初中数学竞赛：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。
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）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。
在具体分析时，当S为偶数时， ；当S为奇数时，分别为 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 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。