《2022年初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑷2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑷2（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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，
2、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
3、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，53=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，54=20，23-20=3，所
4、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3529=435最小。精品p d f 资料 - -
5、- 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 1 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 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
6、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，49510=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
7、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
8、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=67，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=143，故可将 42写成 13+14+15，一共有 3 个加数。又因 42=212，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
9、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
10、，n=2k=4+2（k-2）精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 2 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 由于 n10，所以 k5，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 n13，所以 k6，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
11、，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（ k2）。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111=11， 210=20， 39=27，48=32，57=35，66=36。显然，把 12 分拆成 6+6 时，有最大的积 66
12、=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：110=10，29=18，38=24，47=28，56=30。显然，把 11 分拆成 5+6 时，有最大的积 56=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（S1）分拆为两个自然数m与 n 的和，使
13、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，2Snm；当 S为奇数时，nm，分别为2121SS和。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=8249+7，由上述分析，拆法应是1 个 249，7 个 250，其乘积 2492507为最大。说明：一般地，把自然数S=pq+r（0r 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
14、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。精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -第 3 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 再次，因为 4=22，故我们可以只考虑将数分拆成2 和 3。注意到 2+2+2=6
15、，222=8；3+3=6，33=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33332=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 23658。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
16、 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（S1）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=a1a2an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
