个小方格的边长都是1。一只小虫从直线AB上的O点出发,沿着横线与竖线爬行,可上可下,可左可右,但最后仍要回到AB上(不一定回到O点)。如果小虫爬行的总长是3,那么小虫有多少条不同的爬行路线?

分析与解:如果小虫爬行的总长是2,那么小虫从AB上出发,回到AB上,其不同路线有6条(见左下图);小虫从与AB相邻的直线上出发,回到AB上,其不同路线有4条(见右下图)。

实际上,小虫爬行的总长是3。小虫爬行的第一步有四种情况:

向左,此时小虫还在AB上,由上面的分析,后两步有6条路线;

同理,向右也有6条路线;

向上,此时小虫在与AB相邻的直线上,由上面的分析,后两步有4条路线;

同理,向下也有4条路线。

根据加法原理,共有不同的爬行路线

6+6+4+4=20(条)

练习20

1.南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和乘轮船。如果每天有20班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮船,那么共有多少种不同的走法?

小学奥数基础教程(四年级) - 45 -

2.光明小学四、五、六年级共订300份报纸,每个年级至少订99份报纸。问:共有多少种不同的订法?

3.将10颗相同的珠子分成三份,共有多少种不同的分法?

4.在所有的两位数中,两位数码之和是偶数的共有多少个?

5.用五种颜色给右图的五个区域染色,每个区域染一种颜色,相邻的区域染不同的颜色。问:共有多少种不同

的染色方法?

6.用1,2,3这三种数码组成四位数,在可能组成的四位数中,至少有连续两位是2的有多少个?

7.下图中每个小方格的边长都是1。有一只小虫从O点出发,沿图中格线爬行,如果它爬行的总长度是3,那么它最终停在直线AB上的不同爬行路线有多少条?

第21讲 加法原理(二)

我们通常解题,总是要先列出算式,然后求解。可是对有些题目来说,这样做不仅麻烦,而且有时根本就列不出算式。这一讲我们介绍利用加法原理在“图上作业”的解题方法。 例1小明要登上10级台阶,他每一步只能登1级或2级台阶,他登上10级台阶共有多少种不同的登法?

分析与解:登上第1级台阶只有1种登法。登上第2级台阶可由第1级台阶上去,或者从平地跨2级上去,故有2种登法。登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去,或者从第2级台阶上去,所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和,共有1+2=3(种)??一般地,登上第n级台阶,或者从第(n—1)级台阶跨一级上去,或者从第(n—2)级台阶跨两级上去。根据加法原理,如果登上第(n—1)级和第(n—2)级分别有a种和b种方法,则登上第n级有(a+b)种方法。因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法,就可以依次推算出登上以后各级的方法数。由登上第1级有1种方法,登上第2级有2种方法,可得出下面一串数:

1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。

其中从第三个数起,每个数都是它前面两个数之和。登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个,即89。也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数(见下图)。

例2在左下图中,从A点沿实线走最短路径到B点,共有多少条不同路线?

小学奥数基础教程(四年级) - 46 -

分析与解:题目要求从左下向右上走,所以走到任一点,例如右上图中的D点,不是经过左边的E点,就是经过下边的F点。如果到E点有a种走法(此处a=6),到F点有b种走法(此处b=4),根据加法原理,到D点就有(a+b)种走法(此处为6+4=10)。我们可以从左下角A点开始,按加法原理,依次向上、向右填上到各点的走法数(见右上图),最后得到共有35条不同路线。

例3左下图是某街区的道路图。从A点沿最短路线到B点,其中经过C点和D点的不同路线共有多少条?

分析与解:本题可以同例2一样从A标到B,也可以将从A到B分为三段,先是从A到C,再从C到D,最后从D到B。如右上图所示,从A到C有3种走法,从C到D有4种走法,从D到B有6种走法。因为从A到B是分几步走的,所以应该用乘法原理,不同的路线共有 3×4×6=72(条)。

例4沿左下图中箭头所指的方向从A到B共有多少种不同的走法?

分析与解:如右上图所示,先标出到C点的走法数,再标出到D点和E点的走法数,然后标出到F点的走法数,最后标出到B点的走法数。共有8种不同的走法。

例5有15根火柴,如果规定每次取2根或3根,那么取完这堆火柴共有多少种不同取法? 分析与解:为了便于理解,可以将本题转变为“上15级台阶,每次上2级或3级,共有多少种上法?”所以本题的解题方法与例1类似(见下表)。

注意,因为每次取2或3根,所以取1根的方法数是0,取2根和取3根的方法数都是1。取4根的方法数是取1根与取2根的方法数之和,即0+1=1。依此类推,取n根火柴的方法数是取(n-3)根与取(n-2)根的方法数之和。所以,这串数(取法数)中,从第4个数起,每个数都是它前面第3个数与前面第2个数之和。取完15根火柴共有28种不同取法。 练习21

1.小明要登15级台阶,每步登1级或2级台阶,共有多少种不同登法?

2.小明要登20级台阶,每步登2级或3级台阶,共有多少种不同登法?

3.有一堆火柴共10根,每次取走1~3根,把这堆火柴全部取完有多少种不同取法,

4.在下图中,从A点沿最短路径到B点,共有多少条不同的路线?

小学奥数基础教程(四年级) - 47 -

5.左下图是某街区的道路图,C点和D点正在修路不能通过,那么从A点到B点的最短路线有多少条?

6.右上图是八间房子的示意图,相邻两间房子都有门相通。从A点穿过房间到达B处,如果只能从小号码房间走向大号码房间,那么共有多少种不同的走法?

第22讲 还原问题(一)

有一位老人说:“把我的年龄加上12,再用4除,再减去15后乘以10,恰好是100岁。”这位老人有多少岁呢?解这个题目要从所叙述的最后结果出发,利用已给条件一步步倒着推算,同学们不难看出,这位老人的年龄是

(100÷10+15)×4—12=88(岁)。

从这一例子可以看出,对于有些问题,当顺着题目条件的叙述去寻找解法时,往往有一定的困难,但是,如果改变思考顺序,从问题叙述的最后结果出发,一步一步倒着思考,一步一步往回算,原来加的用减,减的用加,原来乘的用除,除的用乘,那么问题便容易解决。这种解题方法叫做还原法或逆推法,用还原法解题的问题叫做还原问题。

例1有一个数,把它乘以4以后减去46,再把所得的差除以3,然后减去10,最后得4。问:这个数是几?

分析:这个问题是由

(□×4—46)÷3—10=4,

求出□。我们倒着看,如果除以3以后不减去10,那么商应该是4+10=14;如果在减去46以后不除以3,那么差该是14×3=42;可知这个数乘以4后的积为42+46=88,因此这个数是88÷4=22。

解:[(4+10)×3+46]÷4=22。

答:这个数是22。

例2小马虎在做一道加法题目时,把个位上的5看成了9,把十位上的8看成了3,结果得到的“和”是123。问:正确的结果应是多少?

分析:利用还原法。因为把个位上的5看成9,所以多加了4;又因为把十位上的8看成3,所以少加了50。在用还原法做题时,多加了的4应减去,多减了的50应加上。

解:123-4+50=169。

答:正确的结果应是169。

例3学校运来36棵树苗,乐乐与欢欢两人争着去栽,乐乐先拿了若干树苗,欢欢看到乐乐拿得太多,就抢了10棵,乐乐不肯,又从欢欢那里抢回来6棵,这时乐乐拿的棵数是欢欢的2倍。问:最初乐乐拿了多少棵树苗?

分析:先求乐乐与欢欢现在各拿了多少棵树苗。学校共有树苗36棵,乐乐拿的树苗数是欢欢的2倍,所以欢欢现在拿了36÷(2+1)=12(棵)树苗,而乐乐现在拿了12×2=24(棵)树苗,乐乐从欢欢那里抢走了6棵后是24棵,如果不抢,那么乐乐有树苗24-6=18(棵),欢欢看乐乐拿得太多,去抢了10棵,如果欢欢不抢,那么乐乐就有18+10=28(棵)。 解:36÷5(1+2)×2-6+10=28(棵)。

答:乐乐最初拿了28棵树苗。

例4甲、乙、丙三组共有图书90本,乙组向甲组借3本后,又送给丙组5本,结果三个组拥有相等数目的图书。问:甲、乙、丙三个组原来各有多少本图书?

分析与解:尽管甲、乙、丙三个组之间将图书借来借去,但图书的总数90本没有变,由最后三个组拥有相同数目的图书知道,每个组都有图书90÷3=30(本)。根据题目条件,原来各组的图书为

小学奥数基础教程(四年级) - 48 -

甲组有30+3=33(本),

乙组有30—3+5=32(本),

丙组有30—5=25(本)。

店时,我还有4元钱。问:进A商店时我身上有多少钱?

=18(元)

答:进A商店时我身上有18元。

例6一捆电线,第一次用去全长的一半多3米,第二次用去余下的一半少10米,第三次用去15米,最后还剩7米,这捆电线原有多少米?

分析:由逆推法知,第二次用完还剩下15+7=22(米),第一次用完还剩下(22—10)×2=24(米),原来电线长(24+3)×2=54(米)。

解:[(15+7—10)×2+3]×2=54(米)。

答:这捆电线原有54米。

练习22

1.某数加上11,减去12,乘以13,除以14,其结果等于26,这个数是多少?

2.某数加上6,乘以6,减去6,其结果等于36,求这个数。

3.在125×□÷3×8—1=1999中,□内应填入什么数?

4.小乐爷爷今年的年龄数减去15后,除以4,再减去6之后,乘以10,恰好是100。问:小乐爷爷今年多少岁?

5.粮库内有一批面粉,第一次运出总数的一半多3吨,第二次运出剩下的一半少7吨,还剩4吨。问:粮库里原有面粉多少吨?

6.有一筐梨,甲取一半又一个,乙取余下的一半又一个,丙再取余下的一半又一个,这时筐里只剩下一个梨。这筐梨共值8.80元,那么每个梨值多少钱?

小学奥数基础教程(四年级)

- 49 -

桔子。问:树上原来有桔子多少个?

8.某人去银行取款,第1次取了存款的一半还多5元,第二次取了余下的一半还多10元,这时存折上还剩125元。问:此人原有存款多少元?

第23讲 还原问题(二)

上一讲我们讲了还原问题的基本思想和解法,下面再讲一些较复杂的还原问题和列表逆推法。

例1有一堆棋子,把它四等分后剩下一枚,取走三份又一枚;剩下的再四等分又剩一枚,再取走三份又一枚;剩下的再四等分又剩一枚。问:原来至少有多少枚棋子?

分析与解:棋子最少的情况是最后一次四等分时每份为1枚。由此逆推,得到

第三次分之前有1×4+1=5(枚),

第二次分之前有5×1+1=21(枚),

第一次分之前有21×4+1=85(枚)。

所以原来至少有85枚棋子。

例2袋里有若干个球,小明每次拿出其中的一半再放回一个球,这样共操作了5次,袋中还有3个球。问:袋中原有多少个球?

分析与解:利用逆推法从第5次操作后向前逆推。第5次操作后有3个,第4次操作后有(3—1)×2=4(个),第3次??为了简洁清楚,可以列表逆推如下:

所以原来袋中有34个球。

例3三堆苹果共48个。先从第一堆中拿出与第二堆个数相等的苹果并入第二堆;再从第二堆中拿出与第三堆个数相等的苹果并入第三堆;最后又从第三堆中拿出与这时第一堆个数相等的苹果并入第一堆。这时,三堆苹果数恰好相等。问:三堆苹果原来各有多少个?

分析与解:由题意知,最后每堆苹果都是48÷3=16(个),由此向前逆推如下表:

原来第一、二、三堆依次有22,14,12个苹果。

逆推时注意,每次变化中,有一堆未动;有一堆增加了一倍,逆推时应除以2;另一堆减少了增加一倍那堆增加的数,逆推时应使用加法。

例4有甲、乙、丙三个油桶,各盛油若干千克。先将甲桶油倒入乙、丙两桶,使它们各增加原有油的一倍;再将乙桶油倒入丙、甲两桶,使它们的油各增加一倍;最后按同样的规律将丙桶油倒入甲、乙两桶。这时,各桶油都是16千克。问:各桶原有油多少千克?

分析与解:与例3类似,列表逆推如下:

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原来甲、乙、丙桶分别有油26,14,8千克。

逆推时注意,每次变化时,有两桶各增加了一倍,逆推时应分别除以2;另一桶减少了上述两桶增加的数,逆推时应使用加法。

例5兄弟三人分24个桔子,每人所得个数分别等于他们三年前各自的岁数。如果老三先把所得的桔子的一半平分给老大与老二,接着老二把现有的桔子的一半平分给老三与老大,最后老大把现有的桔子的一半平分给老二与老三,这时每人的桔子数恰好相同。问:兄弟三人的年龄各多少岁?

分析与解:由于总共有24个桔子,最后三人所得到的桔子数相等,因此每人最后都有24÷3=8(个)桔子。由此列表逆推如下表:

由上表看出,老大、老二、老三原来分别有桔子13,7,4个,现在的年龄依次为16,10,7岁。

逆推时注意,拿出桔子的人其桔子数减少了一半,逆推时应乘以2;另两人各增加拿出桔子的人拿出桔子数的一半,逆推时应减去拿出桔子数的一半。

练习23

1.有一堆桃,第一只猴拿走其中的一半加半个,第二只猴又拿走剩下的一半加半个,第

三、四、五只猴照此方式办理,最后还剩下一个桃。问:原来有多少个桃?

问:这堆西瓜原来有多少个?

3.甲、乙两粮库各有大米若干吨,先是甲库运出一半给乙库,然后乙库

525吨,乙库有大米775吨。问:最初甲、乙两库各有大米多少吨?

4.书架有上、中、下三层,一共放了192本书。先从上层取出与中层同样多的书放到中层,再从中层取出与下层同样多的书放到下层,最后从下层取出与上层现有的同样多的书放到上层,这时三层的书刚好相等。问:这个书架上、中、下三层原来各有多少本书?

5.甲、乙、丙三人各有若干元钱,甲拿出一半平分给乙、丙,乙又拿出现有的一半平分给甲、丙,最后丙又拿出现有的一半平分给甲、乙。这时他们各有240元。问:甲、乙、丙三人原来各有多少钱?

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水。问:三个桶中原来各有多少升水?

第24讲 页码问题

顾名思义,页码问题与图书的页码有密切联系。事实上,页码问题就是根据书的页码而编制出来的一类应用题。

编一本书的页码,一共需要多少个数码呢?反过来,知道编一本书的页码所需的数码数量,求这本书的页数。这是页码问题中的两个基本内容。

为了顺利地解答页码问题,我们先看一下“数”与“组成它的数码个数”之间的关系。一位数共有9个,组成所有的一位数需要9个数码;两位数共有90个,组成所有的两位数需要2×90=180(个)数码;三位数共有900个,组成所有的三位数需要3×900=2700(个)数码??为了清楚起见,我们将n位数的个数、组成所有n位数需要的数码个数、组成所有不大于n位的数需要的数码个数之间的关系列表如下:

由上表看出,如果一本书不足100页,那么排这本书的页码所需的数码个数不会超过189个;如果某本书排的页码用了10000个数码,因为

2889<10000<38889,所以这本书肯定是上千页。

下面,我们看几道例题。

例1一本书共204页,需多少个数码编页码?

分析与解:1~9页每页上的页码是一位数,共需数码

1×9=9(个);

10~99页每页上的页码是两位数,共需数码

2×90=180(个);

100~204页每页上的页码是三位数,共需数码

(204-100+1)×3=105×3=315(个)。

综上所述,这本书共需数码

9+180+315=504(个)。

例2一本小说的页码,在排版时必须用2211个数码。问:这本书共有多少页?

分析:因为189<2211<2889,所以这本书有几百页。由前面的分析知道,这本书在排三位数的页码时用了数码(2211-189)个,所以三位数的页数有

(2211-189)÷3=674(页)。

因为不到三位的页数有99页,所以这本书共有

99+674=773(页)。

解:99+(2211——189)÷3=773(页)。

答:这本书共有773页。

例3一本书的页码从1至62、即共有62页。在把这本书的各页的页码累加起来时,有一个页码被错误地多加了一次。结果,得到的和数为2000。问:这个被多加了一次的页码是几? 分析与解:因为这本书的页码从1至62,所以这本书的全书页码之和为

1+2+?+61+62

=62×(62+1)÷2

=31×63

=1953。

由于多加了一个页码之后,所得到的和数为2000,所以2000减去1953就是多加了一次的那个页码,是

小学奥数基础教程(四年级) - 52 -

2000——1953=47。

例4有一本48页的书,中间缺了一张,小明将残书的页码相加,得到1131。老师说小明计算错了,你知道为什么吗?

分析与解:48页书的所有页码数之和为

1+2+?+48

=48×(48+1)÷2

=1176。

按照小明的计算,中间缺的这一张上的两个页码之和为1176——1131=45。这两个页码应该是22页和23页。但是按照印刷的规定,书的正文从第1页起,即单数页印在正面,偶数页印在反面,所以任何一张上的两个页码,都是奇数在前,偶数在后,也就是说奇数小偶数大。小明计算出来的是缺22页和23页,这是不可能的。

例5将自然数按从小到大的顺序无间隔地排成一个大数:1234567891011l2?问:左起第2000位上的数字是多少?

分析与解:本题类似于“用2000个数码能排多少页的页码?”因为(2000-189)÷3=603??2,所以2000个数码排到第99+603+1=703(页)的第2个数码“0”。所以本题的第2000位数是0。

例6排一本400页的书的页码,共需要多少个数码“0”?

分析与解:将1~400分为四组:

1~100,101~200,201~300,301~400。

在1~100中共出现11次0,其余各组每组都比1~100多出现9次0,即每组出现20次0。所以共需要数码“0”

11+20×3=71(个)。

练习24

1.一本书共有40页,那么共需要多少个数码编页码?

2.一本书共有200页,那么共需要多少个数码编页码?

3.排一本小说的页码,需要用2202个数码,这本书共有多少页?

4.一本书的页码为1至62,即共有62页。在把这本书的各页的页码累加起来时,有一个页码漏加了。结果,得到的和数为1939。问:这个被漏加的页码是几?

5.有一本96页的书,中间缺了一张。如果将残书的所有页码相加,那么可能得到偶数吗?

6.将自然数按从小到大的顺序无间隔地排成一个大数:

1234567891011121314?

问:左起第1000位数是几?

7.有一本科幻故事书,每四页中,有一页为文字,其余三页为图画。如果第一页为图画,那么第二、三页也是图画,第四页为文字,第五、六、七页又为图画,依此类推。如果第一页为文字,那么第二、三、四页为图画,第五页为文字,第六、七、八页又为图画,依此类推。试问:

(1)假如这本书有96页,且第一页是图画,那么这本书多少页有图画?

(2)假如这本书有99页,那么多少页有图画?

第25讲 智取火柴

在数学游戏中有一类取火柴游戏,它有很多种玩法,由于游戏的规则不同,取胜的方法也就不同。但不论哪种玩法,要想取胜,一定离不开用数学思想去推算。

例1桌子上放着60根火柴,甲、乙二人轮流每次取走1~3根。规定谁取走最后一根火柴谁获胜。如果双方都采用最佳方法,甲先取,那么谁将获胜?

分析与解:本题采用逆推法分析。获胜方在最后一次取走最后一根;往前逆推,在倒数第二次取时,必须留给对方4根,此时无论对方取1,2或3根,获胜方都可以取走最后一根;再往前逆推,获胜方要想留给对方4根,在倒数第三次取时,必须留给对方8根??由此可知,获胜方只要每次留给对方的都是4的倍数根,则必胜。现在桌上有60根火柴,甲先取,不可

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能留给乙4的倍数根,而甲每次取完后,乙再取都可以留给甲4的倍数根,所以在双方都采用最佳策略的情况下,乙必胜。

在例1中为什么一定要留给对方4的倍数根,而不是5的倍数根或其它倍数根呢?关键在于规定每次只能取1~3根,1+3=4,在两人紧接着的两次取火柴中,后取的总能保证两人取的总数是4。利用这一特点,就能分析出谁采用最佳方法必胜,最佳方法是什么。由此出发,对于例1的各种变化,都能分析出谁能获胜及获胜的方法。

例2在例1中将“每次取走1~3根”改为“每次取走1~6根”,其余不变,情形会怎样? 分析与解:由例1的分析知,只要始终留给对方(1+6=)7的倍数根火柴,就一定获胜。因为60÷7=8??4,所以只要甲第一次取走4根,剩下56根火柴是7的倍数,以后总留给乙7的倍数根火柴,甲必胜。

由例2看出,在每次取1~n根火柴,取到最后一根火柴者获胜的规定下,谁能做到总给对方留下(1+n)的倍数根火柴,谁将获胜。

例3将例1中“谁取走最后一根火柴谁获胜”改为“谁取走最后一根火柴谁输”,其余不变,情形又将如何?

分析与解:最后留给对方1根火柴者必胜。按照例1中的逆推的方法分析,只要每次留给对方4的倍数加1根火柴必胜。甲先取,只要第一次取3根,剩下57根(57除以4余1),以后每次都将除以4余1的根数留给乙,甲必胜。

由例3看出,在每次取1~n根火柴,取到最后一根火柴者为负的规定下,谁能做到总给对方留下(1+n)的倍数加1根火柴,谁将获胜。

有许多游戏虽然不是取火柴的形式,但游戏取胜的方法及分析思路与取火柴游戏完全相同。

例4两人从1开始按自然数顺序轮流依次报数,每人每次只能报1~5个数,谁先报到50谁胜。你选择先报数还是后报数?怎样才能获胜?

分析与解:对照例1、例2可以看出,本例是取火柴游戏的变形。因为50÷(1+5)=8??2,所以要想获胜,应选择先报,第一次报2个数,剩下48个数是(1+5=)6的倍数,以后总把6的倍数个数留给对方,必胜。

例51111个空格排成一行,最左端空格中放有一枚棋子,甲先乙后轮流向右移动棋子,每次移动1~7格。规定将棋子移到最后一格者输。甲为了获胜,第一步必须向右移多少格? 分析与解:本例是例3的变形,但应注意,一开始棋子已占一格,棋子的右面只有1111-1=1110(个)空格。由例3知,只要甲始终留给乙(1+7=)8的倍数加1格,就可获胜。 (111-1)÷(1+7)=138??6,

所以甲第一步必须移5格,还剩下1105格,1105是8的倍数加1。以后无论乙移几格,甲下次移的格数与乙移的格数之和是8,甲就必胜。因为甲移完后,给乙留下的空格数永远是8的倍数加1。

例6今有两堆火柴,一堆35根,另一堆24根。两人轮流在其中任一堆中拿取,取的根数不限,但不能不取。规定取得最后一根者为赢。问:先取者有何策略能获胜?

分析与解:本题虽然也是取火柴问题,但由于火柴的堆数多于一堆,故本题的获胜策略与前面的例题完全不同。

先取者在35根一堆火柴中取11根火柴,使得取后剩下两堆的火柴数相同。以后无论对手在某一堆取几根火柴,你只须在另一堆也取同样多根火柴。只要对手有火柴可取,你也有火柴可取,也就是说,最后一根火柴总会被你拿到。这样先取者总可获胜。

请同学们想一想,如果在上面玩法中,两堆火柴数目一开始就相同,例如两堆都是35根火柴,那么先取者还能获胜吗?

例7有3堆火柴,分别有1根、2根与3根火柴。甲先乙后轮流从任意一堆里取火柴,取的根数不限,规定谁能取到最后一根或最后几根火柴就获胜。如果采用最佳方法,那么谁将获胜?

分析与解:根据例6的解法,谁在某次取过火柴之后,恰好留下两堆数目相等的火柴,谁就能取胜。

小学奥数基础教程(四年级) - 54 -

甲先取,共有六种取法:从第1堆里取1根,从第2堆里取1根或2根;第3堆里取1根、2根或3根。无论哪种取法,乙采取正确的取法,都可以留下两堆数目相等的火柴(同学们不妨自己试试),所以乙采用最佳方法一定获胜。

练习25

1.桌上有30根火柴,两人轮流从中拿取,规定每人每次可取1~3根,且取最后一根者为赢。问:先取者如何拿才能保证获胜?

2.有1999个球,甲、乙两人轮流取球,每人每次至少取一个,最多取5个,取到最后一个球的人为输。如果甲先取,那么谁将获胜?

3.甲、乙二人轮流报数,甲先乙后,每次每人报1~4个数,谁报到第888个数谁胜。谁将获胜?怎样获胜?

4.有两堆枚数相等的棋子,甲、乙两人轮流在其中任意一堆里取,取的枚数不限,但不能不取,谁取到最后一枚棋子谁获胜。如果甲后取,那么他一定能获胜吗?

5.黑板上写着一排相连的自然数1,2,3,?,51。甲、乙两人轮流划掉连续的3个数。规定在谁划过之后另一人再也划不成了,谁就算取胜。问:甲有必胜的策略吗?

6.有三行棋子,分别有1,2,4枚棋子,两人轮流取,每人每次只能在同一行中至少取走1枚棋子,谁取走最后一枚棋子谁胜。问:要想获胜是先取还是后取?

第26讲 逻辑问题(一)

在日常生活中,有些问题常常要求我们主要通过分析和推理,而不是计算得出正确的结论。这类判断、推理问题,就叫做逻辑推理问题,简称逻辑问题。这类题目与我们学过的数学题目有很大不同,题中往往没有数字和图形,也不用我们学过的数学计算方法,而是根据已知条件,分析推理,得到答案。

本讲介绍利用列表法求解逻辑问题。

例1小王、小张和小李一位是工人,一位是农民,一位是教师,现在只知道:小李比教师年龄大;小王与农民不同岁;农民比小张年龄小。问:谁是工人?谁是农民?谁是教师?

分析与解:由题目条件可以知道:小李不是教师,小王不是农民,小张不是农民。由此得到左下表。表格中打“√”表示肯定,打“×”表示否定。

因为左上表中,任一行、任一列只能有一个“√”,其余是“×”,所以小李是农民,于是得到右上表。

因为农民小李比小张年龄小,又小李比教师年龄大,所以小张比教师年龄大,即小张不是教师。因此得到左下表,从而得到右下表,即小张是工人,小李是农民,小王是教师。

例1中采用列表法,使得各种关系更明确。为了讲解清楚,例题中画了几个表,实际解题时,不用画这么多表,只在一个表中先后画出各种关系即可。需要注意的是:①第一步应将题目条件给出的关系画在表上,然后再依次将分析推理出的关系画在表上;②每行每列只能有一个“√”,如果出现了一个“√”,它所在的行和列的其余格中都应画“×”。

在下面的例题中,“√”和“×”的含义是很明显的,不再单独解释。

例2刘刚、马辉、李强三个男孩各有一个妹妹,六个人进行乒乓球混合双打比赛。事先规定:兄妹二人不许搭伴。

第一盘:刘刚和小丽对李强和小英;

第二盘:李强和小红对刘刚和马辉的妹妹。问:三个男孩的妹妹分别是谁?

分析与解:因为兄妹二人不许搭伴,所以题目条件表明:刘刚与小丽、李强与小英、李强与小红都不是兄妹。由第二盘看出,小红不是马辉的妹妹。将这些关系画在左下表中,由左下表可得右下表。

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刘刚与小红、马辉与小英、李强与小丽分别是兄妹。

例3甲、乙、丙每人有两个外号,人们有时以“数学博士”、“短跑健将”、“跳高冠军”、“小画家”、“大作家”和“歌唱家”称呼他们。此外:

(1)数学博士夸跳高冠军跳得高;

(2)跳高冠军和大作家常与甲一起去看电影;

(3)短跑健将请小画家画贺年卡;

(4)数学博士和小画家很要好;

(5)乙向大作家借过书;

(6)丙下象棋常赢乙和小画家。

你知道甲、乙、丙各有哪两个外号吗?

分析与解:由(2)知,甲不是跳高冠军和大作家;由(5)知,乙不是大作家;由(6)知,丙、乙都不是小画家。由此可得到下表:

因为甲是小画家,所以由(3)(4)知甲不是短跑健将和数学博士,推知甲是歌唱家。因为丙是大作家,所以由(2)知丙不是跳高冠军,推知乙是跳高冠军。因为乙是跳高冠军,所以由(1)知乙不是数学博士。将上面的结论依次填入上表,便得到下表:

所以,甲是小画家和歌唱家,乙是短跑健将和跳高冠军,丙是数学博士和大作家。

例4张明、席辉和李刚在北京、上海和天津工作,他们的职业是工人、农民和教师,已知:

(1)张明不在北京工作,席辉不在上海工作;

(2)在北京工作的不是教师;

(3)在上海工作的是工人;

(4)席辉不是农民。

问:这三人各住哪里?各是什么职业?

分析与解:与前面的例题相比,这道题的关系要复杂一些,要求我们通过推理,弄清人物、工作地点、职业三者之间的关系。三者的关系需要两两构造三个表,即人物与地点,人物与职业,地点与职业三个表。

我们先将题目条件中所给出的关系用下面的表来表示,由条件(1)得到表1,由条件(4)得到表2,由条件(2)(3)得到表3。

因为各表中,每行每列只能有一个“√”,所以表(3)可填全为表(4)。

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因为席辉不在上海工作,在上海工作的是工人,所以席辉不是工人,他又不是农民,所以席辉是教师。再由表4知,教师住在天津,即席辉住在天津。至此,表1可填全为表5。

对照表5和表4,得到:张明住在上海是工人,席辉住在天津是教师,李刚住在北京是农民。

练习26

1.甲、乙、丙分别是来自中国、日本和英国的小朋友。甲不会英文,乙不懂日语却与英国小朋友热烈交谈。问:甲、乙、丙分别是哪国的小朋友?

2.徐、王、陈、赵四位师傅分别是工厂的木工、车工、电工和钳工,他们都是象棋迷。

(1)电工只和车工下棋;

(2)王、陈两位师傅经常与木工下棋;

(3)徐师傅与电工下棋互有胜负;

(4)陈师傅比钳工下得好。

问:徐、王、陈、赵四位师傅各从事什么工种?

3.李波、顾锋、刘英三位老师共同担负六年级某班的语文、数学、政治、体育、音乐和图画六门课的教学,每人教两门。现知道:

(1)顾锋最年轻;

(2)李波喜欢与体育老师、数学老师交谈;

(3)体育老师和图画老师都比政治老师年龄大;

(4)顾锋、音乐老师、语文老师经常一起去游泳;

(5)刘英与语文老师是邻居。

问:各人分别教哪两门课程?

4.A,B,C,D分别是中国、日本、美国和法国人。已知:

(1)A和中国人是医生;

(2)B和法国人是教师;

(3)C和日本人职业不同;

(4)D不会看病。

问:A,B,C,D各是哪国人,

5.小亮、小红、小娟分别在一小、二小、三小读书,各自爱好围棋、体操、足球中的一项,现知道:

(1)小亮不在一小;

(2)小红不在二小;

(3)爱好足球的不在三小;

(4)爱好围棋的在一小,但不是小红。

问:小亮、小红、小娟各在哪个学校读书和各自的爱好是什么?

第27讲 逻辑问题(二)

本讲介绍用假设法解逻辑问题。

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例1四个小朋友宝宝、星星、强强和乐乐在院子里踢足球,一阵响声,惊动了正在读书的陆老师,陆老师跑出来查看,发现一块窗户玻璃被打破了。陆老师问:“是谁打破了玻璃?” 宝宝说:“是星星无意打破的。”

星星说:“是乐乐打破的。”

乐乐说:“星星说谎。”

强强说:“反正不是我打破的。”

如果只有一个孩子说了实话,那么这个孩子是谁?是谁打破了玻璃?

分析与解:因为星星和乐乐说的正好相反,所以必是一对一错,我们可以逐一假设检验。 假设星星说得对,即玻璃窗是乐乐打破的,那么强强也说对了,这与“只有一个孩子说了实话”矛盾,所以星星说错了。

假设乐乐说对了,按题意其他孩子就都说错了。由强强说错了,推知玻璃是强强打破的。宝宝、星星确实都说错了。符合题意。

所以是强强打破了玻璃。

由例1看出,用假设法解逻辑问题,就是根据题目的几种可能情况,逐一假设。如果推出矛盾,那么假设不成立;如果推不出矛盾,那么符合题意,假设成立。

例2甲、乙、丙、丁四人同时参加全国小学数学夏令营。赛前甲、乙、丙分别做了预测。 甲说:“丙第1名,我第3名。”

乙说:“我第1名,丁第4名。”

丙说:“丁第2名,我第3名。”

成绩揭晓后,发现他们每人只说对了一半,你能说出他们的名次吗?

分析与解:我们以“他们每人只说对了一半”作为前提,进行逻辑推理。

假设甲说的第一句话“丙第1名”是对的,第二句话“我第3名”是错的。由此推知乙说的“我第1名”是错的,“丁第4名”是对的;丙说的“丁第2名”是错的,“丙第3名”是对的。这与假设“丙第1名是对的”矛盾,所以假设不成立。

再假设甲的第二句“我第3名”是对的,那么丙说的第二句“我第3名”是错的,从而丙说的第一句话“丁第2名”是对的;由此推出乙说的“丁第4名”是错的,“我第1名”是对的。至此可以排出名次顺序:乙第1名、丁第2名、甲第3名、丙第4名。

例3甲、乙、丙、丁在谈论他们及他们的同学何伟的居住地。

甲说:“我和乙都住在北京,丙住在天津。”

乙说:“我和丁都住在上海,丙住在天津。”

丙说:“我和甲都不住在北京,何伟住在南京。”

丁说:“甲和乙都住在北京,我住在广州。”

假定他们每个人都说了两句真话,一句假话。问:不在场的何伟住在哪儿?

分析与解:因为甲、乙都说“丙住在天津,”我们可以假设这句话是假话,那么甲、乙的前两句应当都是真话,推出乙既住在北京又住在上海,矛盾。所以假设不成立,即“丙住在天津”是真话。

因为甲的前两句话中有一句假话,而甲、丁两人的前两句话相同,所以丁的第三句话“我住在广州”是真的。由此知乙的第二句话“丁住在上海”是假话,第一句“我住在上海”是真话;进而推知甲的第二句是假话,第一句“我住在北京”是真话;最后推知丙的第二句话是假话,第三句“何伟住在南京”是真话。

所以,何伟住在南京。

在解答逻辑问题时,有时需要将列表法与假设法结合起来。一般是在使用列表法中,出现不可确定的几种选择时,结合假设法,分别假设检验,以确定正确的结果。

例4一天,老师让小马虎把甲、乙、丙、丁、戊的作业本带回去,小马虎见到这五人后就一人给了一本,结果全发错了。现在知道:

(1)甲拿的不是乙的,也不是丁的;

(2)乙拿的不是丙的,也不是丁的;

(3)丙拿的不是乙的,也不是戊的;

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(4)丁拿的不是丙的,也不是戊的;

(5)戊拿的不是丁的,也不是甲的。另外,没有两人相互拿错(例如甲拿乙的,乙拿甲的)。

问:丙拿的是谁的本?丙的本被谁拿走了?

分析与解:根据“全发错了”及条件(1)~(5),可以得到表1:

由表1看出,丁的本被丙拿了。此时,再继续推理分析不大好下手,我们可用假设法。由表1知,甲拿的本不是丙的就是戊的。

先假设甲拿了丙的本。于是得到表2,表2中乙拿戊的本,戊拿乙的本。两人相互拿错,不合题意。

再假设甲拿戊的本。于是可得表3,经检验,表3符合题意。

所以丙拿了丁的本,丙的本被戊拿了。

例5甲、乙、丙、丁每人只会中、英、法、日四种语言中的两种,其中有一种语言只有一人会说。他们在一起交谈可有趣啦:

(1)乙不会说英语,当甲与丙交谈时,却请他当翻译;

(2)甲会日语,丁不会日语,但他们却能相互交谈;

(3)乙、丙、丁找不到三人都会的语言;

(4)没有人同时会日、法两种语言。

请问:甲、乙、丙、丁各会哪两种语言?

分析与解:由(1)(2)(4)可得下表,其中丙不会日语是因为甲会日语,且甲与丙交谈需要翻译。由下表看出,甲会的另一种语言不是中文就是英语。

先假设甲会说中文。由(2)知,丁也会中文;由(1)知丙不会中文,再由每人会两种语言,知丙会英、法语(见左下表;由(1)(4)推知乙会中文和法语;再由(3)及每人会两种语言,推知丁会英语(见右下表)。结果符合题意。

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再假设甲会说英语。由(2)知,丁也会英语;由(1)知丙不会英语,再由每人会两种语言,知丙会中文和法语(见左下表);由(1)(4)推知,乙会中文和日语;再由(3)及每人会两种语言,推知丁会法语(见右下表)。右下表与“有一种语言只有一人会说”矛盾。假设不成立。

所以甲会中、日语,乙会中、法语,丙会英、法语,丁会中、英语。

练习27

1.在一次数学竞赛中,A,B,C,D,E五位同学分别得了前五名(没有并列同一名次的),关于各人的名次大家作出了下面的猜测:

A说:“第二名是D,第三名是B。”

B说:“第二名是C,第四名是E。”

C说:“第一名是E,第五名是A。”

D说:“第三名是C,第四名是A。”

E说:“第二名是B,第五名是D。”结果每人都只猜对了一半,他们的名次如何?

2.学校新来了一位老师,五个学生分别听到如下的情况:

(1)是一位姓王的中年女老师,教语文课;

(2)是一位姓丁的中年男老师,教数学课;

(3)是一位姓刘的青年男老师,教外语课;

(4)是一位姓李的青年男老师,教数学课;

(5)是一位姓王的老年男老师,教外语课。

他们每人听到的四项情况中各有一项正确。问:真实情况如何?

3.甲、乙、丙三人,一个总说谎,一个从不说谎,一个有时说谎。有一次谈到他们的职业,

甲说:“我是油漆匠,乙是钢琴师,丙是建筑师。”

乙说:“我是医生,丙是警察,你若问甲,则甲会说他是油漆匠。”

丙说:“乙是钢琴师,甲是建筑师,我是警察。”

你知道谁总说谎吗?

4.甲、乙、丙、丁在比较他们的身高,

甲说:“我最高。”

乙说:“我不最矮。”

丙说:“我没甲高,但还有人比我矮。”

丁说:“我最矮。”

实际测量的结果表明,只有一人说错了。请将他们按身高次序从高到矮排列出来。

5.红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一颗,用布包着在桌上排成一行。A,B,C,D,E五个人猜各包里的珠子的颜色。

A猜:第2包紫色,第3包黄色;

B猜:第2包蓝色,第4包红色;

小学奥数基础教程(四年级) - 60 -

C猜:第1包红色,第5包白色;

D猜:第3包蓝色,第4包白色;

E猜:第2包黄色,第5包紫色。结果每人都猜对了一种,并且每包只有一人猜对,他们各自猜对了哪种颜色的珠子?

6.四张卡片上分别写着奥、林、匹、克四个字(一张上写一个字),取出三张字朝下放在桌上,A,B,C三人分别猜每张卡片上是什么字,猜的情况见下表:

结果,有一人一张也没猜中,一人猜中两张,另一人猜中三张。问:这三张卡片上各写着什么字,

第28讲 最不利原则

在日常生活和生产中,我们常常会遇到求最大值或最小值的问题,解答这类问题,常常需要从最不利的情况出发分析问题,这就是最不利原则。

下面通过具体例子说明最不利原则以及它的应用。

例1口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。问:一次最少摸出几个球,才能保证至少有4个小球颜色相同?

分析与解:如果碰巧一次取出的4个小球的颜色都相同,就回答是“4”,那么显然不对,因为摸出的4个小球的颜色也可能不相同。回答是“4”是从最“有利”的情况考虑的,但为了“保证至少有4个小球颜色相同”,就要从最“不利”的情况考虑。如果最不利的情况都满足题目要求,那么其它情况必然也能满足题目要求。

“最不利”的情况是什么呢?那就是我们摸出3个红球、3个黄球和3个蓝球,此时三种颜色的球都是3个,却无4个球同色。这样摸出的9个球是“最不利”的情形。这时再摸出一个球,无论是红、黄或蓝色,都能保证有4个小球颜色相同。所以回答应是最少摸出10个球。

由例1看出,最不利原则就是从“极端糟糕”的情况考虑问题。如果例1的问题是“最少摸出几个球就可能有4个球颜色相同”,那么我们就可以根据最有利的情况回答“4个”。现在的问题是“要保证有4个小球的颜色相同”,这“保证”二字就要求我们必须从最不利的情况分析问题。

例2口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球共18个。其中红球3个、黄球5个、蓝球10个。现在一次从中任意取出n个,为保证这n个小球至少有5个同色,n的最小值是多少?

分析与解:与例1类似,也要从“最不利”的情况考虑。最不利的情况是取了3个红球、4个黄球和4个蓝球,共11个。此时袋中只剩下黄球和蓝球,所以再取一个球,无论是黄球还是蓝球,都可以保证有5个球颜色相同。因此所求的最小值是12。

例3一排椅子只有15个座位,部分座位已有人就座,乐乐来后一看,他无论坐在哪个座位,都将与已就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人?

分析与解:将15个座位顺次编为1~15号。如果2号位、5号位已有人就座,那么就座1号位、3号位、4号位、6号位的人就必然与2号位或5号位的人相邻。根据这一想法,让2号位、5号位、8号位、11号位、14号位都有人就座,也就是说,预先让这5个座位有人就座,那么乐乐无论坐在哪个座位,必将与已就座的人相邻。因此所求的答案为5人。

例4一把钥匙只能开一把锁,现有10把钥匙和10把锁,最少要试验多少次就一定能使全部的钥匙和锁相匹配?

分析与解:从最不利的情形考虑。用10把钥匙依次去试第一把锁,最不利的情况是试验了9次,前8次都没打开,第9次无论打开或没打开,都能确定与这把锁相匹配的钥匙(若没打开,则第10把钥匙与这把锁相匹配)。同理,第二把锁试验8次??第九把锁只需试验1次,第十把锁不用再试(为什么?)。共要试验

小学奥数基础教程(四年级) - 61 -

9+8+7+?+2+1=45(次)。

所以,最少试验45次就一定能使全部的钥匙和锁相匹配。

例5在一副扑克牌中,最少要取出多少张,才能保证取出的牌中四种花色都有?

分析与解:一副扑克牌有大、小王牌各1张,“红桃”、“黑桃”、“方块”、“梅花”四种花色各13张,共计有54张牌。最不利的情形是:取出四种花色中的三种花色的牌各13张,再加上2张王牌。这41张牌中没有四种花色。剩下的正好是另一种花色的13张牌,再抽1张,四种花色都有了。因此最少要拿出42张牌,才能保证四种花色都有。

例6若干箱货物总重19.5吨,每箱重量不超过353千克,今有载重量为1.5吨的汽车,至少需要多少辆,才能确保这批货物一次全部运走?

分析与解:汽车的载重量是1.5吨。如果每箱的重量是300千克(或1500的小于353的约数),那么每辆汽车都是满载,即运了1.5吨货物。这是最有利的情况,此时需要汽车

19.5÷1.5=13(辆)。

如果装箱的情况不能使汽车满载,那么13辆汽车就不能把这批货物一次运走。为了确保把这批货物一次运走,需要从最不利的装箱情况来考虑。最不利的情况就是使每辆车运得尽量少,即空载最多。因为353×4<1500,所以每辆车至少装4箱。每箱300千克,每车能装5箱。如果每箱比300千克略多一点,比如301千克,那么每车就只能装4箱了。此时,每车载重

301×4=1204(千克),

空载1500-1204=296(千克)。注意,这就是前面所说的“最不利的情况”。19500÷1204=16??236,也就是说,19.5吨货物按最不利的情况,装16车后余236千克,因为每辆车空载296千克,所以余下的236千克可以装在任意一辆车中。

综上所述,16辆车可确保将这批货物一次运走。

练习28

1.口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。问:一次最少摸出几个,才能保证至少有5个小球颜色相同?

2.口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球共20个,其中红球4个、黄球6个、蓝球10个。问:一次最少取出几个,才能保证至少有6个小球颜色相同?

3.一排椅子共有18个座位,部分座位已有人就座,乐乐来后一看,他无论坐在哪个座位,都将与已经就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人?

4.一张圆桌有12个座位,部分座位已有人就座,乐乐来后一看,他无论坐在哪个座位,都将与已经就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人?

5.口袋里有三种颜色的筷子各10根。问:

(1)至少取几根才能保证三种颜色的筷子都取到?

(2)至少取几根才能保证有颜色不同的两双筷子?

(3)至少取几根才能保证有颜色相同的两双筷子?

6.一个布袋里有红色、黄色、黑色袜子各20只。问:最少要拿多少只袜子才能保证其中至少有2双颜色不相同的袜子?

7.一把钥匙只能开一把锁,现有10把锁和其中的9把钥匙,要保证这9把钥匙都配上锁,至少需要试验多少次?

8.10吨货物分装若干箱,每只箱子重量不超过1吨。为了确保将这批货物一次运走,最少要准备几辆载重量为3吨的汽车?

第29讲 抽屉原理(一)

如果将5个苹果放到3个抽屉中去,那么不管怎么放,至少有一个抽屉中放的苹果不少于2个。道理很简单,如果每个抽屉中放的苹果都少于2个,即放1个或不放,那么3个抽屉中放的苹果的总数将少于或等于3,这与有5个苹果的已知条件相矛盾,因此至少有一个抽屉中放的苹果不少于2个。

同样,有5只鸽子飞进4个鸽笼里,那么一定有一个鸽笼至少飞进了2只鸽子。 以上两个简单的例子所体现的数学原理就是“抽屉原理”,也叫“鸽笼原理”。

小学奥数基础教程(四年级) - 62 -

抽屉原理1:将多于n件的物品任意放到n个抽屉中,那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件。

说明这个原理是不难的。假定这n个抽屉中,每一个抽屉内的物品都不到2件,那么每一个抽屉中的物品或者是一件,或者没有。这样,n个抽屉中所放物品的总数就不会超过n件,这与有多于n件物品的假设相矛盾,所以前面假定“这n个抽屉中,每一个抽屉内的物品都不到2件”不能成立,从而抽屉原理1成立。

从最不利原则也可以说明抽屉原理1。为了使抽屉中的物品不少于2件,最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入1件物品,共放入n件物品,此时再放入1件物品,无论放入哪个抽屉,都至少有1个抽屉不少于2件物品。这就说明了抽屉原理1。

例1某幼儿园有367名1996年出生的小朋友,是否有生日相同的小朋友?

分析与解:1996年是闰年,这年应有366天。把366天看作366个抽屉,将367名小朋友看作367个物品。这样,把367个物品放进366个抽屉里,至少有一个抽屉里不止放一个物品。因此至少有2名小朋友的生日相同。

例2在任意的四个自然数中,是否其中必有两个数,它们的差能被3整除?

分析与解:因为任何整数除以3,其余数只可能是0,1,2三种情形。我们将余数的这三种情形看成是三个“抽屉”。一个整数除以3的余数属于哪种情形,就将此整数放在那个“抽屉”里。

将四个自然数放入三个抽屉,至少有一个抽屉里放了不止一个数,也就是说至少有两个数除以3的余数相同。这两个数的差必能被3整除。

例3在任意的五个自然数中,是否其中必有三个数的和是3的倍数?

分析与解:根据例2的讨论,任何整数除以3的余数只能是0,1,2。现在,对于任意的五个自然数,根据抽屉原理,至少有一个抽屉里有两个或两个以上的数,于是可分下面两种情形来加以讨论。

第一种情形。有三个数在同一个抽屉里,即这三个数除以3后具有相同的余数。因为这三个数的余数之和是其中一个余数的3倍,故能被3整除,所以这三个数之和能被3整除。 第二种情形。至多有两个数在同一个抽屉里,那么每个抽屉里都有数,在每个抽屉里各取一个数,这三个数被3除的余数分别为0,1,2。因此这三个数之和能被3整除。 综上所述,在任意的五个自然数中,其中必有三个数的和是3的倍数。

例4在长度是10厘米的线段上任意取11个点,是否至少有两个点,它们之间的距离不大于1厘米?

分析与解:把长度10厘米的线段10等分,那么每段线段的长度是1厘米(见下图)。

将每段线段看成是一个“抽屉”,一共有10个抽屉。现在将这11个点放到这10个抽屉中去。根据抽屉原理,至少有一个抽屉里有两个或两个以上的点(包括这些线段的端点)。由于这两个点在同一个抽屉里,它们之间的距离当然不会大于1厘米。

所以,在长度是10厘米的线段上任意取11个点,至少存在两个点,它们之间的距离不大于1厘米。

例5有苹果和桔子若干个,任意分成5堆,能否找到这样两堆,使苹果的总数与桔子的总数都是偶数?

分析与解:由于题目只要求判断两堆水果的个数关系,因此可以从水果个数的奇、偶性上来考虑抽屉的设计。

对于每堆水果中的苹果、桔子的个数分别都有奇数与偶数两种可能,所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭配就有4种情形:

(奇,奇),(奇,偶),(偶,奇),(偶,偶),

其中括号中的第一个字表示苹果数的奇偶性,第二个字表示桔子数的奇偶性。

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将这4种情形看成4个抽屉,现有5堆水果,根据抽屉原理可知,这5堆水果里至少有2堆属于上述4种情形的同一种情形。由于奇数加奇数为偶数,偶数加偶数仍为偶数,所以在同一个抽屉中的两堆水果,其苹果的总数与桔子的总数都是偶数。

例6用红、蓝两种颜色将一个2×5方格图中的小方格随意涂色(见右图),每个小方格涂一种颜色。是否存在两列,它们的小方格中涂的颜色完全相同?

分析与解:用红、蓝两种颜色给每列中两个小方格随意涂色,只有下面四种情形:

将上面的四种情形看成四个“抽屉”。根据抽屉原理,将五列放入四个抽屉,至少有一个抽屉中有不少于两列,这两列的小方格中涂的颜色完全相同。

在上面的几个例子中,例1用一年的366天作为366个抽屉;例2与例3用整数被3除的余数的三种情形0,1,2作为3个抽屉;例4将一条线段的10等份作为10个抽屉;例5把每堆水果中,苹果数与桔子数的奇偶搭配情形作为4个抽屉;例6将每列中两个小方格涂色的4种情形作为4个抽屉。由此可见,利用抽屉原理解题的关键,在于恰当地构造抽屉。 练习29

1.某班32名小朋友是在5月份出生的,能否找到两个生日是在同一天的小朋友?

2.班上有50名小朋友,老师至少拿几本书,随意分给小朋友,才能保证至少有一个小朋友能得到不少于两本书?

3.在任意三个自然数中,是否其中必有两个数,它们的和为偶数?

4.幼儿园买来不少玩具小汽车、小火车、小飞机,每个小朋友任意选择两件,那么至少要有几个小朋友才能保证有两人选的玩具是相同的?

5.学校举行开学典礼,要沿操场的400米跑道插40面彩旗。能否找到一种插法,使得任何两面彩旗之间的距离都大于10米?

6.用红、蓝、黄三种颜色将一个2×7方格图中的小方格涂色(见下图),每个小方格涂一种颜色,每一列的两小格涂的颜色不相同。是否存在两列,它们的小方格中涂的颜色完全相同?

7.一只纸板箱里装有许多型号相同但颜色不同的袜子,颜色有红、黄、黑、白四种。不允许用眼睛看,那么至少要取出多少只袜子,才能保证有5双同色的袜子?

第30讲 抽屉原理(二)

这一讲我们讲抽屉原理的另一种情况。先看一个例子:如果将13只鸽子放进6只鸽笼里,那么至少有一只笼子要放3只或更多的鸽子。道理很简单。如果每只鸽笼里只放2只鸽子,6只鸽笼共放12只鸽子。剩下的一只鸽子无论放入哪只鸽笼里,总有一只鸽笼放了3只鸽子。这个例子所体现的数学思想,就是下面的抽屉原理2。

抽屉原理2:将多于m×n件的物品任意放到n个抽屉中,那么至少有一个抽屉中的物品的件数不少于m+1。

说明这一原理是不难的。假定这n个抽屉中,每一个抽屉内的物品都不到(m+1)件,即每个抽屉里的物品都不多于m件,这样,n个抽屉中可放物品的总数就不会超过m×n件。这与多于m×n件物品的假设相矛盾。这说明一开始的假定不能成立。所以至少有一个抽屉中物品的件数不少于m+1。

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从最不利原则也可以说明抽屉原理2。为了使抽屉中的物品不少于(m+1)件,最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入m件物品,共放入(m×n)件物品,此时再放入1件物品,无论放入哪个抽屉,都至少有一个抽屉不少于(m+1)件物品。这就说明了抽屉原理2。 不难看出,当m=1时,抽屉原理2就转化为抽屉原理1。即抽屉原理2是抽屉原理1的推广。

例1某幼儿班有40名小朋友,现有各种玩具122件,把这些玩具全部分给小朋友,是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具?

分析与解:将40名小朋友看成40个抽屉。今有玩具122件,122=3×40+2。应用抽屉原理2,取n=40,m=3,立即知道:至少有一个抽屉中放有4件或4件以上的玩具。也就是说,至少会有一个小朋友得到4件或4件以上的玩具。

例2一个布袋中有40块相同的木块,其中编上号码1,2,3,4的各有10块。问:一次至少要取出多少木块,才能保证其中至少有3块号码相同的木块?

分析与解:将1,2,3,4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品,根据抽屉原理2,至少要有4×2+1=9(件)物品。所以一次至少要取出9块木块,才能保证其中有3块号码相同的木块。

例3六年级有100名学生,他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问:至少有多少名学生订阅的杂志种类相同?

分析与解:首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。

订一种杂志有:订甲、订乙、订丙3种情况;

订二种杂志有:订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况;

订三种杂志有:订甲乙丙1种情况。

总共有3+3+1=7(种)订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”,把100名学生看作100件物品。因为100=14×7+2。根据抽屉原理2,至少有14+1=15(人)所订阅的报刊种类是相同的。

例4篮子里有苹果、梨、桃和桔子,现有81个小朋友,如果每个小朋友都从中任意拿两个水果,那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的?

分析与解:首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种,两个水果不同有6种:苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4+6=10(种)。将这10种搭配作为10个“抽屉”。

81÷10=8??1(个)。

根据抽屉原理2,至少有8+1=9(个)小朋友拿的水果相同。

例5学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班,每个学生最多可以参加两个(可以不参加)。问:至少有多少名学生,才能保证有不少于5名同学参加学习班的情况完全相同? 分析与解:首先要弄清参加学习班有多少种不同情况。不参加学习班有1种情况,只参加一个学习班有3种情况,参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1+3+3=7(种)情况。将这7种情况作为7个“抽屉”,根据抽屉原理2,要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同,要有学生

7×(5-1)+1=29(名)。

练习30

1.礼堂里有253人开会,这253人中至少有多少人的属相相同?

2.一兴趣小组有10名学生,他们都订阅甲、乙两种杂志中的一种或两种。问:至少有多少名学生订阅的杂志种类相同?

3.把130件玩具分给幼儿园小朋友,如果不管怎样分,都至少有一位小朋友分得4件或4件以上的玩具,那么这个幼儿园最多有多少个小朋友?

4.体育组有足球、篮球和排球,上体育课前,老师让一班的41名同学往操场拿球,每人最多拿两个。问:至少有几名同学拿球的情况完全一样?

5.口袋里放有足够多的红、白两种颜色的球,有若干人轮流从袋中取球,每人取三个球。要保证有4人取出的球的颜色完全相同,至少应有多少人取球?

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6.10个足球队之间共赛了11场,赛得最多的球队至少赛了几场?

答案与提示

练习1

1.1596。 2.26厘米。

3.711个。 4.147。

5.(1)1369; (2)2809; (3)8281;

(4)4624; (5)11664; (6)157609。

6.(1)2156; (2)3630; (3)627;

(4)3608; (5)1221; (6)4554。

练习2

1.4216。 2.9021。 3.2349。 4.3081。

5.2604。 6.366021。 7.420651。 8.24857225。

练习3

1.(1)10100;(2)336;(3)440;(4)780。

2.1127。 提示:项数=(93-5)÷4+1=23。

3.2565。 提示:末项=13+5×(30-1)=158。

4.180次。 解:(1+2+?+12)×2+24=180(次)。

5.1650。 解:2+5+8+?+98=1650。

6.45个。

提示:十位数为1,2,?,9的分别有1,2,?,9个。

练习4

1.4,9,36。

2.10个。 提示:百位与十位的数字和为4或13。

3.9366;1362。 4.42972。

5.8232;2232。

提示:先由能被8整除判断出个位数是2。

6.16个。

提示:6320,3720,2360,2760,6032,3072,2736,7632,

7320,6720,7360,3760,7032,6072,2376,3672。

7.11232。

8.5.11元。 提示:□679□应能被72整除。

练习5

1.(1)6; (2)8; (3)8; (4)6。

2.(1)3; (2)5; (3)5; (4)1。

3.(1)(2)可能正确,(3)(4)不正确。

4.9。

解:B≤9×2000=18000,C≤9×4=36,D≤2+9=11。因为A能被9整除,根据能被9整除的数的特征,B,C,D都能被9整除,所以D=9。

练习6

1.4。

2.1243,1342,2134,2431,3124,3421,4213,4312。

3.98736。

4.(1)10; (2)2; (3)5。

5.2。

6.12。提示:由能被11整除推知A+B=1或12,再由能被3整除推知A+B=12。

7.A=4,B=6。提示:由能被8整除,推知B=6;再由能被11整除,推知A=4。 练习7

1.红;74颗。

小学奥数基础教程(四年级) - 66 -

2.100。 提示:数列是1,2,0,1,2,0,1,2,0,?,以1,2,0三个数为周期循环出现。

3.1;436。

提示:这串数按9,7,3,1,3,3六个数循环出现。

4.5。

提示:这列数按6,3,0,7,4,1,8,5,2,9循环出现。

5.27次。 提示:每报12个数有3个数相同。

6.5,6,,3,4。 提示:解法同例5。

练习8

1.(1)4; (2)1; (3)4; (4)3。

2.(1)7; (2)7; (3)8; (4)2。

3.(1)1; (2)2; (3)4。

提示:(1)任何数除以4的余数都等于这个数的后两位数除以4的余数,5的任何(大于2)次方的后两位都是25。

(2)8n除以6的余数,当n是奇数时等于2,当n是偶数时等于4。

(3)与例4类似可得下表:

4n除以7的余数,随着n的增大,按4,2,1的顺序循环出现。由88÷3=29??1知,488÷7的余数与41÷7的余数相同,是4。

练习9

1.(1)4×(6+24)÷6-5=15;

(2)4×(6+24÷6)-5=35;

(3)4×6+24÷(6-5)=48;

(4)4×[(6+24)÷6-5]=0。

2.(1×2+3)×4×5=100。

3.3+6=9,8-7=1,4×5=20。(填法不唯一)

4.(4+4)÷(4+4)=1, (4+4+4)÷4=3,

(4×4+4)÷4=5, 4+4+4÷4=9。

5.6+7-3=5×4÷2。

6.941×852×763=611721516。

提示:按下面两个原则填数:①将较大的数填在高数位上;②各乘数之间的差尽量小。

7.15×26×37×48=692640。

练习

10

2.9。提示:“生”=“学”+1。

小学奥数基础教程(四年级)

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提示:(1)由千位知A=B+1,再由个位知C=9。十位减法需向百位借1,由百位知A=8,从而B=7。

(2)由除式特点知D=0,A=9,C=1,依次推出G=2,F=5。

练习11

1.75公顷。 2.8时。 3.768张。

4.60公顷。 5.8时。 6.2.80元。

7.140天。

练习12

1.14岁。 2.9岁;28岁。

3.21年。 4.父亲44岁,女儿11岁。

5.爸爸34岁,妈妈32岁,儿子8岁。

6.4年。

7.祖父69岁,父亲41岁,孙子13岁。

提示:父亲的年龄等于祖父与孙子的平均年龄,为82÷2=41(岁)。明年祖孙年龄之和为82+2=84(岁),明年孙子年龄为

84÷(5+1)=14(岁)。

所以今年孙子13岁。

8.29岁。

练习13

1.兔75只,鸡25只。

2.象棋9副,跳棋17副。

3.活页簿21本,日记本11本。

4.30只龟,70只鹤。

5.贺年卡5张,明信片9张。

6.6天。 7.15道。

8.4800千克。

解:[(80×20)÷(120-80)]×120=4800(千克)。

9.5只蜘蛛,7只蜻蜓,6只蝉。

提示:把小虫分成8条腿与6条腿两种,先求出蜘蛛的数。

10.兔18只,鸡14只。

解:由于鸡换成兔,兔换成鸡,脚的只数少了8只,故原来的兔比鸡多4只。减去这4只兔,则鸡、兔一样多,并且共有脚100-4×4=84(只),所以,

鸡有84÷(4+2)=14(只),

兔有14+4=18(只)。

小学奥数基础教程(四年级) - 68 -

练习14

1.17人;81粒糖。2.9辆;36500千克。

3.6人;29本。4.5人;32支笔。

5.16辆车;975人。6.73。

7.1200千克。

提示:这批煤按原计划可以烧

(1500+1000)÷(1500-1000)=5(天)。

8.200块。

练习15

1.11160米。

解:720×{[(720+80)×3-1160]÷80}=11160(米)。

2.9人;26只。

提示:将“其中二人每人分4只,其余每人分2只,还多出4只”转化为“每人分2只,还剩4+2×2=8(只)”;将“一人分6只,其余每人分4只,则缺12只”转化为“每人分4只,还缺12-2=10(只)”。

3.猪肉4元2角,牛肉5元。

提示:可将题中“买牛肉18千克,则差4元”转化为“买猪肉18千克多余0.8×18-4=10.4(元)”。

4.13人;苹果86个,桔子43个。

解:将桔子数乘以2,就与苹果数相等了,所以题中条件“桔子每人分3个,多4个”可以变为“苹果每人分6个,多8个”。所以,

有小朋友(8+5)÷(7-6)=13(人),

苹果7×13-5=86(个),

桔子86÷2=43(个)。

5.井深8米,绳长45米。

解:井深(7×3-1×5)÷(5-3)=8(米),

绳长(8+7)×3=45(米)。

6.36个小朋友,56个苹果。

7.1920米。

解:小明出发时离上课时间还有

(60×5+80×3)÷(80-60)=27(分)。

小明家距学校60×(27+5)=1290(米)。

练习16

小学奥数基础教程(四年级)

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练习17

3.(1)11; (2)9。 提示:(1)右下角的数为(3+7)÷2=5,所以 x=8×2-5=11。 (2)右下角的数为(5+9)÷2=7,中心数为 (6+9)-7=8,所以x=8×2-7=9

提示:左下角的数为(13+27)÷2=20,中心数为48÷3=16。

提示:右下角的数为(20+16)÷2=18,

中心数为(8+18)÷2=13。

提示:与例1类似。

练习18

1.有下面四个基本解。

练习19

1.30种。 2.1000个。 3.60种。

4.400种。

小学奥数基础教程(四年级) - 70 -

提示:第一枚棋子有25种放法,去掉这枚棋子所在的行和列,还有16个空格,所以第二枚棋子有16种放法。

5.30种。 6.432种。 7.48种。

8.24种。提示:504=23×32×7。

练习20

1.38种。

2.10种。

提示:没有年级订99份时,只有三个年级各订100份一种订法;只有一个年级订99份时,另外两个年级分别订100份和101份,有6种订法;有两个年级订99份时,另外一个年级订102份,有3种订法。

3.8种。

4.45个。提示:两个数码都是奇数的有5×5(个),两个数码都是偶数的有4×5(个)。

5.420种。

解:如右图所示,按A,B,C,D,E顺序染色。若B,D颜色相同,则有

5×4×3×1×3=180(种);

若B,D颜色不同,则有

5×4×3×2×2=240(种)。

共有不同的染色方法180+240=420(种)。

6.21个。

提示:与例5类似,连续四位都是2的只有1种,恰有连续三位是2的有4种,恰有连续两位是2的有16种。

7.10条。

提示:第一步向下有5条,第一步向上有1条,第一步向左或向右各有2条。

<!-- 尾部结束 -->

练习21

1.987种。 2.114种。

3.274种。

提示:取走1根有1种方法,取走2根有2种方法,取走3根有4种方法。将1,2,4作为数列的前三项,从第4项起每项都是它前三项的和,得到

1,2,4,7,13,24,44,81,149,274。

第10项274就是取走10根火柴的方法数。

4.56条。

5.48条(见下图)。

6.55种。

练习22

1.29。 2.1。 3.6。

4.79岁。 5.50吨。

6.0.40元。 提示:有梨{[(1+1)×2+1]×2+1}×2=22(个)。

小学奥数基础教程(四年级) - 71 -

7.100个。 提示:每天偷吃的桔子都是10只。

8.550元。

练习23

1.63个。2.70个。

3.甲库800吨,乙库500吨。

解:见下页上表。

4.上88本,中56本,下48本。

5.甲120元,乙210元,丙390元

解:

6.A桶15升,B桶10升,C桶11升。

练习24

1.71个。 2.492个。

3.770页。 解:99+(2202-189)÷3=770(页)。

4.第14页。

5.不可能。 提示:缺的两个页码之和是奇数。

6.3。 提示:解法与例5类似。

7.(1)72页; (2)74页或75页。

练习25

1.先取者取两根,以后每次把4的倍数根火柴留给对方取。先取者获胜。

2.乙胜。无论甲取几个球,只要乙接着取的球数与甲所取的球数之和为6即可。因为1999÷6余1,所以最后一个球被甲取走。

3.甲胜。甲先报3个数,以后每次与乙合报5个数即可获胜。

4.甲必胜。

5.甲先划,把中间25,26,27这三个数划去,就将1到51这51个数分成了两组,每组有24个数。这样,只要乙在某一组里有数字可划,那么甲在另一组里相对称的位置上就总有数字可划。因此,若甲先划,且按上述策略去进行,则甲必能获胜。

6.先取。从4枚棋子的行中取走1枚,变为例7的情形。

练习26

1.甲是日本人,乙是中国人,丙是英国人。

2.徐是车工,王是钳工,陈是电工,赵是木工。

提示:由(2)(3)(1)可画出下表:

小学奥数基础教程(四年级)

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3.李波教语文、图画,顾锋教数学、政治,刘英教音乐、体育。

提示:由(1)(3)(4)推知顾锋教数学和政治;由(2)推知刘英教体育;由(3)(5)推知李波教图画、语文。

4.A是美国人,B是日本人,C是中国人,D是法国人。

提示:由(1)(2)知,A,B都不是中国人和法国人;再由(1)(4)知,D也不是中国人,所以C是中国人,进而推知D是法国人,可得下表。最后由C是中国人及(1)(3),推知日本人是教师,再由(2)知B是日本人。

5.小亮在二小,爱好足球;小红在三小,爱好体操;小娟在一小,爱好围棋。

提示:由题目条件,可先得出左下表,进一步得到右下表。

练习27

1.第1名是E,第2名是C,第3名是B,第4名是A,第5名是D。

2.姓刘的老年女老师,教数学。

提示:假设是男老师,由(2)(3)(5)知,他既不是青年、中年,也不是老年,矛盾,所以是女老师。再由(1)知,她不教语文,不是中年人。假设她教外语,由(3)(5)知她必是中年人,矛盾,所以她教数学。由(2)(4)知她是老年人,由(3)知她姓刘。

3.甲。

提示:若甲从不说谎,则乙的最后一句、丙的第一句都对,没有总说谎的人,矛盾;同理,若丙从不说谎,则也将推出矛盾。

4.乙、甲、丙、丁。

提示:丁不可能说错,否则就没有人最矮了。由此知乙没有说错。若甲也没说错,则无人说错,所以只有甲一人说错。

5.A猜对第3包黄色,B猜对第2包蓝色,C猜对第1包红色,D猜对第4包白色,E猜对第5包紫色。

6.第一张是“林”,第二张是“匹”,第三张是“克”。

提示:A,B有两张猜的相同,必有一人全对,一人对两张,因此C全错,推知B全对。 练习28

1.13个。 2.15个。 3.6人。 4.4人。

5.(1)21根; (2)13根; (3)10根。

6.23只。

7.45次。提示:第一把钥匙试验了9把锁,第二把钥匙试验了8把锁??第九把钥匙试验了1把锁。

小学奥数基础教程(四年级) - 73 -

8.5辆。

提示:因为每辆车至少能运3箱货物,3÷4=0.75(吨),所以每箱货物略重于0.75吨,可使空载较大。假设每箱装0.76吨,由于10=0.76×13+0.12,则可将这批货物分装在13只0.76吨和1只0.12吨的箱子中。因为每辆车只能装3只0.76吨的箱子,所以至少要5辆车。 练习29

1.能。 2.51本。

3.能。 提示:将奇数、偶数作为两个抽屉。

4.7人。

5.不能。 提示:40面彩旗将跑道分为40段,若每段都大于10米,40段将大于400米。

6.存在。 提示:每列的涂法有6种。

7.13只。

提示:把红、黄、黑、白四种颜色作为4个抽屉。根据抽屉原理,最少要取出5只袜子才能保证有一双袜子是同色的。这样,把这双同色袜子拿走后,还剩下3只袜子,再取出2只袜子与剩下的这3只袜子,共有5只袜子,根据抽屉原理知,必有1双同色的袜子。依此类推,得到5双同色袜子要取袜子

3+2×5=13(只)。

练习30

1.22人。 2.4人。

3.43人。 提示:130÷(4-1)=43??1。

4.5名。 提示:一个球不拿、拿一个球、拿两个球共有10种不同情况。

5.13人。

提示:三个球中根据红球的个数可分为4种不同情况。

6.3场。 提示:11场球有22队次参赛。

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