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1、精品 1初一数学竞赛讲座初一数学竞赛讲座第第 4 4 讲讲 整数的分拆整数的分拆同学们：一分耕耘一分收获，同学们：一分耕耘一分收获，只要我们能做到有永不言败只要我们能做到有永不言败+ +勤奋学习勤奋学习+ +有远大的理想有远大的理想+ +坚定的信念，坚强的意志，明确的目标，坚定的信念，坚强的意志，明确的目标， 相信你在学习和生活也相信你在学习和生活也一定会收获成功（一定会收获成功（可删除可删除）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
2、形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等例例 1 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：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
3、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）例例 2 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：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
4、 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例 3 3 把 37 拆成若干个不同的质数
5、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？精品 1解：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例 4 4 求满足下列条件的最小
6、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：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，49510=49.5，则 10 个连续的自然数为：45，46，47，48，49， （
7、49.5），50，51，52，53，54 于是 495=45+46+54同理可得 495=51+52+59=40+41+50例例 5 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：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
8、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=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
9、三个解：一共有 7 只盒子、4 只盒子或 3 只盒子例例 6 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：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=
10、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 都要染红色精品 1（1）当 n 为大于等于 10 的偶数时，n=2k=4+2（k-2）由于 n10，所以 k5，k-23，2（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-42，2（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
11、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（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例 7 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：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
12、时，有最大的积 66=36例例 8 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：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（
13、S1）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+1S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2S 1S 1和22例例 9 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：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（0rp，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，
14、则 M 为 qp-r（q+1）r例例 1010 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：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，这是显然的精品 1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=22，故我们可以只考虑将数分拆成 2 和 3注意到 2+2+2=6，222=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，
15、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 a1+a2+an=1979 且乘积最大 答案是 n=6601992 年武汉市小
16、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有最大值例例 1111 把 199
17、3 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：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（k1），则去掉等于 k 的那个数，便可使乘积最大所以 n=63 因
18、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2321232463精品 1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 36634，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，弄清题意的重要性例例 1212 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：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(k1）个连续自然数之和 首项是
19、 a，项数为 k，末项就是 a+k-1，由等差数列求a (a k 1)k1995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，19951995 有多少个大于有多少个大于 1 1 的奇约数，的奇约数，19951995 就有多少种表示为两个或两个就有多少种表示
20、为两个或两个以上连续自然数之和的方法以上连续自然数之和的方法1995=35719，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：若自然数若自然数 N N 有有 k k 个大于个大于 1 1 的奇约数，则的奇约数，则 N N 共有共有 k k 种表示为两个或两个以上种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法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：3，5，7，1
21、5，19，21，35，57，95，105，133，285，399，665，1995例如，对于奇约数 35，由（*）式，得：3990=35114，因为 11435，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=39910因为 39910，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
22、 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练习 4 41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？精品 15把 456 表示成若干
23、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？练习练习 4 4 答案答案115，40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 2107=30因为相邻 2 数的差都是 5，所以
24、这 7 个数是 15，20，25，30，35，40，45 故第1 个数是 15，第 6 个数是 40215 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3972解：
25、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 34=9724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：456151+152+15321+22+23+3915+16+17+336能提示：与例 12 类似，2000=2453，有三个大于 1 的奇约数 5，25，125 对于 5，有
26、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：2000398+399+400+401+40268+69+70+91+9247+48+49+77+7875 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：701+2+3+4+5+6+7+8+9+10+155精品 11+2+3+4+5+6+7+8+9+14+111+2+3+4+5+6+7+8+13+10+111+2+3+4+5+6+7+12+
27、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：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， 11-110， 13-112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（0abc13）， 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
