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　　我們知道，全體自然數(shù)按被2除的余數(shù)不同可以劃分為奇數(shù)與偶數(shù)兩大類。被2除余1的屬于一類，被2整除的屬于另一類。前一類中的數(shù)叫做奇數(shù)，后一類中的數(shù)叫做偶數(shù)。關(guān)于奇偶數(shù)有一些特殊性質(zhì)，比如，奇數(shù)≠偶數(shù)，奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和是奇數(shù)等。靈活、巧妙、有意識地利用這些性質(zhì)，加上正確的分析推理，可以解決許多復(fù)雜而有趣的問題。用奇偶數(shù)性質(zhì)解題的方法稱為奇偶分析，善于運(yùn)用奇偶分析，往往有意想不到的效果。

　　例1 下表中有15個(gè)數(shù)，選出5個(gè)數(shù)，使它們的和等于30，你能做到嗎？為什么？



　　分析與解：如果一個(gè)一個(gè)去找、去試、去算，那就太費(fèi)事了。因?yàn)闊o論你選擇哪5個(gè)數(shù)，它們的和總不等于30，而且你還不敢馬上斷言這是做不到的。最簡單的方法是利用奇偶數(shù)的性質(zhì)來解，因?yàn)槠鏀?shù)個(gè)奇數(shù)之和仍是奇數(shù)，表中15個(gè)數(shù)全是奇數(shù)，所以要想從中找出5個(gè)使它們的和為偶數(shù)，是不可能的。

　　例2 小華買了一本共有96張練習(xí)紙的練習(xí)本，并依次將它的各面編號（即由第1面一直編到第192面）。小麗從該練習(xí)本中撕下其中25張紙，并將寫在它們上面的50個(gè)編號相加。試問，小麗所加得的和數(shù)能否為2000？

　　解：不能。

　　由于每一張上的兩數(shù)之和都為奇數(shù)，而25個(gè)奇數(shù)之和為奇數(shù)，故不可能為2000。

　　說明：“相鄰兩個(gè)自然數(shù)的和一定是奇數(shù)”，這條性質(zhì)幾乎是顯然的，但在解題過程中，能有意識地運(yùn)用它卻不容易做到，這要靠同學(xué)們多練習(xí)、多總結(jié)。

　　例3 有98個(gè)孩子，每人胸前有一個(gè)號碼，號碼從1到98各不相同。試問：能否將這些孩子排成若干排，使每排中都有一個(gè)孩子的號碼數(shù)等于同排中其余孩子號碼數(shù)的和？并說明理由。

　　解：不能。

　　如果可以按要求排成，每排中都有一個(gè)孩子的號碼數(shù)等于同排中其余孩子號碼數(shù)的和，那么每一排中各號碼數(shù)之和都是某一個(gè)孩子號碼數(shù)的2倍，是個(gè)偶數(shù)。所以這98個(gè)號碼數(shù)的總和是個(gè)偶數(shù)，但是這98個(gè)數(shù)的總和為

　　1+2+…+98=99×49，是個(gè)奇數(shù)，矛盾！所以不能按要求排成。

　　例4 如右圖，把圖中的圓圈任意涂上紅色或藍(lán)色。問：有無可能使得在同一條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)？請說明理由。



　 　解：不可能。

　　如果每條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)，而五角星有五條邊，奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和為奇數(shù)，那么五條線上的紅圈共有奇數(shù)個(gè)（包括重復(fù)的）。從另一個(gè)角度看，由于每個(gè)圓圈是兩條直線的交點(diǎn)，則每個(gè)圓圈都要計(jì)算兩次，因此，每個(gè)紅圈也都算了兩次，總個(gè)數(shù)應(yīng)為偶數(shù)，得出矛盾。所以，不可能使得在同一條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)。

　　說明：上述兩題都是從兩個(gè)不同的角度去分析處理同一個(gè)量，而引出矛盾的。

　　例5 有20個(gè)1升的容器，分別盛有1，2，3，…，20厘米3水。允許由容器A向容器B倒進(jìn)與B容器內(nèi)相同的水（在A中的水不少于B中水的條件下）。問：在若干次倒水以后能否使其中11個(gè)容器中各有11厘米3的水？

　　解：不可能。

　　在倒水以后，含奇數(shù)立方厘米水的容器數(shù)是不會(huì)增加的。事實(shí)上以（偶，偶）（偶，奇）（奇，奇）來表示兩個(gè)分別盛有偶數(shù)及偶數(shù)，偶數(shù)及奇數(shù)，奇數(shù)及奇數(shù)立方厘米水的容器。于是在題中條件限制下，在倒水后，（偶，偶）仍為（偶，偶）；而（偶，奇）會(huì)成為（偶，奇）或（奇，偶）；（奇，奇）卻成為（偶，偶）。在任何情況下，盛奇數(shù)立方厘米水的容器沒有多出來。

　　因?yàn)殚_始時(shí)有10個(gè)容器里盛有奇數(shù)立方厘米的水，所以不會(huì)出現(xiàn)有11個(gè)盛有奇數(shù)立方厘米水的容器。

　　例6 一個(gè)俱樂部里的成員只有兩種人：一種是老實(shí)人，永遠(yuǎn)說真話；一種是騙子，永遠(yuǎn)說假話。某天俱樂部的全體成員圍坐成一圈，每個(gè)老實(shí)人兩旁都是騙子，每個(gè)騙子兩旁都是老實(shí)人。外來一位記者問俱樂部的成員張三：“俱樂部里共有多少成員？”張三答：“共有45人?！绷硪粋€(gè)成員李四說：“張三是老實(shí)人?！闭埮袛嗬钏氖抢蠈?shí)人還是騙子？



　　分析與解：根據(jù)俱樂部的全體成員圍坐一圈，每個(gè)老實(shí)人兩旁都是騙子，每個(gè)騙子兩旁都是老實(shí)人的條件，可知俱樂部中的老實(shí)人與騙子的人數(shù)相等，也就是說俱樂部的全體成員總和是偶數(shù)。而張三說共有45人是奇數(shù)，這說明張三是騙子，而李四說張三是老實(shí)人，說了假話，所以李四也是騙子。

　　說明：解答此題的關(guān)鍵在于根據(jù)題設(shè)條件導(dǎo)出老實(shí)人與騙子的人數(shù)相等，這里實(shí)質(zhì)上利用了對應(yīng)的思想。

　　類似的問題是：

　　圍棋盤上有19×19個(gè)交叉點(diǎn)，現(xiàn)在放滿了黑子與白子，且黑子與白子相間地放，并使黑子（或白子）的上、下、左、右的交叉點(diǎn)上放著白子（或黑子）。問：能否把黑子全移到原來的白子的位置上，而白子也全移到原來黑子的位置上？

　　提示：仿例6。答：不能。

　　例7 某市五年級99名同學(xué)參加數(shù)學(xué)競賽，競賽題共30道，評分標(biāo)準(zhǔn)是基礎(chǔ)分15分，答對一道加5分，不答記1分，答錯(cuò)一道倒扣1分。問：所有參賽同學(xué)得分總和是奇數(shù)還是偶數(shù)？

　　解：對每個(gè)參賽同學(xué)來說，每題都答對共可得165分，是奇數(shù)。如答錯(cuò)一題，就要從165分中減去6分，不管錯(cuò)幾道，6的倍數(shù)都是偶數(shù)，165減去偶數(shù)，差還是奇數(shù)。同樣道理，如有一題不答，就要減去4分，并且不管有幾道題不答，4的倍數(shù)都是偶數(shù)，因此，從總分中減去的仍是偶數(shù)，所以每個(gè)同學(xué)的得分為奇數(shù)。而奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和仍為奇數(shù)，故99名同學(xué)得分總和一定是奇數(shù)。

　　例8 現(xiàn)有足夠多的蘋果、梨、桔子三種水果，最少要分成多少堆（每堆都有蘋果、梨和桔子三種水果），才能保證找得到這樣的兩堆，把這兩堆合并后這三種水果的個(gè)數(shù)都是偶數(shù)。

　　分析與解：當(dāng)每堆都含有三種水果時(shí)，三種水果的奇偶情況如下表：　

　　

　　可見，三種水果的奇偶情況共有8種可能，所以必須最少分成9堆，才能保證有兩堆的三種水果的奇偶性完全相同，把這兩堆合并后這三種水果的個(gè)數(shù)都是偶數(shù)。

　　說明：這里把分堆后三種水果的奇偶情況一一列舉出來，使問題一目了然。

　　例9 有30枚2分硬幣和8枚5分硬幣，5角以內(nèi)共有49種不同的幣值，哪幾種幣值不能由上面38枚硬幣組成？

　　解：當(dāng)幣值為偶數(shù)時(shí)，可以用若干枚2分硬幣組成；

　　當(dāng)幣值為奇數(shù)時(shí)，除1分和3分這兩種幣值外，其余的都可以用1枚5分和若干枚2分硬幣組成，所以5角以下的不同幣值，只有1分和3分這兩種幣值不能由題目給出的硬幣組成。

　　說明：將全體整數(shù)分為奇數(shù)與偶數(shù)兩類，分而治之，逐一討論，是解決整數(shù)問題的常用方法。

　　若偶數(shù)用2k表示，奇數(shù)用2k+1表示，則上述討論可用數(shù)學(xué)式子更為直觀地表示如下：

　　當(dāng)幣值為偶數(shù)時(shí)，2k說明可用若干枚2分硬幣表示；

　　當(dāng)幣值為奇數(shù)時(shí)，

　　2k+1=2（k-2）+5，

　　其中k≥2。當(dāng)k=0，1時(shí)，2k+1=1，3。1分和3分硬幣不能由2分和5分硬幣組成，而其他幣值均可由2分和5分硬幣組成。

　　例10 設(shè)標(biāo)有A，B，C，D，E，F(xiàn)，G的7盞燈順次排成一行，每盞燈安裝一個(gè)開關(guān)?，F(xiàn)在A，C，D，G這4盞燈亮著，其余3盞燈沒亮。小華從燈A開始順次拉動(dòng)開關(guān)，即從A到G，再從A開始順次拉動(dòng)開關(guān)，他這樣拉動(dòng)了999次開關(guān)后，哪些燈亮著，哪些燈沒亮？

　　解：一盞燈的開關(guān)被拉動(dòng)奇數(shù)次后，將改變原來的狀態(tài)，即亮的變成熄的，熄的變成亮的；而一盞燈的開關(guān)被拉動(dòng)偶數(shù)次后，不改變原來的狀態(tài)。由于

　　999=7×142+5，

　　因此，燈A，B，C，D，E各被拉動(dòng)143次開關(guān)，燈F，G各被拉動(dòng)142次開關(guān)。所以，當(dāng)小華拉動(dòng)999次后B，E，G亮，而A，C，D，F(xiàn)熄。

　　例11 桌上放有77枚正面朝下的硬幣，第1次翻動(dòng)77枚，第2次翻動(dòng)其中的76枚，第3次翻動(dòng)其中的75枚……第77次翻動(dòng)其中的1枚。按這樣的方法翻動(dòng)硬幣，能否使桌上所有的77枚硬幣都正面朝上？說明你的理由。

　　分析：對每一枚硬幣來說，只要翻動(dòng)奇數(shù)次，就可使原先朝下的一面朝上。這一事實(shí)，對我們解決這個(gè)問題起著關(guān)鍵性作用。

　　解：按規(guī)定的翻動(dòng)，共翻動(dòng)1+2+…+77=77×39次，平均每枚硬幣翻動(dòng)了39次，這是奇數(shù)。因此，對每一枚硬幣來說，都可以使原先朝下的一面翻朝上。注意到

　　77×39=77+（76+1）+（75+2）+…+（39+38），

　　根據(jù)規(guī)定，可以設(shè)計(jì)如下的翻動(dòng)方法：

　　第1次翻動(dòng)77枚，可以將每枚硬幣都翻動(dòng)一次；第2次與第77次共翻動(dòng)77枚，又可將每枚硬幣都翻動(dòng)一次；同理，第3次與第76次，第4次與第75次……第39次與第40次都可將每枚硬幣各翻動(dòng)一次。這樣每枚硬幣都翻動(dòng)了39次，都由正面朝下變?yōu)檎娉稀?br>
　　說明：（1）此題也可從簡單情形入手（如9枚硬幣的情形），按規(guī)定的翻法翻動(dòng)硬幣，從中獲得啟發(fā)。

　　（2）對有關(guān)正、反，開、關(guān)等實(shí)際問題通?？苫癁橛闷媾紨?shù)關(guān)系討論。

　　例12 在8×8的棋盤的左下角放有9枚棋子，組成一個(gè)3×3的正方形（如左下圖）。規(guī)定每枚棋子可以跳過它身邊的另一枚棋子到一個(gè)空著的方格，即可以以它旁邊的棋子為中心作對稱運(yùn)動(dòng)，可以橫跳、豎跳或沿著斜線跳（如右下圖的1號棋子可以跳到2，3，4號位置）。問：這些棋子能否跳到棋盤的右上角（另一個(gè)3×3的正方形）？



　　解：自左下角起，每一個(gè)方格可以用一組數(shù)（行標(biāo)、列標(biāo)）來表示，（自下而上）第i行、（自左而右）第j列的方格記為（i，j）。問題的關(guān)鍵是考慮9枚棋子（所在方格）的列標(biāo)的和S。

　　一方面，每跳一次，S增加0或偶數(shù)，因而S的奇偶性不變。另一方面，右上角9個(gè)方格的列標(biāo)的和比左下角9個(gè)方格的列標(biāo)之和大

　　3×（6+7+8）-3×（1+2+3）=45，

　　這是一個(gè)奇數(shù)。

　　綜合以上兩方面可知9枚棋子不能跳至右上角的那個(gè)3×3的正方形里。

　　奇偶分析作為一種分析問題、處理問題的方法，在數(shù)學(xué)中有廣泛的應(yīng)用，是處理存在性問題的有力工具，本講所舉例題大多屬于這類問題。這種方法具有很強(qiáng)的技巧性，尤其是選擇什么量進(jìn)行奇偶分析往往是很困難的。選準(zhǔn)了，只須依據(jù)奇偶數(shù)的性質(zhì)，分析這個(gè)量的奇偶特征，問題便迎刃而解；選不好，事倍功半。同學(xué)們應(yīng)認(rèn)真領(lǐng)會(huì)本講所舉例題，以把握選擇合適的量進(jìn)行奇偶分析的技巧。

練習(xí)3

　　1．下列每個(gè)算式中，最少有一個(gè)奇數(shù)，一個(gè)偶數(shù)，那么這12個(gè)整數(shù)中，至少有幾個(gè)偶數(shù)？

　　 　□+□=□　 □-□=□

　　　 □×□=□　□÷□=□

　　2．任意取出1234個(gè)連續(xù)自然數(shù)，它們的總和是奇數(shù)還是偶數(shù)？

　　3．一串?dāng)?shù)排成一行，它們的規(guī)律是：前兩個(gè)數(shù)都是1，從第三個(gè)數(shù)開始，每一個(gè)數(shù)都是前兩個(gè)數(shù)的和。如下所示：

　　1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…

　　試問：這串?dāng)?shù)的前100個(gè)數(shù)（包括第100個(gè)數(shù)）中，有多少個(gè)偶數(shù)？

　　4．能不能將1010寫成10個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和？如果能，把它寫出來；如果不能，說明理由。

　　5．能否將1至25這25個(gè)自然數(shù)分成若干組，使得每一組中的最大數(shù)都等于組內(nèi)其余各數(shù)的和？

　　6．在象棋比賽中，勝者得1分，敗者扣1分，若為平局，則雙方各得0分。今有若干個(gè)學(xué)生進(jìn)行比賽，每兩人都賽一局?，F(xiàn)知，其中有一位學(xué)生共得7分，另一位學(xué)生共得20分，試說明，在比賽過程中至少有過一次平局。

　　7．在黑板上寫上1，2，…，909，只要黑板上還有兩個(gè)或兩個(gè)以上的數(shù)就擦去其中的任意兩個(gè)數(shù)a，b，并寫上a-b（其中a≥b）。問：最后黑板上剩下的是奇數(shù)還是偶數(shù)？

　　8．設(shè)a1，a2，…，a64是自然數(shù)1，2，…，64的任一排列，令b1=a1-a2，b2=a3-a4，…，b32=a63-a64；

　　c1=b1-b2，c2=b3-b4，…，c16=b31-b32；

　　d1=c1-c2，d2=c3-c4，…，d8=c15-c16；

　　……

　　這樣一直做下去，最后得到的一個(gè)整數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？



練習(xí)3

　　1.至少有6個(gè)偶數(shù)。

　　2.奇數(shù)。解：1234÷2=617，所以在任取的1234個(gè)連續(xù)自然數(shù)中，奇數(shù)的個(gè)數(shù)是奇數(shù)，奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和是奇數(shù)，所以它們的總和是奇數(shù)。

　　3.33。提示：這串?dāng)?shù)排列的規(guī)律是以“奇奇偶”循環(huán)。

　　4.不能。

　　如果1010能表示成10個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和，那么中間2個(gè)數(shù)的和應(yīng)當(dāng)是1010÷5=202。但中間 2個(gè)數(shù)是連續(xù)自然數(shù)，它們的和應(yīng)是奇數(shù)，不能等于偶數(shù)202。所以，1010不能寫成10個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和。

　　5.不能。提示：仿例3。

　　6.證：設(shè)得7分的學(xué)生勝了x1局，敗了y1局，得 20分的學(xué)生勝了x2局，敗了y2局。由得分情況知：

　　x1-y1=7，x2-y2＝20。

　　如果比賽過程中無平局出現(xiàn)，那么由每人比賽的場次相同可得x1+y1=x2+y2，即x1+y1+x2+y2是偶數(shù)。另一方面，由x1-y1=7知x1+y2為奇數(shù)，由x2-y2=20知x2+y2為偶數(shù)，推知x1+y1+x2+y2為奇數(shù)。這便出現(xiàn)矛盾，所以比賽過程中至少有一次平局。

　　7.奇數(shù)。解：黑板上所有數(shù)的和S＝1+2+…＋909是一個(gè)奇數(shù)，每操作一次，總和S減少了a+b-（a-b）=2b，這是一個(gè)偶數(shù)，說明總和S的奇偶性不變。由于開始時(shí)S是奇數(shù)，因此終止時(shí)S仍是一個(gè)奇數(shù)。

　　8.偶數(shù)。

　　解：我們知道，對于整數(shù)a與b，a+b與a-b的奇偶性相同，由此可知，上述計(jì)算的第二步中，32個(gè)數(shù)

　　a1-a2， a3-a4，…，a63-a64，

　　分別與下列32個(gè)數(shù)

　　a1+a2， a3+a4，…，a63+a64，

　　有相同的奇偶性，這就是說，在只考慮奇偶性時(shí)，可以用“和”代替“差”，這樣可以把原來的計(jì)算過程改為

　　第一步：a1，a2，a3，a4，…，a61，a62，a63，a64；

　　第一步：a1+a2，a3+a4，…，a61+a62，a63+a64；

　　第三步：a1+a2+a3+a4，…，a61+a62+a63+a64；

　　……

　　最后一步所得到的數(shù)是a1+a2+…+a63+a64。由于a1，a2，…，a64是1，2，…，64的一個(gè)排列，因此它們的總和為1+2+…+64是一個(gè)偶數(shù)，故最后一個(gè)整數(shù)是偶數(shù)

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:14

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》（二）

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》

第4講 整數(shù)的分拆

　　整數(shù)的分拆，就是把一個(gè)自然數(shù)表示成為若干個(gè)自然數(shù)的和的形式，每一種表示方法，就是自然數(shù)的一個(gè)分拆。

　　整數(shù)的分拆是古老而又有趣的問題，其中最著名的是哥德巴赫猜想。在國內(nèi)外數(shù)學(xué)競賽中，整數(shù)分拆的問題常常以各種形式出現(xiàn)，如，存在性問題、計(jì)數(shù)問題、最優(yōu)化問題等。

　　例1 電視臺要播放一部30集電視連續(xù)劇，若要求每天安排播出的集數(shù)互不相等，則該電視連續(xù)劇最多可以播幾天？

　　分析與解：由于希望播出的天數(shù)盡可能地多，所以，在每天播出的集數(shù)互不相等的條件下，每天播放的集數(shù)應(yīng)盡可能地少。

　　我們知道，1+2+3+4+5+6+7=28。如果各天播出的集數(shù)分別為1，2，3，4，5，6，7時(shí)，那么七天共可播出28集，還剩2集未播出。由于已有過一天播出2集的情形，因此，這余下的2集不能再單獨(dú)于一天播出，而只好把它們分到以前的日子，通過改動(dòng)某一天或某二天播出的集數(shù)，來解決這個(gè)問題。例如，各天播出的集數(shù)安排為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。

　　說明：本題實(shí)際上是問，把正整數(shù)30分拆成互不相等的正整數(shù)之和時(shí)，最多能寫成幾項(xiàng)之和？也可以問，把一個(gè)正整數(shù)拆成若干個(gè)整數(shù)之和時(shí)，有多少種分拆的辦法？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種分拆法（不計(jì)分成的整數(shù)相加的順序）。

　　例2 有面值為1分、2分、5分的硬幣各4枚，用它們?nèi)ブЦ?角3分。問：有多少種不同的支付方法？

　　分析與解：要付2角3分錢，最多只能使用4枚5分幣。因?yàn)槿?分和2分幣都用上時(shí)，共值12分，所以最少要用3枚5分幣。

　　當(dāng)使用3枚5分幣時(shí)，5×3=15，23-15=8，所以使用2分幣最多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種支付方法。

　　當(dāng)使用4枚5分幣時(shí)，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分幣，或不使用，從而可有

　　23=20+（2+1），

　　23=20+（1+1+1），

　　共2種支付方法。

　　總共有5種不同的支付方法。

　　說明：本題是組合學(xué)中有限條件的整數(shù)分拆問題的一個(gè)特例。

　　例3 把37拆成若干個(gè)不同的質(zhì)數(shù)之和，有多少種不同的拆法？將每一種拆法中所拆出的那些質(zhì)數(shù)相乘，得到的乘積中，哪個(gè)最?。?br>
　　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種不同拆法，其中3×5×29=435最小。

　　說明：本題屬于迄今尚無普遍處理辦法的問題，只是硬湊。比37小的最大質(zhì)數(shù)是31，但37-31=6，6不能分拆為不同的質(zhì)數(shù)之和，故不??；再下去比37小的質(zhì)數(shù)是29，37-29=8，而8=3+5。其余的分拆考慮與此類似。

　　例4 求滿足下列條件的最小自然數(shù)：它既可以表示為9個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和，又可以表示為10個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和，還可以表示為11個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和。

　　解：9個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和是其中第5個(gè)數(shù)的9倍，10個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和是其中第5個(gè)數(shù)和第6個(gè)數(shù)之和的5倍，11個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和是其中第6個(gè)數(shù)的11倍。這樣，可以表示為9個(gè)、10個(gè)、11個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和的數(shù)必是5，9和11的倍數(shù)，故最小的這樣的數(shù)是［5，9，11］=495。

　　對495進(jìn)行分拆可利用平均數(shù)，采取“以平均數(shù)為中心，向兩邊推進(jìn)的方法”。例如，495÷10=49.5，則10個(gè)連續(xù)的自然數(shù)為

　　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 若干只同樣的盒子排成一列，小聰把42個(gè)同樣的小球放在這些盒子里然后外出，小明從每只盒子里取出一個(gè)小球，然后把這些小球再放到小球數(shù)最少的盒子里去，再把盒子重排了一下。小聰回來，仔細(xì)查看，沒有發(fā)現(xiàn)有人動(dòng)過小球和盒子。問：一共有多少只盒子？

　　分析與解：設(shè)原來小球數(shù)最少的盒子里裝有a只小球，現(xiàn)在增加到了b只，由于小明沒有發(fā)現(xiàn)有人動(dòng)過小球和盒子，這說明現(xiàn)在又有了一只裝有a個(gè)小球的盒子，這只盒子里原來裝有（a+1）個(gè)小球。

　　同理，現(xiàn)在另有一個(gè)盒子里裝有（a+1）個(gè)小球，這只盒子里原來裝有（a+2）個(gè)小球。

　　依此類推，原來還有一只盒子裝有（a+3）個(gè)小球，（a+4）個(gè)小球等等，故原來那些盒子中裝有的小球數(shù)是一些連續(xù)整數(shù)。

　　現(xiàn)在這個(gè)問題就變成了：將42分拆成若干個(gè)連續(xù)整數(shù)的和，一共有多少種分法，每一種分法有多少個(gè)加數(shù)？

　　因?yàn)?2=6×7，故可將42看成7個(gè)6的和，又

　?。?+5）+（8+4）+（9+3）

　　是6個(gè)6，從而

　　42=3+4+5+6+7+8+9，

　　一共有7個(gè)加數(shù)。

　　又因42=14×3，故可將42寫成13+14+15，一共有3個(gè)加數(shù)。

　　又因42=21×2，故可將42寫成9+10+11+12，一共有4個(gè)加數(shù)。

　　于是原題有三個(gè)解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。

　　例6 機(jī)器人從自然數(shù)1開始由小到大按如下規(guī)則進(jìn)行染色：

　　凡能表示為兩個(gè)不同合數(shù)之和的自然數(shù)都染成紅色，不符合上述要求的自然數(shù)染成黃色（比如23可表示為兩個(gè)不同合數(shù)15和8之和，23要染紅色；1不能表示為兩個(gè)不同合數(shù)之和，1染黃色）。問：被染成紅色的數(shù)由小到大數(shù)下去，第2000個(gè)數(shù)是多少？請說明理由。

　　解：顯然1要染黃色，2=1+1也要染黃色，

　　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。

　　可見，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均應(yīng)染黃色。

　　下面說明其它自然數(shù)n都要染紅色。

　?。?）當(dāng)n為大于等于10的偶數(shù)時(shí)，

　　n=2k=4+2（k-2）。

　　由于n≥10，所以k≥5，k-2≥3，2（k-2）與4均為合數(shù)，且不相等。也就是說，大于等于10的偶數(shù)均能表示為兩個(gè)不同的合數(shù)之和，應(yīng)染紅色。（1）當(dāng)n為大于等于13的奇數(shù)時(shí)，

　　n=2k+1=9+2（k-4）。

　　由于n≥13，所以k≥6，k-4≥2，2（k-4）與9均為合數(shù)，且不相等。也就是說，大于等于13的奇數(shù)均能表示為兩個(gè)不同的合數(shù)之和，應(yīng)染紅色。

　　綜上所述，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11這10個(gè)數(shù)染黃色外，其余自然數(shù)均染紅色，第k個(gè)染為紅色的數(shù)是第（k+10）個(gè)自然數(shù)（k≥2）。

　　所以第2000個(gè)染為紅色的數(shù)是2000+10=2010。

　　下面看一類有規(guī)律的最優(yōu)化問題。

　　例7 把12分拆成兩個(gè)自然數(shù)的和，再求出這兩個(gè)自然數(shù)的積，要使這個(gè)積最大，應(yīng)該如何分拆？

　　分析與解：把12分拆成兩個(gè)自然數(shù)的和，當(dāng)不考慮加數(shù)的順序時(shí)，有

　　1+11，2+10，3+9，4+8，5+7，6+6

　　六種方法。它們的乘積分別是

　　1×11=11，2×10=20，3×9=27，

　　4×8=32，5×7=35，6×6=36。

　　顯然，把12分拆成6+6時(shí)，有最大的積6×6=36。

　　例8 把11分拆成兩個(gè)自然數(shù)的和，再求出這兩個(gè)自然數(shù)的積，要使這個(gè)積最大，應(yīng)該如何分拆？

　　分析與解：把11分拆成兩個(gè)自然數(shù)的和，當(dāng)不考慮加數(shù)的順序時(shí)，有1+10，2+9，3+8，4+7，5+6五種方法。它們的乘積分別是

　　1×10=10，2×9=18，3×8=24，

　　4×7=28，5×6=30。

　　顯然，把11分拆成5+6時(shí)，有最大的積5×6=30。

　　說明：由上面的兩個(gè)例子可以看出，在自然數(shù)n的所有二項(xiàng)分拆中，當(dāng)n是偶數(shù)2m時(shí)，以分成m+m時(shí)乘積最大；當(dāng)n是奇數(shù)2m+1時(shí)，以分成m+（m+1）時(shí)乘積最大。換句話說，把自然數(shù)S（S＞1）分拆為兩個(gè)自然數(shù)m與n的和，使其積mn最大的條件是：m=n，或m=n+1。



　　例9 試把1999分拆為8個(gè)自然數(shù)的和，使其乘積最大。

　　分析：反復(fù)使用上述結(jié)論，可知要使分拆成的8個(gè)自然數(shù)的乘積最大，必須使這8個(gè)數(shù)中的任意兩數(shù)相等或差數(shù)為1。

　　解：因?yàn)?999=8×249+7，由上述分析，拆法應(yīng)是1個(gè)249，7個(gè)250，其乘積249×2507為最大。

　　說明：一般地，把自然數(shù)S=pq+r（0≤r＜p，p與q是自然數(shù)）分拆

　　為p個(gè)自然數(shù)的和，使其乘積M為最大，則M為qp-r×（q+1）r。

　　例10 把14分拆成若干個(gè)自然數(shù)的和，再求出這些數(shù)的積，要使得到的積最大，應(yīng)該把14如何分拆？這個(gè)最大的乘積是多少？

　　分析與解：我們先考慮分成哪些數(shù)時(shí)乘積才能盡可能地大。

　　首先，分成的數(shù)中不能有1，這是顯然的。

　　其次，分成的數(shù)中不能有大于4的數(shù)，否則可以將這個(gè)數(shù)再分拆成2與另外一個(gè)數(shù)的和，這兩個(gè)數(shù)的乘積一定比原數(shù)大，例如7就比它分拆成的2和5的乘積小。

　　再次，因?yàn)?=2×2，故我們可以只考慮將數(shù)分拆成2和3。

　　注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=9，因此分成的數(shù)中若有三個(gè)2，則不如換成兩個(gè)3，換句話說，分成的數(shù)中至多只能有兩個(gè)2，其余都是3。

　　根據(jù)上面的討論，我們應(yīng)該把14分拆成四個(gè)3與一個(gè)2之和，即14=3+3+3+3+2，這五數(shù)的積有最大值

　　3×3×3×3×2=162。

　　說明：這類問題最早出現(xiàn)于1976年第18屆國際數(shù)學(xué)奧林匹克試卷中。該試卷第4題是：

　　若干個(gè)正整數(shù)的和為1976，求這些正整數(shù)的積的最大值。

　　答案是2×3658。

　　這是由美國提供的一個(gè)題目，時(shí)隔兩年，它又出現(xiàn)在美國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽中。1979年美國第40屆普特南數(shù)學(xué)競賽A-1題是：

　　求出正整數(shù)n及a1，a2，…，an的值，使a1+a2+…+an=1979且乘積最大。

　　答案是n=660。

　　1992年武漢市小學(xué)數(shù)學(xué)競賽第一題的第6題是：

　　將1992表示成若干個(gè)自然數(shù)的和，如果要使這些數(shù)的乘積最大，這些自然數(shù)是____。

　　答案：這些數(shù)應(yīng)是664個(gè)3。

　　上述三題的邏輯結(jié)構(gòu)并不隨和的數(shù)據(jù)而改變，所以分別冠以當(dāng)年的年份1976，1979和1992，這種改換數(shù)據(jù)的方法是數(shù)學(xué)競賽命題中最簡單的方法，多用于不同地區(qū)不同級別不同年份的競賽中，所改換的數(shù)據(jù)一般都是出于對競賽年份的考慮。將上述三題的結(jié)論推廣為一般情形便是：

　　把自然數(shù)S（S＞1）分拆為若干個(gè)自然數(shù)的和：

　　S=a1+a2+…+an，

　　則當(dāng)a1，a2，…，an中至多有兩個(gè)2，其余都是3時(shí)，其連乘積m=a1a2…an有最大值。

　　例11 把1993分拆成若干個(gè)互不相等的自然數(shù)的和，且使這些自然數(shù)的乘積最大，該乘積是多少？

　　解：由于把1993分拆成若干個(gè)互不相等的自然數(shù)的和的分法只有有限種，因而一定存在一種分法，使得這些自然數(shù)的乘積最大。

　　若1作因數(shù)，則顯然乘積不會(huì)最大。把1993分拆成若干個(gè)互不相等的自然數(shù)的和，因數(shù)個(gè)數(shù)越多，乘積越大。為了使因數(shù)個(gè)數(shù)盡可能地多，我們把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993。

　　若和比1993大1，則因數(shù)個(gè)數(shù)至少減少1個(gè)，為了使乘積最大，應(yīng)去掉最小的2，并將最后一個(gè)數(shù)（最大）加上1。

　　若和比1993大k（k≠1），則去掉等于k的那個(gè)數(shù)，便可使乘積最大。

　　

　　所以n=63。因?yàn)?015-1993=22，所以應(yīng)去掉22，把1993分成

　?。?+3+…+21）+（23+24+…+63）

　　這一形式時(shí)，這些數(shù)的乘積最大，其積為

　　2×3×…×21×23×24×…×63。

　　說明：這是第四屆“華杯賽”武漢集訓(xùn)隊(duì)的一道訓(xùn)練題，在訓(xùn)練學(xué)生時(shí)，發(fā)現(xiàn)大多數(shù)學(xué)生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663×4，而忽視了題中條件“分成若干個(gè)互不相等的自然數(shù)的和”。由此可見，認(rèn)真審題，弄清題意的重要性。

　　例12 將1995表示為兩個(gè)或兩個(gè)以上連續(xù)自然數(shù)的和，共有多少種不同的方法？

　　分析與解：為了解決這個(gè)問題，我們設(shè)1995可以表示為以a為首項(xiàng)的k(k＞1）個(gè)連續(xù)自然數(shù)之和。首項(xiàng)是a，項(xiàng)數(shù)為k，末項(xiàng)就是a+k-1，由等差數(shù)列求和公式，得到



　　化簡為

(2a+k-1）×k=3990。(*)

　　注意，上式等號左邊的兩個(gè)因數(shù)中，第一個(gè)因數(shù)2a+k-1大于第二個(gè)因數(shù)k，并且兩個(gè)因數(shù)必為一奇一偶。因此，3990有多少個(gè)大于1的奇約數(shù)，3990就有多少種形如（*）式的分解式，也就是說，1995就有多少種表示為兩個(gè)或兩個(gè)以上連續(xù)自然數(shù)之和的方法。因?yàn)?995與3990的奇約數(shù)完全相同，所以上述說法可以簡化為，1995有多少個(gè)大于1的奇約數(shù)，1995就有多少種表示為兩個(gè)或兩個(gè)以上連續(xù)自然數(shù)之和的方法。

　　1995=3×5×7×19，共有15個(gè)大于1的奇約數(shù)，所以本題的答案是15種。

　　一般地，我們有下面的結(jié)論：

若自然數(shù)N有k個(gè)大于1的奇約數(shù)，則N共有k種表示為兩個(gè)或兩個(gè)以上連續(xù)自然數(shù)之和的方法。

　　知道了有多少種表示方法后，很自然就會(huì)想到，如何找出這些不同的表示方法呢？從上面的結(jié)論可以看出，每一個(gè)大于1的奇約數(shù)對應(yīng)一種表示方法，我們就從1995的大于1的奇約數(shù)開始。1995的大于1的奇約數(shù)有。

　　3，5，7，15，19，21，35，57，95，

　　105，133，285，399，665，1995。

　　例如，對于奇約數(shù)35，由（*）式，得

　　3990=35×114，

　　因?yàn)?14＞35，所以 k=35，2a+k-1=114，解得a=40。推知35對應(yīng)的表示方法是首項(xiàng)為40的連續(xù)35個(gè)自然數(shù)之和，即

　　1995=40+41+42+…+73+74。

　　再如，對于奇約數(shù)399，由（*）式，得

　　3990=399×10，因?yàn)?99＞10，所以k=10，2a+k-1=399，解得a=195。推知399對應(yīng)的表示方法是首項(xiàng)為195的連續(xù)10個(gè)自然數(shù)之和，即

　　1995=195+196+197+…+204。

　　對于1995的15個(gè)大于1的奇約數(shù)，依次利用（*）式，即可求出15種不同的表示方法。

練習(xí)4

　　1．將210拆成7個(gè)自然數(shù)的和，使這7個(gè)數(shù)從小到大排成一行后，相鄰兩個(gè)數(shù)的差都是5。第1個(gè)數(shù)與第6個(gè)數(shù)分別是幾？

　　2．將135個(gè)人分成若干個(gè)小組，要求任意兩個(gè)組的人數(shù)都不同，則至多可以分成多少組？

　　3．把19分成幾個(gè)自然數(shù)（可以相同）的和，再求出這些數(shù)的乘積，并且要使得到的乘積盡可能大，最大乘積是多少？

　　4．把1999分拆成兩個(gè)自然數(shù)的和，當(dāng)不考慮加數(shù)的順序時(shí)，一共有多少種不同的分拆方法？求出這兩個(gè)自然數(shù)的積，要使這個(gè)積最大，應(yīng)將1999如何分拆？

　　5．把456表示成若干個(gè)連續(xù)自然數(shù)的和。要求寫出所有的表達(dá)式（如9可以有兩種表達(dá)形式：9=4+5=2+3+4）。

　　6．幾個(gè)連續(xù)自然數(shù)相加，和能等于2000嗎？如果能，有幾種不同的答案？寫出這些答案。如果不能，說明理由。

　　7．把70分拆成11個(gè)不同自然數(shù)的和，這樣的分拆方式一共有多少種？將不同的表示方法列舉出來。

　　8．有一把長為13厘米的直尺，在上面刻幾條刻度線，使得這把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的長度。問：至少要刻幾條線？要刻在哪些位置上？



練習(xí)4

　　1.15，40。

　　解：這7個(gè)數(shù)中第4個(gè)數(shù)是中間數(shù)，它是這7個(gè)數(shù)的平均數(shù)，即210÷7=30。因?yàn)橄噜?2數(shù)的差都是 5，所以這7個(gè)數(shù)是15，20，25，30，35，40，45。故第1個(gè)數(shù)是15，第6個(gè)數(shù)是40。

　　2.15組。

　　解：因?yàn)橐笕我鈨蓚€(gè)組的人數(shù)不相等，且分得的組要盡可能地多，所以，要使每個(gè)組分得的人數(shù)盡可能地少。

　　由于1+2+3+4+…+14+15=120，所以將 135人分成每組人數(shù)不等的15個(gè)組后還余15人。剩下的15人不能再組成一個(gè)或幾個(gè)新的小組，否則就會(huì)出現(xiàn)兩個(gè)或兩個(gè)以上的組的人數(shù)相等的情況。因此，應(yīng)將剩下的15人安插在已分好的15個(gè)組之中，所以至多可以分成15個(gè)組。這15個(gè)組各組人數(shù)可以有多種情況，例如，分別是 2，3，4，5，6，…，14，15，16人。

　　3.972。

　　解：要使乘積盡可能大，把19分成的幾個(gè)自然數(shù)中，3要盡量多且不能有1，所以應(yīng)把19分成5個(gè)3及1個(gè)4的和。最大乘積為35×4=972。

　　4.有999種方法，分成999+1000時(shí)積最大。

　　5.提示：456有三個(gè)大于1的奇約數(shù)3，19，57。利用例12的方法可得：對于3，有k=3，a=151；對19，有k=19，a=15；對于57，有k=16，a=21。所以456有如下三種分拆方法：

　　456＝151+152+153

　　 ?。?1+22+23+…+39

　　 ?。?5+16+17+…+33。

　　6.能。

　　提示：與例12類似，2000=24×53，有三個(gè)大于1的奇約數(shù)5，25，125。對于5，有k=5，a=398；對于25，有k=25，a=68；對于125，有k=32， a=47。所以2000共有如下三種分拆方法：

　　2000＝398+399+400+401+402

　　　　＝68+69+70+…+91+92

　　　?。?7+48+49+…+77+78。

　　7.5種。

　　解：1+2+3+…+11=66，現(xiàn)在要將4分配到適當(dāng)?shù)募訑?shù)上，使其和等于70，又要使這11個(gè)加數(shù)互不相等。

　　先將4分別加在后4個(gè)加數(shù)上，得到4種分拆方法：

　　70＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15

　　　＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11

　　?。?+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11

　　　＝1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11。

　　再將4拆成1+3，把1和3放在適當(dāng)?shù)奈恢蒙?，僅有1種新方法：

　　1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12。

　　再將4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2，分別加在不同的位置上，都得不出新的分拆方法，故這樣的分拆方法一共有5種。

　　8.至少要刻4條線，例如刻在1，4，5，11厘米處，便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的長度。這是因?yàn)橛?，4，5，11，13這5個(gè)數(shù)以及它們之間任意2個(gè)的差能夠得到1到13這13個(gè)整數(shù)，見下列各式：

　　5-4=1， 13-11=2， 4-1=3，

　　11-5=6， 11-4=7， 13-5=8，

　　13-4=9， 11-1＝10， 13-1＝12。

　　下面我們來證明，只有3個(gè)刻度是不夠的。如果只刻了3條線，刻在a厘米、b厘米、 c厘米處（0＜a＜b＜c＜13），那么 a，b，C，13兩兩之差（大減?。?，只有至多6個(gè)不同的數(shù)：13-a，13-b，13-c，c-a，c-b，b-a，再加上a，b，c，13這4個(gè)數(shù)，至多有10個(gè)不同的數(shù)，不可能得到1到13這13個(gè)不同的整數(shù)來。

　　順便說明一下，刻法不是唯一的。例如我們也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米這4個(gè)位置上。



第5講 有趣的數(shù)字

　　數(shù)字問題一直是中小學(xué)數(shù)學(xué)競賽中的熱門問題，解這類問題一般要用到整數(shù)的性質(zhì)及解整數(shù)問題的常用方法，如數(shù)的整除性、剩余類、奇偶分析、尾數(shù)的性質(zhì)等。有時(shí)還得用解競賽題的一些技巧，如篩選、排除、枚舉、局部調(diào)整、從極端考慮等。

　　有一類特殊的數(shù)字問題，它們的條件與1到9這9個(gè)數(shù)字或0到9這10個(gè)數(shù)字有關(guān)，這就增加了題目的趣味性。解這類題目，要注意利用題目條件中有9個(gè)或10個(gè)不同數(shù)字這一條件，另外這9個(gè)或10個(gè)數(shù)字之和是9的倍數(shù)這個(gè)特點(diǎn)，也很有用。

　　例1 在下式中的每兩個(gè)相鄰數(shù)之間都添上一個(gè)加號或減號，組成一個(gè)算式。要求算式運(yùn)算結(jié)果等于37，且這個(gè)算式中的所有減數(shù)（前面添了減號的數(shù)）的乘積盡可能的大。

　　10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

　　那么，這些減數(shù)的最大乘積是多少？

　　解：把10個(gè)數(shù)都添上加號，它們的和是55，如果把其中1個(gè)數(shù)的前面的加號換成減號，使這個(gè)數(shù)成為減數(shù)，那么結(jié)果將要減少這個(gè)數(shù)的2倍。

　　因?yàn)?5-37=18，所以我們變成減數(shù)的這些數(shù)之和是

　　18÷2=9。

　　對于大于2的數(shù)來說，兩數(shù)之和總比兩數(shù)乘積小。為了使這些數(shù)的乘積盡可能大，減數(shù)越多越好（不包括1）。9最多可拆成三數(shù)之和2+3+4=9，因此這些減數(shù)的最大乘積是2×3×4=24。添上加、減號的算式是：

　　10+9+8+7+6+5-4-3-2+1=37。

　　例2 我的歲數(shù)的3次方是一個(gè)四位數(shù)，我的歲數(shù)的4次方是一個(gè)六位數(shù)，要組成這兩個(gè)數(shù)，需要用遍0到9這10個(gè)數(shù)字。

　　我爺爺?shù)臍q數(shù)的平方是一個(gè)四位數(shù)，他的歲數(shù)的3次方是一個(gè)六位數(shù)，要組成這兩個(gè)數(shù)字，也要用遍0到9這10個(gè)數(shù)字。

　　問：我和爺爺?shù)哪挲g各是多少？

　　解：設(shè)我的年齡x。注意到223=10648和174=83521是五位數(shù)，故應(yīng)有17＜x＜22。取x等于18，19，21（x顯然不應(yīng)等于20），逐一計(jì)算他們的3次方與4次方，經(jīng)驗(yàn)證，只有18合乎題意：183=5832，184=104976。故x=18。

　　同理可以得到爺爺?shù)哪挲g是69歲，驗(yàn)證如下：

　　692＝4761，693＝328509。

　　例3 將1～9這9個(gè)數(shù)字填入下面方格中，且使積P最小：

　　P=□□□×□□□×□□□。

　　 9的一個(gè)排列。為使P最小，顯然a1，a4，a7是1，2，3的一個(gè)排列，不妨設(shè)a1=1，a4=2，a7=3。

　　又a2，a5，a8是4，5，6的一個(gè)排列。逐一計(jì)算

　　14×25×36，15×24×36，14×26×35，

　　15×26×34，16×24×35，16×25×34，

　　可知14×25×36是六個(gè)積中最小的一個(gè)。

　　故知a2=4，a5=5，a8=6。

　　如果我們掌握了下面的性質(zhì)，“兩數(shù)和為定值時(shí)，兩數(shù)的積隨著這兩數(shù)差的減少而增大”的話，那么上述驗(yàn)證的解法可以簡化如下：對于積14×25×36，任意變換兩個(gè)乘數(shù)的個(gè)位數(shù)字，都會(huì)使兩乘數(shù)的和不變而差減少，從而它們的積也增大，故14×25×36是最小的。最后a3，a6，a9是7，8，9的一個(gè)排列，用類似的方法得a3=7，a6=8，a9=9時(shí)，P=147×258×369積最小。

　　例4 能否將自然數(shù)1～10填入右圖所示的五角星各交點(diǎn)的“○”中，使每條直線上的四個(gè)數(shù)字之和都相等？



　　解：假定能夠做到，注意到在計(jì)算數(shù)字和時(shí)，每一個(gè)數(shù)都被計(jì)算了2次，則每條直線上4個(gè)數(shù)字的和等于

　　（55×2）÷5=22。

　　考慮相交于10的兩條直線，可知10與1在同一條直線上，否則這兩直線的數(shù)字和不小于

　　2×10+（2+3+4+5+6+7）=47。

　　設(shè)與10不在同一條直線上的三個(gè)數(shù)為x，y，z，則

　　x+y+z＝55-2×22+10＝21。

　　又設(shè)x，y，1，u在同一條直線上，則x+y+U+1＝22，即x+y+u=21，z=u矛盾。故滿足題設(shè)的填法是不存在的。

　　例5 用1，2，…，9這9個(gè)數(shù)字，最多能組成多少個(gè)平方數(shù)？要求每個(gè)數(shù)字都要用一次且只能用一次。

　　解：一位平方數(shù)有3個(gè)：1，4和9。剩下6個(gè)數(shù)字中2和5，3和6可組成2個(gè)平方數(shù)25和36，但7和8不能組成平方數(shù)。注意到784=282，故一共可組成5個(gè)平方數(shù)：

　　1，9，25，36，784。

　　例6 用1，2，…，9這9個(gè)數(shù)字排成沒有重復(fù)數(shù)字的九位數(shù)，一共可以排多少個(gè)？這些數(shù)的最大公約數(shù)是多少，

　　解：根據(jù)乘法原理，一共可以排成

　　9×8×7×6×5×4×3×2×1=362880（個(gè)）

　　沒有重復(fù)數(shù)字的九位數(shù)。因?yàn)槠渲忻總€(gè)九位數(shù)的數(shù)字和都是45，45是9的倍數(shù)，所以每個(gè)九位數(shù)都是9的倍數(shù)。而九位數(shù)987654321和987654312的差為9，故它們的最大公約數(shù)應(yīng)是9。

　　例7 左下圖中有3個(gè)等邊三角形和3條通過4個(gè)點(diǎn)的直線。請你將1到9這9個(gè)自然數(shù)寫到9個(gè)黑點(diǎn)旁，使得每個(gè)等邊三角形頂點(diǎn)3個(gè)數(shù)字之和相等，又要使得每條直線上的4個(gè)數(shù)字之和相等。



　　解：3個(gè)三角形上的數(shù)字都是不同的，它們的數(shù)字之和相等，因此每個(gè)三角形上的數(shù)字之和等于45÷3=15。由此我們可以認(rèn)為，3個(gè)三角形上的數(shù)字，恰好是縱橫圖上3條橫行，或者3條縱列（見右上圖）。本題要對照三階縱橫圖求解。

　　把3條直線上所有數(shù)字相加，中間小三角形上數(shù)字要算2次，因此相加之和應(yīng)是45+15=60，即每條直線上 4個(gè)數(shù)字之和應(yīng)等于20。

　　解題的關(guān)鍵是確定中間小三角形上應(yīng)是哪三個(gè)數(shù)。譬如，它是2，7，6，那么7和6所在的直線上另外2個(gè)數(shù)字之和應(yīng)是20-7-6=7，可是在三階縱橫圖其他兩條縱列上，每列各取一數(shù)相加之和是不能等于7的。對于（4，3，8）（2，9，4）和（6，1，8）作同樣考察，都會(huì)得到與（2，7，6）一樣的情況。當(dāng)中間小三角形上的3個(gè)數(shù)是1，5，9時(shí)，有5+9+4+2=20， 1+9+3+7=20和1+5+8+6=20，得到一個(gè)解（見左下圖）。當(dāng)中間小三角形上的3個(gè)數(shù)是7，5，3時(shí)，得到另一個(gè)解（見右下圖）。



　　例8 能否在圓周上放置0，1，2，…，9這10個(gè)數(shù)字，使得任何兩個(gè)相鄰數(shù)的差為3，4或5？

　　解：因?yàn)?，1，2，8，9這5個(gè)數(shù)中的任何兩個(gè)都不能排在一起（否則相鄰數(shù)之差不是3，4或5），故它們之間都應(yīng)隔著一個(gè)數(shù)。但此時(shí)其余的5個(gè)位置上都不能放置7，無論將7放到哪里，它都會(huì)與一個(gè)相鄰數(shù)的差不是3，4或5中的一個(gè)。故滿足題意的放置方法是沒有的。

　　說明：一般而言，將0～n這n+1個(gè)數(shù)放置到圓周上，使任何兩數(shù)之差為3，4或5的問題，在n≤12時(shí)無解，在n≥13時(shí)有解，下圖是n=14時(shí)的一種放置方法。



　　例9 已知a1，a2，…，a10是0，1，2，…，9的一個(gè)排列，a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，都是平方數(shù)，寫出它們的全部解。

　　解：本題宜采用窮舉與淘汰相結(jié)合的方法來解。先寫出1～99這99個(gè)數(shù)的平方，刪去其中有重復(fù)數(shù)字的平方數(shù)，如122=144等，在剩下的數(shù)中進(jìn)行適當(dāng)?shù)慕M合，可以得到四個(gè)解：

　?。?）12=1，62=36，282=784，952=9025。

　?。?）32=9，92=81，242=576，482=2304。

　?。?）32=9，92=81，182=324，842=7056。

　?。?）32=9，42=16，282=784，552=3025。

　　例10 用1，2，…，9這9個(gè)數(shù)字，組成數(shù)字不重復(fù)使用的3個(gè)三位數(shù)，使得第2個(gè)數(shù)是第1個(gè)數(shù)的2倍，第3個(gè)數(shù)是第1個(gè)數(shù)的3倍。例如192，384，576。類似這樣的3個(gè)三位數(shù)還有好幾組。如果這樣的三位數(shù)有n組，那么在所有這3n個(gè)三位數(shù)中，最大的一個(gè)與最小的一個(gè)的差是多少？

　　解：在一組滿足條件的3個(gè)三位數(shù)中，第3個(gè)數(shù)最大，且是3的倍數(shù)，依次驗(yàn)證987，984，981，其中981適合（（327，654，981）是一組滿足條件的3個(gè)三位數(shù)）。

　　在一組三位數(shù)中，第一個(gè)最小，在123～192中經(jīng)過試驗(yàn)，只有192適合題意。

　　故本題的解為981-192=789。

　　說明：進(jìn)一步的推算可知，滿足題設(shè)條件的三位數(shù)共有4組：

　　192，384，576；327，654，981；

　　219，438，657；273，546，819。

　　例11 用1，2，3，…，9這9個(gè)數(shù)字，寫出大小相等的3個(gè)分?jǐn)?shù)，

　　解：我們先考慮這些分?jǐn)?shù)都是真分?jǐn)?shù)的情況，解題的關(guān)鍵是抓住以下兩個(gè)結(jié)論：

　?、偃齻€(gè)分?jǐn)?shù)中至多只有一個(gè)最簡分?jǐn)?shù)。

　?、跀?shù)字5不會(huì)出現(xiàn)在某個(gè)分?jǐn)?shù)的分子或分母的個(gè)位上。（為什么？請讀者考慮。）

　　9個(gè)數(shù)字組成3個(gè)真分?jǐn)?shù)，每個(gè)數(shù)字只用一次，有如下3種情況：

　

　　由②知5只能出現(xiàn)在某個(gè)分母的十位上，顯然這個(gè)分?jǐn)?shù)不是最簡分?jǐn)?shù)，故此分母要從51～59的合數(shù)中去選取。經(jīng)試算可得3個(gè)解：









　

　　綜合（1）（2）（3）三種情況，滿足條件的真分?jǐn)?shù)有7個(gè)解，分子分母顛倒后，又得7個(gè)解。本題共有14個(gè)解。

　　例12 兩人輪流從1，2，…，9這9個(gè)數(shù)字中取數(shù)。每次取一個(gè)，誰先取的數(shù)中有3個(gè)數(shù)的和為15就算贏家。

　　如果第1個(gè)人取的數(shù)是5，那么第2個(gè)人應(yīng)該取幾才能使自己立于不敗之地？

　　分析與解：本題條件中的“和為15”，使我們聯(lián)想到右圖中的“幻方”，它的每行、每列及對角線的和都等于15。故本題等價(jià)于甲乙二人輪流將黑白二色棋子放入九宮格中，哪一方放入的棋子先成一行（橫行、豎行和斜行）者為勝。甲先占了中間一格，乙應(yīng)選哪一格才能保證自己不敗？



　　這個(gè)問題實(shí)際上是“井字棋”游戲，乙的對策如果不對，會(huì)導(dǎo)致失敗。假設(shè)乙選擇邊上的位置，比如選3，則甲選4，乙只好選6。甲再選2。這時(shí)8，9這兩個(gè)位置乙只能選一個(gè)，甲必得其一，這樣甲就必勝無疑了。

　　所以當(dāng)甲選5時(shí)，乙應(yīng)選九宮格中位于角上的數(shù)字，即應(yīng)選2，4，6，8中的一個(gè)，才能使自己立于不敗之地。]

練習(xí)5

　　1．將數(shù)碼1，2，3，4，5，6，7，8，9填入下面的9個(gè)方格中，組成3個(gè)三位數(shù)連乘的算式：

　　□□□×□□□×□□□。

　　連乘積可能取到的最大值是多少？

　　2．在下面的一排數(shù)字之間填入 5個(gè)加號，組成一個(gè)連加算式，將這個(gè)算式的計(jì)算結(jié)果的最大值記為a，最小值記為b，則a+b的值是多少？

　　1 2 3 4 5 6 7 8 9

　　3．請你將1，2，3，4，5，6，7，8，9這9個(gè)數(shù)字填入下圖的方格中，使得每一行、每一列及兩條對角線上的3個(gè)數(shù)字和都不相等。



　　4．用1，2，…，9這9個(gè)數(shù)字，最多可以組成多少個(gè)質(zhì)數(shù)？要求每個(gè)數(shù)字都要用一次且只能用一次。

　　5．用1，2，3，4，5，6，7，8，9這9個(gè)數(shù)字排成沒有重復(fù)數(shù)字的九位數(shù)，且這個(gè)九位數(shù)是11的倍數(shù)。這樣的九位數(shù)中，最大的一個(gè)是多少？

　　6．能否將數(shù)0，1，2，3，4，5，6，7，8，9分別填入左下圖中的圓圈中（每個(gè)數(shù)填一次），使得各個(gè)陰影三角形的3個(gè)頂點(diǎn)上的數(shù)之和相等？



　　7．在上圖的圓圈里，按照順時(shí)針方向把9個(gè)數(shù)字分成3段，組成3個(gè)數(shù)。這3個(gè)數(shù)恰好是一個(gè)乘法等式：

　　28×157=4396。

　　下面8個(gè)圓圈也有這樣的特點(diǎn)，請你也來試一試，怎么分段？



　　注意：最后兩個(gè)圓圈分段以后，被乘數(shù)是一位數(shù)。

　　



練習(xí)5

　　1.6117211516。

　　解：仿例3的解法，可求得

　　763×852×941＝6117211516。

　　2.6993。

　　提示：最大值a=1+2+3+4+5+6789＝6804，

　 　　 　最小值b=12+34+56+78+9＝189，

　 　a+b＝6804+189＝6993。

　　3.

　　　

　　4.6個(gè)。

　　解：1至9中的質(zhì)數(shù)有4個(gè)：2，3，5，7，剩下的5個(gè)數(shù)中只有2個(gè)奇數(shù)：1和9。而除了2以外的質(zhì)數(shù)都是奇數(shù)，故本題的解是最多可組成 6個(gè)質(zhì)數(shù)。例如 2，3，5，7，89，461。

　　5.987652413。

　　解：因?yàn)檫@9個(gè)數(shù)字的和是45，根據(jù)能被11整除的數(shù)的特征，這個(gè)九位數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差是11的倍數(shù)，所以這個(gè)差只能是0，11，22，33和44。由于各位數(shù)字之和是45為一奇數(shù)，根據(jù)數(shù)的奇偶性可知奇位數(shù)字之和與偶位數(shù)字之和，只可能是一奇一偶，故它們的差不能是0，22或44。

　　若差是33，則奇位數(shù)字之和與偶位數(shù)字之和，只能是39和6，但這是不可能的。于是差只能為11。奇位數(shù)字之和是28，偶位數(shù)字之和是17，這樣可以求出最大數(shù)為987652413。

　　6.能。

　　解：先考慮位于3個(gè)“角”上的3個(gè)三角形，它們沒有公共頂點(diǎn)，共涉及到9個(gè)數(shù)（只差中間1個(gè)○內(nèi)的數(shù)）。注意到0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，這 9個(gè)數(shù)有如下幾種情況：

　?。?）和為42。每個(gè)三角形3個(gè)頂點(diǎn)上的3個(gè)數(shù)字之和為14，中間數(shù)為3。與中間數(shù)相關(guān)的3個(gè)三角形另外兩邊構(gòu)成的數(shù)對只能是9，8；7，6。還缺一對，不可能。

　?。?）和為45。每個(gè)三角形3個(gè)頂點(diǎn)上3個(gè)數(shù)字和為15，中間數(shù)為0。與中間數(shù)相關(guān)的3個(gè)三角形另外兩邊構(gòu)成的數(shù)對只能是9，2；7，4；5，6。

　?。?）和為39。每個(gè)三角形3個(gè)頂點(diǎn)上3個(gè)數(shù)字和為13，中間數(shù)為6。與中間數(shù)相關(guān)的3個(gè)三角形另外兩邊構(gòu)成的數(shù)對只能是7，0；5，2；3，4。

　?。?）和為36。每個(gè)三角形3個(gè)頂點(diǎn)上3個(gè)數(shù)字和為12，中間數(shù)為9。與中間數(shù)相關(guān)的3個(gè)三角形另外兩邊構(gòu)成的數(shù)對只有1，2。還缺一對，不可能。

　　據(jù)此，有下圖所示的兩種填法。



　　7.（1）42×138=5796； （2）18×297＝5346；

　　?。?）27×198＝5346；（4）39×186＝7254；

　　?。?）48×159＝7632；（6）12×483＝5796；

　　　（7）4×1963=7852； （8）4×1738=6952。

　　提示：9個(gè)數(shù)分3段，大體上是兩位數(shù)和三位數(shù)相乘，得到一個(gè)四位數(shù)。我們就按2，3，4或3，2，4的關(guān)系來試分。

　　試分以后，需要試算。試算時(shí)，不必把全部乘積都乘出來，最簡便的辦法是先從個(gè)位數(shù)來判斷。比如有一種分法是：21，385，7964，從這3個(gè)數(shù)的個(gè)位數(shù)看，因?yàn)?×5≠4，所以，就可以判斷這種分法不符合題目條件，應(yīng)該否定。因此，如果試分以后，被乘數(shù)和乘數(shù)的個(gè)位數(shù)相乘，乘積的個(gè)位數(shù)與分段時(shí)的乘積個(gè)位數(shù)不符，那么就可以否定。否定了錯(cuò)誤的分法，就可以選出正確答案來。

　　8.3816547290。

　　解：根據(jù)條件易知a10=0，a5＝5；a2，a4，a6，a8分別是偶數(shù)2，4，6，8之一，a1，a3，a7，a9分別是奇數(shù)1，3，7，9之一。

　　 的倍數(shù)，從而a1+a2+…+a6也是3的倍數(shù)，于是a4+a5+a6也是3的倍數(shù)。同理a7+a8+a9也是3的倍數(shù)。

　　 a4=2或a4=6。

a9找不到適當(dāng)?shù)臄?shù)。下面我們討論其他三種情況：



　　

　　

　　

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:17

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》（三）

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》

應(yīng)用問題選講

　　我們知道，數(shù)學(xué)是一門基礎(chǔ)學(xué)科。我們在學(xué)校中學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的目的，一方面是為學(xué)習(xí)其它學(xué)科和學(xué)習(xí)更深的數(shù)學(xué)知識打下一個(gè)基礎(chǔ)，更重要的是為了現(xiàn)在和將來運(yùn)用所學(xué)的數(shù)學(xué)知識去解決一些日常生活、科學(xué)實(shí)驗(yàn)、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)以及經(jīng)濟(jì)活動(dòng)中所遇到的實(shí)際問題。

　　運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決實(shí)際問題的基本思路是：先將這個(gè)實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)數(shù)學(xué)問題（我們稱之為建立數(shù)學(xué)模型），然后解答這個(gè)數(shù)學(xué)問題，從而解決這個(gè)實(shí)際問題。即：



　　這里，建立數(shù)學(xué)模型是關(guān)鍵的一步。也就是說，要通過審題，將實(shí)際問題與自己學(xué)過的數(shù)學(xué)知識、數(shù)學(xué)方法聯(lián)系起來，將其歸結(jié)到某一類型的數(shù)學(xué)問題，然后解答這個(gè)數(shù)學(xué)問題。下面介紹一些典型的數(shù)學(xué)模型。

一、兩個(gè)量變化時(shí)，和一定的問題

　　兩個(gè)變化著的量，如果在變化的過程中，它們的和始終保持不變，那么它們的差與積之間有什么關(guān)系呢？

　　觀察下面的表：



　　我們不難得出如下的規(guī)律：

　　兩個(gè)變化著的量，如果在變化的過程中，和始終保持不變，那么它們的差越小，積就越大。若它們能夠相等，則當(dāng)它們相等時(shí)，積最大。

　　這個(gè)規(guī)律對于三個(gè)和三個(gè)以上的變量都是成立的。

　　例1 農(nóng)民叔叔阿根想用20塊長2米、寬1.2米的金屬網(wǎng)建一個(gè)靠墻的長方形雞窩。為了防止雞飛出，所建雞窩的高度不得低于2米，要使雞窩面積最大，長方形的長和寬分別應(yīng)是多少？



　　解：如上圖，設(shè)長方形的長和寬分別為x米和y米，則有

　　x＋2y＝1.2×20＝24。

　　長方形的面積為



　　因?yàn)閤和2y的和等于24是一個(gè)定值，故它們的乘積當(dāng)它們相等時(shí)最大，此時(shí)長方形面積S也最大。于是有

　　x=12， y＝6。

　　例2 如果將進(jìn)貨單價(jià)為40元的商品按50元售出，那么每個(gè)的利潤是10元，但只能賣出500個(gè)。當(dāng)這種商品每個(gè)漲價(jià)1元時(shí)，其銷售量就減少10個(gè)。為了賺得最多的利潤，售價(jià)應(yīng)定為多少？

　　解：設(shè)每個(gè)商品售價(jià)為（50+x）元，則銷量為（500-10X）個(gè)?？偣部梢垣@利

　?。?0＋x-40）×（500-10x）

　　=10×（10+X）×（50-X）（元）。

　　因（10+x）+（50－x）=60為一定值，故當(dāng)10+X=50－X即X=20時(shí)，它們的積最大。

　　此時(shí)，每個(gè)的銷售價(jià)為50＋20=70（元）。

　　例3 若一個(gè)長方體的表面積為54厘米2，為了使長方體的體積最大，長方體的長、寬、高各應(yīng)為多少厘米？

　　解：設(shè)長、寬、高分別為x，y，z厘米，體積為V厘米3。

　　2（xy＋yz+zx）=54，xy＋yz+zx=27。

　　因?yàn)閂2=（xyz）2=（xy）（yz）（zx），

　　故當(dāng) xy=yz=zx即 x=y=z=3時(shí)，V2有最大值，從而V也有最大值。

　　例4 有一塊長24厘米的正方形厚紙片，在它的四個(gè)角各剪去一個(gè)小正方形，就可以做成一個(gè)無蓋的紙盒，現(xiàn)在要使做成的紙盒容積最大，剪去的小正方形的邊長應(yīng)為幾厘米？



　　解：如上圖，設(shè)剪去的小正方形的邊長為x厘米，則紙盒的容積為

　　V=x（24-2x）（24-2x）

　　 =2×2x（12-x）（12-x）。

　　因?yàn)?x+（12-x）+（12-x）=24

　　是一個(gè)定值，故當(dāng)

　　2x=12-x＝12-x，

　　即x=4時(shí)，其乘積最大，從而紙盒的容積也最大。

二、兩個(gè)量變化時(shí)，積一定的問題

　　兩個(gè)變化著的量，如果在變化的過程中，它們的乘積始終保持不變，那么它們的差與和之間有什么關(guān)系呢？

　　觀察下面的表：



　　我們不難得出如下的規(guī)律：

　　兩個(gè)變化著的量，如果在變化的過程中，乘積始終保持不變，那么它們的差越小，和就越小。若它們能夠相等，則當(dāng)它們相等時(shí)，和最小。

　　例5 長方形的面積為 144 cm2，當(dāng)它的長和寬分別為多少時(shí)，它的周長最短？

　　解：設(shè)長方形的長和寬分別為 xcm和 ycm，則有

　　xy＝144。

　　故當(dāng)x=y=12時(shí)，x+y有最小值，從而長方形周長2（x＋y）也有最小值。

　　例6 用鐵絲扎一個(gè)空心的長方體，為了使長方體的體積恰好是216cm3，長方體的長、寬、高各是多少厘米時(shí)，所用的鐵絲長度最短？

　　解：設(shè)長方體的長、寬、高分別為xcm，ycm，zcm，則有xyz＝216。鐵絲長度的和為 4（x＋ y＋ z），故當(dāng) x＝y(tǒng)=z＝6時(shí)，所用鐵絲最短。

　　例7 農(nóng)場計(jì)劃挖一個(gè)面積為432 m2的長方形養(yǎng)魚池，魚池周圍兩側(cè)分別有3m和4m的堤堰如下圖所示，要想占地總面積最小，水池的長和寬應(yīng)為多少？



　　解：如圖所示，設(shè)水池的長和寬分別為xm和ym，則有

　　xy＝432。

　　占地總面積為 S=（x＋6）（y＋8）cm2。于是

　　S=Xy+6y+8X＋48＝6y+8X+480。

　　我們知道6y ×8X=48×432為一定值，故當(dāng)6y=8X時(shí)，S最小，此時(shí)有6y=8X=144，故y=24，x=18。

　　例8 某游泳館出售冬季學(xué)生游泳卡，每張240元，使用規(guī)定：不記名，每卡每次只限一人，每人只限一次。某班有48名學(xué)生，老師打算組織學(xué)生集體去游泳，除需購買若干張游泳卡外，每次游泳還需包一輛汽車，無論乘坐多少名學(xué)生，每次的包車費(fèi)均為40元。若要使每個(gè)同學(xué)游8次，每人最少交多少錢？

　　解：設(shè)一共買了X張卡，一共去游泳y次，則共有

　　Xy=48×8=384（人次），

　　總用費(fèi)為（240x＋40y）元。

　　因?yàn)?240x ×40y=240×40×384是一定值，故當(dāng) 240x=40y，即y=6x時(shí)，和最小。易求得x=8，y=48。此時(shí)總用費(fèi)為

　　240×8＋40×48=3840（元），

　　平均每人最少交 3840÷48=80（元）。

三、利用不等關(guān)系來解答的應(yīng)用題

　　例9 某公司在A，B兩地分別庫存有某機(jī)器16臺和12臺，現(xiàn)要運(yùn)往甲、乙兩家客戶的所在地，其中甲方15臺，乙方13臺。已知從A地運(yùn)一臺到甲方的運(yùn)費(fèi)為500元，到乙方的運(yùn)費(fèi)為400元，從B地運(yùn)一臺到甲方的運(yùn)費(fèi)為300元，到乙方的運(yùn)費(fèi)為600元。已知運(yùn)費(fèi)由公司承擔(dān)，公司應(yīng)設(shè)計(jì)怎樣的調(diào)運(yùn)方案，才能使這些機(jī)器的總運(yùn)費(fèi)最??？

　　解：設(shè)由A地運(yùn)往甲方x臺，則A地運(yùn)往乙方（16-x）臺，B地運(yùn)往甲方（15-x）臺，B地運(yùn)往乙方（x－3）臺。于是總運(yùn)價(jià)為：

　　S=500x+400（16-x）＋300（15-x）+600（x-3）

　　 ＝400x+9100。

　　顯然，x要滿足不等式3≤x≤15，于是當(dāng)x=3時(shí)，總運(yùn)價(jià)最省，為 400× 3＋ 9100=10300（元）。

　　調(diào)運(yùn)方案為：由A地運(yùn)往甲方3臺，A地運(yùn)往乙方13臺，B地運(yùn)往甲方12臺，B地運(yùn)往乙方0臺。

　　例10 某校決定出版“作文集”，費(fèi)用是30冊以內(nèi)為80元，超過30冊的每冊增加1.20元。當(dāng)印刷多少冊以上時(shí)，每冊費(fèi)用在1.50元以內(nèi)？

　　解：顯然印刷的冊數(shù)應(yīng)該大于30。設(shè)印刷了（30＋x）冊，于是總用費(fèi)為（80+1.2x）元。故有

　　80+1.2x≤1.5 ×（30+x），

　　 以內(nèi)。

　　例11 現(xiàn)有三種合金：第一種含銅60％，含錳40％；第二種含錳10％，含鎳90％；第三種含銅20％，含錳50％，含鎳30％。現(xiàn)各取適當(dāng)數(shù)量的這三種合金，組成一塊含鎳45％的新合金，重量為1千克。

　?。?）求新合金中第二種合金的重量的范圍；

　?。?）求新合金中含錳的重量的范圍。

　　解：設(shè)第一種合金用量為x千克，第二種合金用量為y千克，第三種合金用量為z千克，依題意有



　?。?）如果不取第一種合金，即x=0，那么新合金中第二種合金重量最小。解得y=0.25。

　　如果不取第三種合金，即z=0，那么新合金中第二種合金重量最大。解得y＝0.5。

　　新合金中第二種合金的重量范圍是0.25克到0.5克。

　?。?）由①②可得z＝1.5-3y，x=2y－0.5。故新合金中含錳的重量為

　　S＝40％x+10％y+50％z

　　=40％（2y-0.5）＋10％y＋50％（1.5-3y）

　?。?.55-0.6y。

　　因?yàn)?.25≤y≤0.5，所以0.25≤S≤0.4，即新合金中含錳的重量范圍是0.25克到0.4克。

　　例12 某商店需要制作如下圖所示的工字形架100個(gè)，每個(gè)由三根長為2.3米、1.7米、1.3米的鋁合金材料組裝而成。市場上可購得該鋁合金材料的原料長為6.3米。問：至少要買回多少根原材料，才能滿足要求（不計(jì)損耗）？



　　解：每根原材料的切割有下表的七種情況：



　　顯然，④⑤⑥三種方案損耗較小。④⑤⑥⑦方案依次切割原材料42根、14根、29根、1根，可得2.3米、1.7米、1.3米的材料各100根，共用原材料 42＋14＋29＋1=86（根）。

練習(xí)10

　　1．銷售某種西服，當(dāng)每件售價(jià)為100元時(shí)可售出1000件。如果定價(jià)每下降1％，那么銷售量將提高0.5％，又知道這批西服是每件80元成本購進(jìn)的。問：應(yīng)如何定價(jià)才能使獲利最大？

　　2．下圖是一個(gè)面積為4m2的窗戶，當(dāng)a∶b的值是多少時(shí)，窗戶的框架所用的材料最??？



　　3．有一個(gè)長為 80cm、寬為40cm的木板，要以它為原材料做一個(gè)無蓋的木盒，應(yīng)該如何制作才能使木盒的容積最大？最大的容積是多少？

　　4．某廠要建造一個(gè)無蓋的露天水槽，其底為正方形，容量為64000m3。在建造時(shí)，槽底的造價(jià)是四壁的2倍，這個(gè)水槽的底面邊長和高的比例是多少時(shí)，造價(jià)最?。?br>
　　5．A城有化肥 200噸，B城有化肥 300噸，現(xiàn)要將化肥運(yùn)往C，D兩村。已知從A城運(yùn)往C，D兩村的運(yùn)價(jià)分別是每噸20元和25元，從B城運(yùn)往C，D兩村的運(yùn)價(jià)分別是每噸15元和22元。某個(gè)體戶承包了這項(xiàng)運(yùn)輸任務(wù)，請你幫他算一算，如何調(diào)運(yùn)才能使運(yùn)費(fèi)最省？

　　6．有兩個(gè)學(xué)生參加4次數(shù)學(xué)測驗(yàn)，他們的平均分?jǐn)?shù)不同，但都是低于90分的整數(shù)。他們又參加了第5次測驗(yàn)，這樣5次的平均分?jǐn)?shù)都提高到了90分，求第5次測驗(yàn)二人的得分（滿分為100分）。

　　7．某機(jī)械廠要把一批長7300毫米的鋼筋截成長290毫米、210毫米和150毫米的鋼筋各一段組成一套鋼筋架子?，F(xiàn)在做100套鋼筋架子，至少要用去長為7300毫米的鋼筋多少根？

　　8．下表所示為X，Y，Z三種食品原料的維生素含量（單位：單位/千克）及成本：



　　現(xiàn)在要將三種食物混合成100千克的混合物，要求混合物至少需含44000單位的維生素A及48000單位的維生素B0如果所用的食物中x，Y，Z的重量依次為X千克、y千克、Z千克，那么請定出X，y，Z的值，使得成本為最少。

練習(xí)10

　　1.91元。

　　解：設(shè)定價(jià)為每件（100-x）元，則銷售量為1000（1+0.5％x）件。利潤為

　?。?00-x-80）×1000（1+0.5％x）

　　=500×（20-x）（2+x）。

　　因?yàn)椋?0-x）+（2+x）=22為一定值，故當(dāng)20-x=2+x即x=9時(shí)利潤最高。此時(shí)每件定價(jià)為100-9=91（元）。

　　2.2∶3。

　　解：窗戶的框架長為 3a+2b，而 ab=4是一個(gè)定值，從而3a×2b=6ab=24也是一個(gè)定值，故當(dāng)3a=2b即a∶b=2∶3時(shí)窗戶框架所用材料最省。

　　3.32000cm3

　　解：設(shè)木盒的長、寬、高分別為xcm，ycm，zcm，則它的容積為V=xyzcm3。因?yàn)?br>
　　xy+2xz+2yz=40×80=3200

　　為一定值，故它們的積

　　xy×2xz×2yz=4（xyz）2=4V2，

　　在xy=2xz=2yz時(shí)最大，從而V也最大，此時(shí)有x=y=2z。經(jīng)計(jì)算得x=40，y=40，z=20。

　　具體制作方式如下：先取原木板的一半（40cm×40cm）作為木盒的底面，再將剩下的一半分成 20 cm×40 cm大小的四等份，每份作為木盒的一個(gè)側(cè)面就可以了。

　　4.1∶1。

　　解：設(shè)四壁的造價(jià)是a元/m2，則底面造價(jià)為2a元/m2。又設(shè)其底面邊長為xm，高為ym，則有

　　x2y=64000。

　　總造價(jià)為

　　　　　　　　　　　　　　　　　a×4xy+2a×x2

　　=2a（2xy+x2）=2a（xy+xy+x2）。

　　因?yàn)閤y×xy×x2=（x2y）2=640002為一定值，故當(dāng)xy=xy=x2即x∶y=1∶1時(shí)，總造價(jià)最省。

　　5.解：設(shè)A城化肥運(yùn)往C村x噸，則運(yùn)往D村（200-x）噸；B城化肥運(yùn)往C村（220-x）噸，運(yùn)往D村（80+x）噸，總運(yùn)費(fèi)y元，則

　　y=20x+25（200-x）+15（220-x）+22（80+x）

　　　　　　　　　　　　　　=2x+10060。

　　又易知0≤x≤200，故當(dāng)x=0時(shí)，運(yùn)費(fèi)最省，為10060元。

　　運(yùn)輸方案如下：A城化肥運(yùn)往C村0噸，運(yùn)往D村200噸；B城化肥運(yùn)往C村220噸，運(yùn)往D村80噸。

　　6.98，94。

　　解：設(shè)某一學(xué)生前4次的平均分為x分，第5次的得分為y分，則其5次總分為

　　4x+y=5×90=450。

　　于是y=450-4x。顯然90＜y≤100，故

　　90＜450-4x≤100，

　　解得87.5≤x＜90。于是兩個(gè)學(xué)生前4次的平均分分別為88分和89分。第5次得分分別為 450-4×88=98（分）和450-4×89=94（分）。

　　7.90根。

　　解：每一根7300毫米的鋼筋有如下三種損耗較小的截法：

　　290×2+150×1=7300， ①

　　210×2+150×2=7200， ②

　　210×2+290×2=7100。 ③

　　設(shè)按方案①截得的鋼筋有x根，按方案②截得的鋼筋有y 根，按方案③截得的鋼筋有z根，則長為290，210，150毫米各有100根，即

　　2x+z=x+2y=2y+2z=100。

　　于是x=40，y=30，z=20。一共至少用去長為7300毫米的鋼筋90根。

　　8. 30，20， 50。

　　解：x+y+z=100， ①

　　400x+600y+400z≥44000， ②

　　800x+200y+400z≥48000。 ③

　　由②得 2x+3y+2z≥220。 ④

　　由③得 4x+y+2z≥240。 ⑤

　　由④-①×2，得y≥20。由⑤-①×2，得2x-y≥40。

　　由①得 z=100-x-y。

　　成本為

　　　6x+5y+4z

　　=6x+5y+4（100-x-y）

　　=400+2x+y

　　=400+2y+（2x-y）≥400+40+40=480。



第11講 計(jì)數(shù)的方法與原理

　　計(jì)數(shù)方法與原理是組合數(shù)學(xué)的主要課題之一，本講介紹一些計(jì)數(shù)的基本方法及計(jì)數(shù)的基本原理。

一、枚舉法

　　一位旅客要從武漢乘火車去北京，他要了解所有可供乘坐的車次共有多少，一個(gè)最易行的辦法是找一張全國列車運(yùn)行時(shí)刻表，將所有從武漢到北京的車次逐一挑出來，共有多少次車也就數(shù)出來了，這種計(jì)數(shù)方法就是枚舉法。所謂枚舉法，就是把所要求計(jì)數(shù)的所有對象一一列舉出來，最后計(jì)算總數(shù)的方法。運(yùn)用枚舉法進(jìn)行列舉時(shí)，必須注意無一重復(fù)，也無一遺漏。

　　例1 四個(gè)學(xué)生每人做了一張賀年片，放在桌子上，然后每人去拿一張，但不能拿自己做的一張。問：一共有多少種不同的方法？

　　解：設(shè)四個(gè)學(xué)生分別是A，B，C，D，他們做的賀年片分別是a，b，c，d。

　　先考慮A拿B做的賀年片b的情況（如下表），一共有3種方法。



　　同樣，A拿C或D做的賀年片也有3種方法。

　　一共有3＋3＋3=9（種）不同的方法。

　　例2 甲、乙二人打乒乓球，誰先連勝兩局誰贏，若沒有人連勝頭兩局，則誰先勝三局誰贏，打到?jīng)Q出輸贏為止。問：一共有多少種可能的情況？

　　解：如下圖，我們先考慮甲勝第一局的情況：



　　圖中打√的為勝者，一共有7種可能的情況。同理，乙勝第一局也有 7種可能的情況。一共有 7＋7=14（種）可能的情況。

二、加法原理

如果完成一件事情有n類方法，而每一類方法中分別有m1，m2，…，mn種方法，而不論采用這些方法中的任何一種，都能單獨(dú)地完成這件事情，那么要完成這件事情共有

N=m1+m2+…mn

種方法。

　　這是我們所熟知的加法原理，也是利用分類法計(jì)數(shù)的依據(jù)。

　　例3 一個(gè)自然數(shù)，如果它順著數(shù)和倒著數(shù)都是一樣的，則稱這個(gè)數(shù)為“回文數(shù)”。例如1331，7，202都是回文數(shù)，而220則不是回文數(shù)。問：1到6位的回文數(shù)一共有多少個(gè)？按從小到大排，第2000個(gè)回文數(shù)是多少？

　　解：一位回文數(shù)有：1，2，…，9，共9個(gè)；

　　二位回文數(shù)有：11，22，…，99，共9個(gè)；

　　三位回文數(shù)有：101，111，…，999，共90個(gè)；

　　四位回文數(shù)有：1001，1111，…，9999，共90個(gè)；

　　五位回文數(shù)有：10001，10101，…，99999，共900個(gè)；

　　六位回文數(shù)有：100001，101101，…，999999，共900個(gè)。

　　到六位數(shù)為止，回文數(shù)共有

　　9＋9＋90＋90＋900＋900=1998（個(gè)）。

　　第1999個(gè)回文數(shù)是1000001，第2000個(gè)回文數(shù)是1001001。

　　例4 設(shè)有長度為1，2，…，9的線段各一條，現(xiàn)在要從這9條線段中選取若干條組成一個(gè)正方形，共有多少種不同的取法？這里規(guī)定當(dāng)用2條或多條線段接成一條邊時(shí)，除端點(diǎn)外，不許重疊。

　　解法1：因?yàn)?br>


　　所以正方形的邊長不大于11。

　　下面按正方形的邊長分類枚舉：

　?。?）邊長為11：9＋2=8+3=7＋4=6＋5，可得1種選法；

　?。?）邊長為10：9＋1=8＋2=7＋3=6＋4，可得1種選法；

　　（3）邊長為 9：9=8＋1=7＋2=6＋3=5＋4，可得5種選法；

　?。?）邊長為8：8=7＋1=6＋2=5+3，可得1種選法；

　?。?）邊長為7：7=6＋1=5＋2=4＋3，可得1種選法；

　?。?）邊長≤6時(shí)，無法選擇。

　　綜上計(jì)算，不同的取法共有

　　1＋1+5＋1＋1=9（種）。

　　解法2：由于這些線段互不等長，故至少要用7條線段才能組成一個(gè)正方形。當(dāng)恰取7條線段組成正方形時(shí)，正方形的3條邊各用2條線相接，另一條邊只用一條線段；當(dāng)恰用8條線段時(shí)，只能每邊各用2條線段相接（容易看出，其他情況不可能發(fā)生）。因?yàn)?1+2＋…＋9=45， 45不能被4整除，所以用9條線段，不可能組成正方形。由解法一知，拼出的正方形邊長至多為11，又易知正方形的邊長不可能為1，2，3，4，5，6。有了以上分析就容易計(jì)數(shù)了。

　?。?）取出7條線段，有以下7種：

　　7=1+6＝2＋5＝3＋4；

　　8＝1+7＝2+6＝3＋5；

　　9＝1＋8＝2＋7＝3＋6=4＋5

　　（這個(gè)式子有5種）；

　　（2）取出8條線段，有以下2種：

　　1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6；

　　2＋9＝3＋8＝4＋7＝5＋6。

　　綜上所述，不同的取法共有7＋2=9（種）。

三、乘法原理

如果完成一件事必須分n個(gè)步驟，而每一個(gè)步驟分別有m1，m2，…，mn種方法，那么完成這件事共有

N＝m1×m2×…×mn

種方法。

　　這就是乘法原理，它是分步法的依據(jù)。乘法原理和加法原理被稱為是計(jì)數(shù)的基本原理。我們應(yīng)注意它們的區(qū)別，也要注意二者的聯(lián)合使用。

　　例5 一臺晚會(huì)上有6個(gè)演唱節(jié)目和4個(gè)舞蹈節(jié)目。求：

　　（1）當(dāng)4個(gè)舞蹈節(jié)目要排在一起時(shí)，有多少不同的安排節(jié)目的順序？

　?。?）當(dāng)要求每2個(gè)舞蹈節(jié)目之間至少安排1個(gè)演唱節(jié)目時(shí)，一共有多少不同的安排節(jié)目的順序？

　　解：（1）先將4個(gè)舞蹈節(jié)目看成1個(gè)節(jié)目，與6個(gè)演唱節(jié)目一起排，有 7！=7×6×5×4×3×2×1=5404（種）方法。

　　第二步再排4個(gè)舞蹈節(jié)目，有4！=4×3×2×1＝24（種）方法。

　　根據(jù)乘法原理，一共有 5040×24=120960（種）方法。

　?。?）首先將6個(gè)演唱節(jié)目排成一列（如下圖中的“□”），一共有6！=6×5×4×3×2 ×1=720（種）方法。

　　×□×□×□×□×□×□×

　　第二步，再將4個(gè)舞蹈節(jié)目排在一頭一尾或2個(gè)演唱節(jié)目之間（即上圖中“×”的位置），這相當(dāng)于從7個(gè)“×”中選4個(gè)來排，一共有7×6×5×4＝840（種）方法。

　　根據(jù)乘法原理，一共有720×840=604800（種）方法。

　　例6 有8個(gè)隊(duì)參加比賽，如果采用下面的淘汰制，那么在賽前抽簽時(shí)，實(shí)際上可以得到多少種不同的安排表？



　　解：8個(gè)隊(duì)要經(jīng)過3輪比賽才能確定冠亞軍。將第1輪的4組，自左至右記為1，2，3，4組，其中第1，2組為甲區(qū)，3，4組為乙區(qū)。8個(gè)隊(duì)抽簽即是在上圖的8個(gè)位置排列，共有

　　8！=8×7×6×5×4×3×2×1=40320（種）

　　不同的方法。

　　但是，兩種不同的排列不一定是實(shí)際上不同比賽的安排表。事實(shí)上，8隊(duì)中的某4隊(duì)都分在甲區(qū)或乙區(qū)，實(shí)際上是一樣的；同區(qū)的4隊(duì)中某2隊(duì)在某一組或另一組，實(shí)際上也是一樣的；同組中的2隊(duì)，編號誰是奇數(shù)誰是偶數(shù)實(shí)際也是一樣的。

　　由乘法原理知，在40320種排法中，與某一種排法實(shí)質(zhì)上相同的排法有 2×22×24=27=128（種），故按實(shí)際不同比賽安排表的種數(shù)是



四、對應(yīng)法

　　小孩子數(shù)蘋果，往往掰著手指頭，一個(gè)一個(gè)地掰，掰完左手掰右手，這種數(shù)蘋果的方法就是對應(yīng)法。小孩子把蘋果與自己的手指頭一對一，他掰了幾個(gè)指頭，也就數(shù)出了幾個(gè)蘋果。一般地，如果兩類對象彼此有一對一的關(guān)系，那么我們可以通過對一類較易計(jì)數(shù)的對象計(jì)數(shù)，而得出具有相同數(shù)目的另一類難于計(jì)數(shù)的對象的個(gè)數(shù)。

　　例7 在8×8的方格棋盤中，取出一個(gè)由 3個(gè)小方格組成的“L”形（如圖1），一共有多少種不同的方法？



　　解：每一種取法，有一個(gè)點(diǎn)與之對應(yīng)，這就是圖1中的A點(diǎn)，它是棋盤上橫線與豎線的交點(diǎn)，且不在棋盤邊上。

　　從圖2可以看出，棋盤內(nèi)的每一個(gè)點(diǎn)對應(yīng)著4個(gè)不同的取法（“L”形的“角”在2×2正方形的不同“角”上）。

　　由于在 8×8的棋盤上，內(nèi)部有7×7=49（個(gè)）交叉點(diǎn)，故不同的取法共有

　　49×4=196（種）。

　　例8 數(shù)3可以用4種方法表示為1個(gè)或幾個(gè)正整數(shù)的和，如3，1＋2，2+1，1+1＋1。問：1999表示為1個(gè)或幾個(gè)正整數(shù)的和的方法有多少種？

　　分析與解：我們將1999個(gè)1寫成一行，它們之間留有1998個(gè)空隙，在這些空隙處，或者什么都不填，或者填上“＋”號。例如對于數(shù)3，上述4種和的表達(dá)方法對應(yīng)：

　　111，11＋1，1＋11，1＋1＋1。

　　顯然，將1999表示成和的形式與填寫1998個(gè)空隙處的方式之間一對一，而每一個(gè)空隙處都有填“＋”號和不填“＋”號2種可能，因此1999可以表示為正整數(shù)之和的不同方法有



五、容斥原理

　　在應(yīng)用加法原理時(shí)，關(guān)鍵在于把所要計(jì)數(shù)的對象分為若干個(gè)不重不漏的類，使得每類便于計(jì)數(shù)。但是具體問題往往是復(fù)雜的，常常扭成一團(tuán)，難以分為不重不漏的類，而要把條理分清楚就得用加法原理的推廣——容斥原理。

　　為了表達(dá)方便，我們用A表示A類元素的個(gè)數(shù)，用B表示B類元素的個(gè)數(shù)，用 A∪B表示是 A類或是 B類元素的個(gè)數(shù)，用A∩B表示既是A類又是B類元素的個(gè)數(shù)。A∪B∩C，A∪B∩C的意義類似。

容斥原理1 如果被計(jì)數(shù)的事物有兩類，那么

A∪B＝A＋B－A∩B。

容斥原理2 如果被計(jì)數(shù)的事物有三類，那么

A∪B∪C＝A+B＋C-A∩B-B∩C－A∩C＋A∩B∩B。

　　容斥原理的實(shí)質(zhì)在于包含與排除，或形象地稱之為“多退少補(bǔ)”。容斥原理若用韋恩圖進(jìn)行分析和記憶，十分方便，留給讀者研究。

　　例9 在100名學(xué)生中，有10人既不會(huì)騎自行車又不會(huì)游泳，有65人會(huì)騎自行車，有73人會(huì)游泳，既會(huì)騎自行車又會(huì)游泳的有多少人？

　　解：從100名總?cè)藬?shù)中減去既不會(huì)騎自行車又不會(huì)游泳的10人，就是會(huì)騎自行車或會(huì)游泳的人數(shù)

　　100-10=90（人）。

　　既會(huì)騎自行車又會(huì)游泳的有（65＋73）－90=48（人）。

　　例10 在1至100的自然數(shù)中，不能被2整除，又不能被3整除，還不能被5整除的數(shù)，占這100個(gè)自然數(shù)的百分之幾？

　　解：由容斥原理2知，1至100的自然數(shù)中，或能被2整除，或能被3整除，或能被5整除的自然數(shù)的個(gè)數(shù)是

　　　

　?。?0＋33＋20-16-6＋3＝74。

　　所以，在1至100的自然數(shù)中，不能被2整除，又不能被3整除，還不能被5整除的自然數(shù)有100－74=26（個(gè)），占這100個(gè)自然數(shù)的26％。

六、歸納法

　　對于比較復(fù)雜的問題，可以先觀察其簡單情況，歸納出其中帶規(guī)律性的東西，然后再來解決較復(fù)雜的問題。

　　例11 10個(gè)三角形最多將平面分成幾個(gè)部分？

　　解。設(shè)n個(gè)三角形最多將平面分成an個(gè)部分。

　　n=1時(shí)，a1=2；

　　n=2時(shí)，第二個(gè)三角形的每一條邊與第一個(gè)三角形最多有2個(gè)交點(diǎn)，三條邊與第一個(gè)三角形最多有2×3=6（個(gè)）交點(diǎn)。這6個(gè)交點(diǎn)將第二個(gè)三角形的周邊分成了6段，這6段中的每一段都將原來的每一個(gè)部分分成2個(gè)部分，從而平面也增加了6個(gè)部分，即a2＝2＋2×3。

　　n＝3時(shí)，第三個(gè)三角形與前面兩個(gè)三角形最多有4×3＝12（個(gè)）交點(diǎn)，從而平面也增加了12個(gè)部分，即：

　　a3=2＋2×3＋4×3。

　　……

　　一般地，第n個(gè)三角形與前面（n-1）個(gè)三角形最多有2（n-1）×3個(gè)交點(diǎn)，從而平面也增加2（n－1）×3個(gè)部分，故

　　an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3

　　　＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3

　　?。?＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2。

　　特別地，當(dāng)n＝10時(shí)，a10＝3×102＋3×10＋2=272，即10個(gè)三角形最多把平面分成272個(gè)部分。

七、整體法

　　解答數(shù)學(xué)題，有時(shí)要“化整為零”，使問題變得簡單；有時(shí)反而要從整體上來考慮，從全局、從整體來研究問題。

　　例12 正方形ABCD的內(nèi)部有1999個(gè)點(diǎn)，以正方形的4個(gè)頂點(diǎn)和內(nèi)部的1999個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)，將它剪成一些三角形。問：一共可以剪成多少個(gè)三角形？共需剪多少刀？

　　解：我們從整體來考慮，先計(jì)算所有三角形的內(nèi)角和。匯聚在正方形內(nèi)一點(diǎn)的諸角之和是360°，而正方形內(nèi)角和也是360°，共有 360°×1999＋360°，從而三角形的個(gè)數(shù)是



　　由于每個(gè)三角形有三條邊，而正方形紙?jiān)瓉淼?條邊當(dāng)然不用剪；其余的邊，由于是兩個(gè)三角形的公共邊，剪一刀出兩條邊，所以共剪的刀數(shù)是



練習(xí)11

　　1．一只青蛙在A，B，C三點(diǎn)之間跳動(dòng)，若青蛙從A點(diǎn)跳起，跳4次仍回到A點(diǎn)，則這只青蛙一共有多少種不同的跳法？

　　2．在國際象棋棋盤上放置兩只“車”，如果它們彼此不構(gòu)成威脅，那么一共有多少種不同的放法？



　　3．在8×8的棋盤上可以找到多少個(gè)形如右圖所示的“凸”字形圖形？

　　4．從19，20，21，…，97，98，99這81個(gè)數(shù)中，選取兩個(gè)不同的數(shù)，使其和為偶數(shù)的選法總數(shù)是多少？

　　5．平面上有7個(gè)不在同一直線上的點(diǎn)，以這7個(gè)點(diǎn)作為頂點(diǎn)做三角形，使得任何兩個(gè)三角形至多只有一個(gè)公共頂點(diǎn)。最多可做出多少個(gè)滿足條件的三角形？

　　6．下圖是一個(gè)道路圖。A處有一大群孩子，這群孩子向東或向北走，在從A開始的每個(gè)路口，都有一半人向北走，另一半人向東走，如果先后有60個(gè)孩子到過路口B，那么先后共有多少個(gè)孩子到過路口C？



　　7．在1001，1002，…，2000這1000個(gè)自然數(shù)中，可以找到多少對相鄰的自然數(shù)，使它們相加時(shí)不進(jìn)位？

　　8．有10個(gè)箱子，編號為1，2，…，10，各配一把鑰匙，10把各不相同，每個(gè)箱子放進(jìn)一把鑰匙鎖好，先撬開1，2號箱子，取出鑰匙去開別的箱子，如果最終能把所有箱子的鎖都打開，則說是一種好的放鑰匙的方法。求好的方法的總數(shù)。

練習(xí)11

　　1.6種。

　　解：如下圖，第1步跳到B，4步回到A有3種方法；同樣第1步到C的也有3種方法。共有6種方法。



　　2.3136種。

　　解：第一步，放第一只“車”，有64種方法；第二步，放第二只“車”，因不能和第一只同行，也不能同列，故有49種方法。由乘法原理，一共有64×49=3136（種）放法。

　　3.168個(gè)。

　　解：在每個(gè)2×3的長方形中可以找到2個(gè)“凸”字形圖形，8×8方格棋盤中共有84個(gè)2×3的長方形，所以可以找到

　　84×2=168（個(gè)）。

　　4.1600種。

　　解：從19到99共計(jì)81個(gè)不同的整數(shù)，其中有41個(gè)奇數(shù)、40個(gè)偶數(shù)。

　　若選取兩數(shù)之和為偶數(shù)，則必須且只須選取的兩個(gè)數(shù)有相同的奇偶性，所以選取的方法數(shù)分為兩類：第一類，選取兩個(gè)不同偶數(shù)的方法數(shù)；第二類，選取兩個(gè)不同奇數(shù)的方法數(shù)。依加法原理，這兩類方法數(shù)的總和即為所求的方法數(shù)。

　　第一類是從40個(gè)偶數(shù)中選取兩個(gè)不同偶數(shù)的方法數(shù)，先取第一個(gè)偶數(shù)有40種方法，從其余39個(gè)偶數(shù)中選擇第2個(gè)有39種方法，依乘法原理，共有40×39種不同的方法，但注意選取第1個(gè)數(shù)比如30，選取第 2個(gè)數(shù)比如 32，與選第1個(gè)數(shù)32，再選第2個(gè)數(shù)30，是同一組。所以總的選法數(shù)應(yīng)該折半，



　　第二類是從41個(gè)奇數(shù)中選取兩個(gè)不同奇數(shù)的方法數(shù)，與上述方法相同，

　　

　　5.7個(gè)。

　　 2個(gè)三角形至多有1個(gè)公共頂點(diǎn)，從而任意2個(gè)三角形沒有公共邊，故至多



　　另一方面，7個(gè)是可以達(dá)到的。設(shè)7個(gè)點(diǎn)依次為A1，A2，…，A7。如右圖，△A1A2A3，△A1A4A5，△A1A6A7，△A2A4A6，△A2A5A7，△A3A4A7，△A3A5A6這7個(gè)三角形兩兩沒有公共邊。

　　故最多可以做7個(gè)三角形。

　　6.48人。

　　解：如下圖，設(shè)A處有a個(gè)孩子，圖中各個(gè)路口邊上的數(shù)字表示到過該

　 　

　　又從下圖看出，到過路口C的人數(shù)為



　　7.156個(gè)。

　　解：相鄰兩數(shù)相加不需進(jìn)位的數(shù)對中，前一個(gè)數(shù)可分成四類：

　?。?）1999，1個(gè)；

　　

　　

　　

　　由加法原理知，這樣的數(shù)對共有

　　1+5+25+125=156（個(gè)）。

　　8.725760。

　　解：設(shè)第1，2，3，…，10號箱子中所放的鑰匙號碼依次為k1，k2，k3，…，k10。當(dāng)箱子數(shù)為n（n≥2）時(shí)，好的放法的總數(shù)為an。

　　當(dāng)n=2時(shí)，顯然a2=2（k1=1，k2=2或k1=2，k2=1）。

　　當(dāng)n=3時(shí)，顯然k3≠3，否則第3個(gè)箱子打不開，從而k1=3或k2=3，于是n=2時(shí)的每一組解對應(yīng)n=3的2組解，這樣就有a3=2a2=4。

　　當(dāng)n=4時(shí)，也一定有k4≠4，否則第4個(gè)箱子打不開，從而k1=4或k2=4或k3=4，于是n=3時(shí)的每一組解，對應(yīng)n=4時(shí)的3組解，這樣就有a4=3a3=12。

　　依次類推，有

　　a10=9a9=9×8a8=…

　　　=9×8×7×6×5×4×3×2a2

　　　=2×9！=725760。

　　即好的方法總數(shù)為725760。

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:19

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》（四）

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》
染色和賦值

　　染色方法和賦值方法是解答數(shù)學(xué)競賽問題的兩種常用的方法。就其本質(zhì)而言，染色方法是一種對題目所研究的對象進(jìn)行分類的一種形象化的方法。而凡是能用染色方法來解的題，一般地都可以用賦值方法來解，只需將染成某一種顏色的對象換成賦于其某一數(shù)值就行了。賦值方法的適用范圍要更廣泛一些，我們可將題目所研究的對象賦于適當(dāng)?shù)臄?shù)值，然后利用這些數(shù)值的大小、正負(fù)、奇偶以及相互之間運(yùn)算結(jié)果等來進(jìn)行推證。

一、染色法

　　將問題中的對象適當(dāng)進(jìn)行染色，有利于我們觀察、分析對象之間的關(guān)系。像國際象棋的棋盤那樣，我們可以把被研究的對象染上不同的顏色，許多隱藏的關(guān)系會(huì)變得明朗，再通過對染色圖形的處理達(dá)到對原問題的解決，這種解題方法稱為染色法。常見的染色方式有：點(diǎn)染色、線段染色、小方格染色和對區(qū)域染色。

　　例1 用15個(gè)“T”字形紙片和1個(gè)“田”字形紙片（如下圖所示），能否覆蓋一個(gè)8×8的棋盤？



　　解：如下圖，將 8×8的棋盤染成黑白相間的形狀。如果15個(gè)“T”字形紙片和1個(gè)“田”字形紙片能夠覆蓋一個(gè)8×8的棋盤，那么它們覆蓋住的白格數(shù)和黑格數(shù)都應(yīng)該是32個(gè)，但是每個(gè)“T”字形紙片只能覆蓋1個(gè)或3個(gè)白格，而1和3都是奇數(shù)，因此15個(gè)“T”字形紙片覆蓋的白格數(shù)是一個(gè)奇數(shù)；又每個(gè)“田”字形紙片一定覆蓋2個(gè)白格，從而15個(gè)“T”字形紙片與1個(gè)“田”字形紙片所覆蓋的白格數(shù)是奇數(shù)，這與32是偶數(shù)矛盾，因此，用它們不能覆蓋整個(gè)棋盤。



　　例2 如左下圖，把正方體分割成27個(gè)相等的小正方體，在中心的那個(gè)小正方體中有一只甲蟲，甲蟲能從每個(gè)小正方體走到與這個(gè)正方體相鄰的6個(gè)小正方體中的任何一個(gè)中去。如果要求甲蟲只能走到每個(gè)小正方體一次，那么甲蟲能走遍所有的正方體嗎？



　　解：甲蟲不能走遍所有的正方體。我們?nèi)缬疑蠄D將正方體分割成27個(gè)小正方體，涂上黑白相間的兩種顏色，使得中心的小正方體染成白色，再使兩個(gè)相鄰的小正方體染上不同的顏色。顯然，在27個(gè)小正方體中，14個(gè)是黑的，13個(gè)是白的。甲蟲從中間的白色小正方體出發(fā)，每走一步，方格就改變一種顏色。故它走27步，應(yīng)該經(jīng)過14個(gè)白色的小正方體、13個(gè)黑色的小正方體。因此在27步中至少有一個(gè)小正方體，甲蟲進(jìn)去過兩次。由此可見，如果要求甲蟲到每一個(gè)小正方體只去一次，那么甲蟲不能走遍所有的小正方體。

　　例3 8×8的國際象棋棋盤能不能被剪成7個(gè)2×2的正方形和9個(gè)4×1的長方形？如果可以，請給出一種剪法；如果不行，請說明理由。

　　解：如下圖，對8×8的棋盤染色，則每一個(gè)4×1的長方形能蓋住2白2黑小方格，每一個(gè)2×2的正方形能蓋住1白3黑或3白1黑小方格。推知7個(gè)正方形蓋住的黑格總數(shù)是一個(gè)奇數(shù)，但圖中的黑格數(shù)為32，是一個(gè)偶數(shù)，故這種剪法是不存在的。



　　例4 在平面上有一個(gè)27×27的方格棋盤，在棋盤的正中間擺好81枚棋子，它們被擺成一個(gè)9×9的正方形。按下面的規(guī)則進(jìn)行游戲：每一枚棋子都可沿水平方向或豎直方向越過相鄰的棋子，放進(jìn)緊挨著這枚棋子的空格中，并把越過的這枚棋子取出來。問：是否存在一種走法，使棋盤上最后恰好剩下一枚棋子？

　　解：如下圖，將整個(gè)棋盤的每一格都分別染上紅、白、黑三種顏色，這種染色方式將棋盤按顏色分成了三個(gè)部分。按照游戲規(guī)則，每走一步，有兩部分中的棋子數(shù)各減少了一個(gè)，而第三部分的棋子數(shù)增加了一個(gè)。這表明每走一步，每個(gè)部分的棋子數(shù)的奇偶性都要改變。



　　因?yàn)橐婚_始時(shí)，81個(gè)棋子擺成一個(gè)9×9的正方形，顯然三個(gè)部分的棋子數(shù)是相同的，故每走一步，三部分中的棋子數(shù)的奇偶性是一致的。

　　如果在走了若干步以后，棋盤上恰好剩下一枚棋子，則兩部分上的棋子數(shù)為偶數(shù)，而另一部分的棋子數(shù)為奇數(shù)，這種結(jié)局是不可能的，即不存在一種走法，使棋盤上最后恰好剩下一枚棋子。

　　例5 圖1是由數(shù)字0，1交替構(gòu)成的，圖2是由圖1中任選減1，如此反復(fù)多次形成的。問：圖2中的A格上的數(shù)字是多少？



　　解：如左下圖所示，將8×8方格黑白交替地染色。



　　此題允許右上圖所示的6個(gè)操作，這6個(gè)操作無論實(shí)行在哪個(gè)位置上，白格中的數(shù)字之和減去黑格中的數(shù)字之和總是常數(shù)。所以圖1中白格中的數(shù)字之和減去黑格中的數(shù)字之和，與圖2中白格中的數(shù)字之和減去黑格中的數(shù)字之和相等，都等于32，由（31＋A）-32=32，得出A=33。

　　例6 有一批商品，每件都是長方體形狀，尺寸是1×2×4?，F(xiàn)在有一批現(xiàn)成的木箱，內(nèi)空尺寸是6×6×6。問：能不能用這些商品將木箱填滿？

　　解：我們用染色法來解決這個(gè)問題。先將6×6×6的木箱分成216個(gè)小正方體，這216個(gè)小正方體，可以組成27個(gè)棱長為2的正方體。我們將這些棱長為2的正方體按黑白相間涂上顏色（如下圖）。



　　容易計(jì)算出，有14個(gè)黑色的，有13個(gè)白色的?，F(xiàn)在將商品放入木箱內(nèi)，不管怎么放，每件商品要占據(jù)8個(gè)棱長為1的小正方體的空間，而且其中黑、白色的必須各占據(jù)4個(gè)?，F(xiàn)在白色的小正方體共有8×13=104（個(gè)），再配上104個(gè)黑色的小正方體，一共可以放26件商品，這時(shí)木箱余下的是8個(gè)黑色小正方體所占據(jù)的空間。這8個(gè)黑色的小正方體的體積雖然與一件商品的體積相等，但是容不下這件商品。因此不能用這些商品剛好填滿。

　　例7 6個(gè)人參加一個(gè)集會(huì)，每兩個(gè)人或者互相認(rèn)識或者互相不認(rèn)識。證明：存在兩個(gè)“三人組”，在每一個(gè)“三人組”中的三個(gè)人，或者互相認(rèn)識，或者互相不認(rèn)識（這兩個(gè)“三人組”可以有公共成員）。

　　證明：將每個(gè)人用一個(gè)點(diǎn)表示，如果兩人認(rèn)識就在相應(yīng)的兩個(gè)點(diǎn)之間連一條紅色線段，否則就連一條藍(lán)色線段。本題即是要證明在所得的圖中存在兩個(gè)同色的三角形。

　　設(shè)這六個(gè)點(diǎn)為A，B，C，D，E，F(xiàn)。我們先證明存在一個(gè)同色的三角形：

　　考慮由A點(diǎn)引出的五條線段AB，AC，AD，AE，AF，其中必然有三條被染成了相同的顏色，不妨設(shè)AB，AC，AD同為紅色。再考慮△BCD的三邊：若其中有一條是紅色，則存在一個(gè)紅色三角形；若這三條都不是紅色，則存在一個(gè)藍(lán)色三角形。



　　下面再來證明有兩個(gè)同色三角形：不妨設(shè)△ABC的三條邊都是紅色的。若△DEF也是三邊同為紅色的，則顯然就有兩個(gè)同色三角形；若△DEF三邊中有一條邊為藍(lán)色，設(shè)其為DE，再考慮DA，DB，DC三條線段：若其中有兩條為紅色，則顯然有一個(gè)紅色三角形；若其中有兩條是藍(lán)色的，則設(shè)其為DA，DB。此時(shí)在EA，EB中若有一邊為藍(lán)色，則存在一個(gè)藍(lán)色三角形；而若兩邊都是紅色，則又存在一個(gè)紅色三角形。

　　故不論如何涂色，總可以找到兩個(gè)同色的三角形。

二、賦值法

　　將問題中的某些對象用適當(dāng)?shù)臄?shù)表示之后，再進(jìn)行運(yùn)算、推理、解題的方法叫做賦值法。許多組合問題和非傳統(tǒng)的數(shù)論問題常用此法求解。常見的賦值方式有：對點(diǎn)賦值、對線段賦值、對區(qū)域賦值及對其他對象賦值。

　　例8 一群旅游者，從A村走到B村，路線如下圖所示。怎樣走才能在最短時(shí)間內(nèi)到達(dá)B村？圖中的數(shù)字表示走這一段路程需要的時(shí)間（單位：分）。



　　解：我們先把從A村到各村的最短時(shí)間標(biāo)注在各村的旁邊，從左到右，一一標(biāo)注，如下圖所示。



　　由此不難看出，按圖中的粗黑線走就能在最短時(shí)間（60分鐘）內(nèi)從A村走到B村。

　　例9 把下圖中的圓圈任意涂上紅色或藍(lán)色。問：有無可能使得在同一條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)？請說明理由。



　　解：假設(shè)題中所設(shè)想的染色方案能夠?qū)崿F(xiàn)，那么每條直線上代表各點(diǎn)的數(shù)字之和便應(yīng)都是奇數(shù)。一共有五條直線，把這五條直線上代表各點(diǎn)的數(shù)字之和的這五個(gè)奇數(shù)再加起來，得到的總和數(shù)仍應(yīng)是一個(gè)奇數(shù)。但是，由觀察可見，圖中每個(gè)點(diǎn)都恰好同時(shí)位于兩條直線上，在求上述總和數(shù)時(shí)，代表各點(diǎn)的數(shù)字都恰被加過兩次，所以這個(gè)總和應(yīng)是一個(gè)偶數(shù)。這就導(dǎo)致矛盾，說明假設(shè)不成立，染色方案不能實(shí)現(xiàn)。

　　例10 平面上n（n≥2）個(gè)點(diǎn)A1，A2，…，An順次排在同一條直線上，每點(diǎn)涂上黑白兩色中的某一種顏色。已知A1和An涂上的顏色不同。證明：相鄰兩點(diǎn)間連接的線段中，其兩端點(diǎn)不同色的線段的條數(shù)必為奇數(shù)。

　　證明：賦予黑點(diǎn)以整數(shù)值1，白點(diǎn)以整數(shù)值2，點(diǎn)Ai以整數(shù)

　　值為ai，當(dāng)Ai為黑點(diǎn)時(shí)，ai=1，當(dāng)Ai為白點(diǎn)時(shí)，ai=2。再賦予線段AiAi+1以整數(shù)值ai+ai+1，則兩端同色的線段具有的整數(shù)值為2或4，兩端異色的線段具有的整數(shù)值為3。

　　所有線段對應(yīng)的整數(shù)值的總和為

　?。╝1＋a2）＋（a2＋a3）＋（a3＋a4）＋…＋（an-1＋an）

　?。絘1＋an＋2（a2＋a3＋…＋an-1）

　　＝2＋1＋2（a2＋a3＋…＋an-1）＝奇數(shù)。

　　設(shè)具有整數(shù)值2，3，4的線段的條數(shù)依次為l，m，n，則

　　2l＋m＋4n=奇數(shù)。

　　由上式推知，m必為奇數(shù)，證明完畢。

　　例11 下面的表1是一個(gè)電子顯示盤，每一次操作可以使某一行四個(gè)字母同時(shí)改變，或者使某一列四個(gè)字母同時(shí)改變。改變的規(guī)則是按照英文字母的順序，每個(gè)英文字母變成它的下一個(gè)字母（即A變成B，B變成C……Z變成A）。問：能否經(jīng)過若干次操作，使表1變?yōu)楸?？如果能，請寫出變化過程，如果不能，請說明理由。

　　S O B R　　K B D S

　　T Z F P 　　H E X G

　　H O C N 　 R T B S

　　A D V X 　 C F Y A

　　 表1 　　　　表2

　　解：不能。將表中的英文字母分別用它們在字母表中的序號代替（即A用1，B用2……Z用26代替）。這樣表1和表2就分別變成了表3和表4。

　　每一次操作中字母的置換相當(dāng)于下面的置換：

　　1→2，2→3，…，25→26，26→1。

　　19 　15　2　18

　　20 　26　6　16

　　8 　 15 　3　14

　　1 　 4 　22　24

　　　　表3

　　11　2　4　19

　　8 　5　24　7

　 18　20 　2　19

　　3　6　25 　1

　　　　表4

　　容易看出，每次操作使四個(gè)數(shù)字改變了奇偶性，而16個(gè)數(shù)字的和的奇偶性沒有改變。因?yàn)楸?中16個(gè)數(shù)字的和為213，表4中16個(gè)數(shù)字的和為174，它們的奇偶性不同，所以表3不能變成表4，即表1不能變成表2。

　　例12 如圖（1）～（6）所示的六種圖形拼成右下圖，如果圖（1）必須放在右下圖的中間一列，應(yīng)如何拼？





　　解：把右上圖黑、白相間染色（見上圖）。其中有11個(gè)白格和10個(gè)黑格，當(dāng)圖形拼成后，圖形（2）（4）（5）（6）一定是黑、白各2格，而圖形（3）必須有3格是同一種顏色，另一種顏色1格。因?yàn)榍八姆N圖形，黑、白已各占2×4=8（格），而黑格總共只有10格，所以圖形（3）只能是3白1黑。由此知道圖（1）一定在中間一列的黑格，而上面的黑格不可能，所以圖（1）在中間一列下面的黑格中。

　　那么其它圖形如何拼呢？為了說明方便，給每一格編一個(gè)數(shù)碼（見左下圖）。



　　因?yàn)閳D（3）是3白1黑，所以為使角上不空出一格，它只能放在（1，3，4，5）或（7，12，13，17）或（11，15，16，21）這三個(gè)位置上。

　　若放在（1，3，4，5）位置上，則圖（6）只能放在（7，12，13，18）或（15，16，19，20）或（2，7，8，13）這三個(gè)位置，但是前兩個(gè)位置是明顯不行的，否則角上會(huì)空出一格。若放在（2，7，8，13）上，則圖（2）只能放在（12，17，18，19）位置上，此時(shí)不能同時(shí)放下圖（4）和圖（5）。

　　若把圖（3）放在（7，12，13，17）位置上，則方格1這一格只能由圖（2）或圖（6）來占據(jù)。如果圖（2）放在（1，2，3，4），那么圖（6）無論放在何處都要出現(xiàn)孤立空格；如果把圖（6）放在（1，4，5，10），那么2，3這兩格放哪一圖形都不合適。

因此，圖形（3）只能放在（11，15，16，21）。其余圖的拼法如右上圖。

練習(xí)12

　　1.中國象棋盤的任意位置有一只馬，它跳了若干步正好回到原來的位置。問：馬所跳的步數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？

　　2.右圖是某展覽大廳的平面圖，每相鄰兩展覽室之間都有門相通。今有人想從進(jìn)口進(jìn)去，從出口出來，每間展覽廳都要走到，既不能重復(fù)也不能遺漏，應(yīng)如何走法？



　　3.能否用下圖中各種形狀的紙片（不能剪開）拼成一個(gè)邊長為99的正方形（圖中每個(gè)小方格的邊長為1）？請說明理由。



　　4.用15個(gè)1×4的長方形和1個(gè)2×2的正方形，能否覆蓋8×8的棋盤？

　　5.平面上不共線的五點(diǎn)，每兩點(diǎn)連一條線段，并將每條線段染成紅色或藍(lán)色。如果在這個(gè)圖形中沒有出現(xiàn)三邊同色的三角形，那么這個(gè)圖形一定可以找到一紅一藍(lán)兩個(gè)“圈”（即封閉回路），每個(gè)圈恰好由五條線段組成。

　　6.將正方形ABCD分割成n2個(gè)相等的小正方格，把相對的頂點(diǎn)A，C染成紅色，B，D染成藍(lán)色，其他交點(diǎn)任意染成紅、藍(lán)兩種顏色之一。試說明：恰有三個(gè)頂點(diǎn)同色的小方格的數(shù)目是偶數(shù)。

　　7.已知△ABC內(nèi)有n個(gè)點(diǎn)，連同A，B，C三點(diǎn)一共（n＋3）個(gè)點(diǎn)。以這些點(diǎn)為頂點(diǎn)將△ABC分成若干個(gè)互不重疊的小三角形。將A，B，C三點(diǎn)分別染成紅色、藍(lán)色和黃色。而三角形內(nèi)的n個(gè)點(diǎn)，每個(gè)點(diǎn)任意染成紅色、藍(lán)色和黃色三色之一。問：三個(gè)頂點(diǎn)顏色都不同的三角形的個(gè)數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？

　　8.從10個(gè)英文字母A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，X，Y，Z中任意選5個(gè)字母（字母允許重復(fù)）組成一個(gè)“詞”，將所有可能的“詞”按“字典順序”（即英漢辭典中英語詞匯排列的順序）排列，得到一個(gè)“詞表”：

　　AAAAA，AAAAB，…，AAAAZ，

　　AAABA，AAABB，…，ZZZZY，ZZZZZ。

　　設(shè)位于“詞”CYZGB與“詞”XEFDA之間（這兩個(gè)詞除外）的“詞”的個(gè)數(shù)是k，試寫出“詞表”中的第k個(gè)“詞”。

練習(xí)12

　　1.偶數(shù)。

　　解：把棋盤上各點(diǎn)按黑白色間隔進(jìn)行染色（圖略）。馬如從黑點(diǎn)出發(fā)，一步只能跳到白點(diǎn)，下一步再從白點(diǎn)跳到黑點(diǎn)，因此，從原始位置起相繼經(jīng)過：白、黑、白、黑……要想回到黑點(diǎn)，必須黑、白成對，即經(jīng)過偶數(shù)步，回到原來的位置。

　　2.不能。

　　解：用白、黑相間的方法對方格進(jìn)行染色（如圖）。若滿足題設(shè)要求的走法存在，必定從白色的展室走到黑色的展室，再從黑色的展室走到白色的展室，如此循環(huán)往復(fù)。現(xiàn)共有36間展室，從白色展室開始，最后應(yīng)該是黑色展室。但右圖中出口處的展室是白色的，矛盾。由此可以判定符合要求的走法不存在。



　　3.不能。

　　解：我們將 99×99的正方形中每個(gè)單位正方形方格染上黑色或白色，使每兩個(gè)相鄰的方格顏色不同，由于 99×99為奇數(shù)，兩種顏色的方格數(shù)相差為1。而每一種紙片中，兩種顏色的方格數(shù)相差數(shù)為0或3，如果它們能拼成一個(gè)大正方形，那么其中兩種顏色之差必為3的倍數(shù)。矛盾！

　　4.不能。

　　解：如圖，給8×8的方格棋盤涂上4種不同的顏色（用數(shù)字1，2，3，4表示）。顯然標(biāo)有1，2，3，4的小方格各有16個(gè)。每個(gè)1×4的長方形恰好蓋住標(biāo)有1，2，3，4的小方格各一個(gè)，但一個(gè)2×2的正方形只能蓋住有三種數(shù)字的方格，故無法將每個(gè)方格蓋住，即不可能有題目要求的覆蓋。



　　5.證：設(shè)五點(diǎn)為A，B，C，D，E?？紤]從A點(diǎn)引出的四條線段：如果其中有三條是同色的，如AB，AC，AD同為紅色，那么△BCD的三邊中，若有一條是紅色，則有一個(gè)三邊同為紅色的三角形；若三邊都不是紅色，則存在一個(gè)三邊同為藍(lán)色的三角形。這與已知條件是矛盾的。



　　所以，從A點(diǎn)出發(fā)的四條線段，有兩條是紅色的，也有兩條是藍(lán)色的。當(dāng)然，從其余四點(diǎn)引出的四條線段也恰有兩條紅色、兩條藍(lán)色，整個(gè)圖中恰有五條紅色線段和五條藍(lán)色線段。

　　下面只看紅色線段，設(shè)從A點(diǎn)出發(fā)的兩條是AB，AE。再考慮從B點(diǎn)出發(fā)的另一條紅色線段，它不應(yīng)是BE，否則就有一個(gè)三邊同為紅色的三角形。不妨設(shè)其為BD。再考慮從D點(diǎn)出發(fā)的另一條紅色線段，它不應(yīng)是DE，否則從C引出的兩條紅色線段就要與另一條紅色線段圍成一個(gè)紅色三角形，故它是DC。最后一條紅色線段顯然是CE。這樣就得到了一個(gè)紅色的“圈”：



　　A→B→D→C→E→A。

　　同理，五條藍(lán)線也構(gòu)成一個(gè)“圈”。

　　6.證：將紅點(diǎn)賦值為0，藍(lán)點(diǎn)賦值為1。再將小方格四頂點(diǎn)上的數(shù)的和稱為這個(gè)小方格的值。若恰有三頂點(diǎn)同色，則該小方格的值為奇數(shù)，否則為偶數(shù)。在計(jì)算所有n2個(gè)小方格之值的和時(shí)，除A，B，C，D只計(jì)算一次外，其余各點(diǎn)都被計(jì)算了兩次或四次。因?yàn)锳，B，C，D四個(gè)點(diǎn)上的數(shù)之和是偶數(shù)，所以n2個(gè)小方格之值的和是偶數(shù)，從而這n2個(gè)值中有偶數(shù)個(gè)奇數(shù)。

　　7.奇數(shù)。

　　解：先對所有的小三角形的邊賦值：邊的兩端點(diǎn)同色，該線段賦值為0，邊的兩端點(diǎn)不同色，該線段賦值為1。

　　然后計(jì)算每個(gè)小三角形的三邊賦值之和，有如下三種情況：

　?。?）三個(gè)頂點(diǎn)都不同色的三角形，賦值和為3；

　?。?）三個(gè)頂點(diǎn)中恰有兩個(gè)頂點(diǎn)同色的三角形，賦值和為2；

　?。?）三個(gè)頂點(diǎn)同色的三角形，賦值和為0。

　　設(shè)所有三角形的邊賦值總和為S，又設(shè)（1）（2）（3）三類小三角形的個(gè)數(shù)分別為a，b，c，于是有

　　S=3a+2b+0c=3a+2b。（*）

　　注意到在所有三角形的邊賦值總和中，除了AB，BC，CA三條邊外，都被計(jì)算了兩次，故它們的賦值和是這些邊賦值和的2倍，再加上△ABC的三邊賦值和3，從而S是一個(gè)奇數(shù)，由（*）式知a是一個(gè)奇數(shù)，即三個(gè)頂點(diǎn)顏色都不同的三角形的個(gè)數(shù)是一個(gè)奇數(shù)。

　　8.EFFGY。

　　解：將A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，X，Y，Z分別賦值為0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，則

　　CYZGB=28961，_XEFDA=74530。

　　在28961與74530之間共有74530-28961-1=45568（個(gè)）數(shù)，詞表中第45568個(gè)詞是EFFGY。



第13講 抽屜原理

　　把5個(gè)蘋果放到4個(gè)抽屜中，必然有一個(gè)抽屜中至少有2個(gè)蘋果，這是抽屜原理的通俗解釋。一般地，我們將它表述為：

第一抽屜原理：把（mn＋1）個(gè)物體放入n個(gè)抽屜，其中必有一個(gè)抽屜中至少有（m＋1）個(gè)物體。

　　使用抽屜原理解題，關(guān)鍵是構(gòu)造抽屜。一般說來，數(shù)的奇偶性、剩余類、數(shù)的分組、染色、線段與平面圖形的劃分等，都可作為構(gòu)造抽屜的依據(jù)。

　　例1 從1，2，3，…，100這100個(gè)數(shù)中任意挑出51個(gè)數(shù)來，證明在這51個(gè)數(shù)中，一定：

　?。?）有2個(gè)數(shù)互質(zhì)；

　?。?）有2個(gè)數(shù)的差為50；

　?。?）有8個(gè)數(shù)，它們的最大公約數(shù)大于1。

　　證明：（1）將100個(gè)數(shù)分成50組：

　　{1，2}，{3，4}，…，{99，100}。

　　在選出的51個(gè)數(shù)中，必有2個(gè)數(shù)屬于同一組，這一組中的2個(gè)數(shù)是兩個(gè)相鄰的整數(shù)，它們一定是互質(zhì)的。

　　（2）將100個(gè)數(shù)分成50組：

　　{1，51}，{2，52}，…，{50，100}。

　　在選出的51個(gè)數(shù)中，必有2個(gè)數(shù)屬于同一組，這一組的2個(gè)數(shù)的差為50。

　　（3）將100個(gè)數(shù)分成5組（一個(gè)數(shù)可以在不同的組內(nèi)）：

　　第一組：2的倍數(shù)，即{2，4，…，100}；

　　第二組：3的倍數(shù)，即{3，6，…，99}；

　　第三組：5的倍數(shù)，即{5，10，…，100}；

　　第四組：7的倍數(shù)，即{7，14，…，98}；

　　第五組：1和大于7的質(zhì)數(shù)即{1，11，13，…，97}。

　　第五組中有22個(gè)數(shù)，故選出的51個(gè)數(shù)至少有29個(gè)數(shù)在第一組到第四組中，根據(jù)抽屜原理，總有8個(gè)數(shù)在第一組到第四組的某一組中，這8個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)大于1。

　　例2 求證：可以找到一個(gè)各位數(shù)字都是4的自然數(shù)，它是1996的倍數(shù)。

　　證明：因1996÷4＝499，故只需證明可以找到一個(gè)各位數(shù)字都是1的自然數(shù)，它是499的倍數(shù)就可以了。

　　

　　得到500個(gè)余數(shù)r1，r2，…，r500。由于余數(shù)只能取0，1，2，…，499這499個(gè)值，所以根據(jù)抽屜原理，必有2個(gè)余數(shù)是相同的，這2個(gè)數(shù)的差就是499的倍數(shù)，這個(gè)差的前若干位是1，后若干位是0：11…100…0，又499和10是互質(zhì)的，故它的前若干位由1組成的自然數(shù)是499的倍數(shù)，將它乘以4，就得到一個(gè)各位數(shù)字都是4的自然數(shù)，它是1996的倍數(shù)。

　　例3 在一個(gè)禮堂中有99名學(xué)生，如果他們中的每個(gè)人都與其中的66人相識，那么可能出現(xiàn)這種情況：他們中的任何4人中都一定有2人不相識（假定相識是互相的）。

　　分析：注意到題中的說法“可能出現(xiàn)……”，說明題的結(jié)論并非是條件的必然結(jié)果，而僅僅是一種可能性，因此只需要設(shè)法構(gòu)造出一種情況使之出現(xiàn)題目中所說的結(jié)論即可。

　　解：將禮堂中的99人記為a1，a2，…，a99，將99人分為3組：

　?。╝1，a2，…，a33），（a34，a35，…，a66），（a67，a68，…，a99），將3組學(xué)生作為3個(gè)抽屜，分別記為A，B，C，并約定A中的學(xué)生所認(rèn)識的66人只在B，C中，同時(shí)，B，C中的學(xué)生所認(rèn)識的66人也只在A，C和A，B中。如果出現(xiàn)這種局面，那么題目中所說情況就可能出現(xiàn)。

　　因?yàn)槎Y堂中任意4人可看做4個(gè)蘋果，放入A，B，C三個(gè)抽屜中，必有2人在同一抽屜，即必有2人來自同一組，那么他們認(rèn)識的人只在另2組中，因此他們兩人不相識。

　　

　　例4 如右圖，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，…，8的滾珠兩組，放在內(nèi)外兩個(gè)圓環(huán)上，開始時(shí)相對的滾珠所標(biāo)數(shù)字都不相同。當(dāng)兩個(gè)圓環(huán)按不同方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，必有某一時(shí)刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對。

　　分析：此題中沒有直接提供我們用以構(gòu)造抽屜和蘋果的數(shù)量關(guān)系，需要轉(zhuǎn)換一下看問題的角度。

　　解：內(nèi)外兩環(huán)對轉(zhuǎn)可看成一環(huán)靜止，只有一個(gè)環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)。一個(gè)環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)一周后，每個(gè)滾珠都會(huì)有一次與標(biāo)有相同數(shù)字的滾珠相對的局面出現(xiàn)，那么這種局面共要出現(xiàn)8次。將這8次局面看做蘋果，再需構(gòu)造出少于8個(gè)抽屜。

　　注意到一環(huán)每轉(zhuǎn)動(dòng)45°角就有一次滾珠相對的局面出現(xiàn)，轉(zhuǎn)動(dòng)一周共有8次滾珠相對的局面，而最初的8對滾珠所標(biāo)數(shù)字都不相同，所以數(shù)字相同的滾珠相對的情況只出現(xiàn)在以后的7次轉(zhuǎn)動(dòng)中，將7次轉(zhuǎn)動(dòng)看做7個(gè)抽屜，8次相同數(shù)字滾珠相對的局面看做8個(gè)蘋果，則至少有2次數(shù)字相對的局面出現(xiàn)在同一次轉(zhuǎn)動(dòng)中，即必有某一時(shí)刻，內(nèi)外兩環(huán)中至少有兩對數(shù)字相同的滾珠相對。

　　例5 有一個(gè)生產(chǎn)天平上用的鐵盤的車間，由于工藝上的原因，只能控制盤的重量在指定的20克到20.1克之間。現(xiàn)在需要重量相差不超過0.005克的兩只鐵盤來裝配一架天平，問：最少要生產(chǎn)多少個(gè)盤子，才能保證一定能從中挑出符合要求的兩只盤子？

　　解：把20～20.1克之間的盤子依重量分成20組：

　　第1組：從20.000克到20.005克；

　　第2組：從20.005克到20.010克；

　　……

　　第20組：從20.095克到20.100克。

　　這樣，只要有21個(gè)盤子，就一定可以從中找到兩個(gè)盤子屬于同一組，這2個(gè)盤子就符合要求。

　　例6 在圓周上放著100個(gè)籌碼，其中有41個(gè)紅的和59個(gè)藍(lán)的。那么總可以找到兩個(gè)紅籌碼，在它們之間剛好放有19個(gè)籌碼，為什么？

　　分析：此題需要研究“紅籌碼”的放置情況，因而涉及到“蘋果”的具體放置方法，由此我們可以在構(gòu)造抽屜時(shí)，使每個(gè)抽屜中的相鄰“蘋果”之間有19個(gè)籌碼。

　　解：依順時(shí)針方向?qū)⒒I碼依次編上號碼：1，2，…，100。然后依照以下規(guī)律將100個(gè)籌碼分為20組：

　?。?，21，41，61，81）；

　?。?，22，42，62，82）；

　　……

　　（20，40，60，80，100）。

　　將41個(gè)紅籌碼看做蘋果，放入以上20個(gè)抽屜中，因?yàn)?1=2×20＋1，所以至少有一個(gè)抽屜中有2+1=3（個(gè)）蘋果，也就是說必有一組5個(gè)籌碼中有3個(gè)紅色籌碼，而每組的5個(gè)籌碼在圓周上可看做兩兩等距，且每2個(gè)相鄰籌碼之間都有19個(gè)籌碼，那么3個(gè)紅色籌碼中必有2個(gè)相鄰（這將在下一個(gè)內(nèi)容——第二抽屜原理中說明），即有2個(gè)紅色籌碼之間有19個(gè)籌碼。

　　下面我們來考慮另外一種情況：若把5個(gè)蘋果放到6個(gè)抽屜中，則必然有一個(gè)抽屜空著。這種情況一般可以表述為：

第二抽屜原理：把（mn-1）個(gè)物體放入n個(gè)抽屜，其中必有一個(gè)抽屜中至多有（m-1）個(gè)物體。

　　例7 在例6中留有一個(gè)疑問，現(xiàn)改述如下：在圓周上放有5個(gè)籌碼，其中有3個(gè)是同色的，那么這3個(gè)同色的籌碼必有2個(gè)相鄰。

　　分析：將這個(gè)問題加以轉(zhuǎn)化：

　　

　　如右圖，將同色的3個(gè)籌碼A，B，C置于圓周上，看是否能用另外2個(gè)籌碼將其隔開。

　　解：如圖，將同色的3個(gè)籌碼放置在圓周上，將每2個(gè)籌碼之間的間隔看做抽屜，將其余2個(gè)籌碼看做蘋果，將2個(gè)蘋果放入3個(gè)抽屜中，則必有1個(gè)抽屜中沒有蘋果，即有2個(gè)同色籌碼之間沒有其它籌碼，那么這2個(gè)籌碼必相鄰。

　　例8 甲、乙二人為一個(gè)正方形的12條棱涂紅和綠2種顏色。首先，甲任選3條棱并把它們涂上紅色；然后，乙任選另外3條棱并涂上綠色；接著甲將剩下的6條棱都涂上紅色。問：甲是否一定能將某一面的4條棱全部涂上紅色？

　　解：不能。

　　如右圖將12條棱分成四組：

　　　　

　　第一組：{A1B1，B2B3，A3A4}，

　　第二組：{A2B2，B3B4，A4A1}，

　　第三組：{A3B3，B4B1，A1A2}，

　　第四組：{A4B4，B1B2，A2A3}。

　　無論甲第一次將哪3條棱涂紅，由抽屜原理知四組中必有一組的3條棱全未涂紅，而乙只要將這組中的3條棱涂綠，甲就無法將某一面的4條棱全部涂紅了。

　　下面我們討論抽屜原理的一個(gè)變形——平均值原理。

　　我們知道n個(gè)數(shù)a1，a2，…，an的和與n的商是a1，a2，…，an這n個(gè)數(shù)的平均值。

平均值原理：如果n個(gè)數(shù)的平均值為a，那么其中至少有一個(gè)數(shù)不大于a，也至少有一個(gè)不小于a。

　　例9 圓周上有2000個(gè)點(diǎn)，在其上任意地標(biāo)上0，1，2，…，1999（每一點(diǎn)只標(biāo)一個(gè)數(shù)，不同的點(diǎn)標(biāo)上不同的數(shù)）。求證：必然存在一點(diǎn)，與它緊相鄰的兩個(gè)點(diǎn)和這點(diǎn)上所標(biāo)的三個(gè)數(shù)之和不小于2999。

　　解：設(shè)圓周上各點(diǎn)的值依次是a1，a2，…，a2000，則其和

　　a1＋a2+…＋a2000=0+1+2+…+1999=1999000。

　　下面考慮一切相鄰三數(shù)組之和：

　?。╝1＋a2＋a3）+（a2＋a3＋a4）＋…＋（a1998+a1999＋a2000）＋（a1999＋a2000＋a1）＋（a2000＋a1＋a2）

　　=3（a1＋a2＋…＋a2000）

　?。?×1999000。

　　這2000組和中必至少有一組和大于或等于

　　但因每一個(gè)和都是整數(shù)，故有一組相鄰三數(shù)之和不小于2999，亦即存在一個(gè)點(diǎn)，與它緊相鄰的兩點(diǎn)和這點(diǎn)上所標(biāo)的三數(shù)之和不小于2999。

　　例10 一家旅館有90個(gè)房間，住有100名旅客，如果每次都恰有90名旅客同時(shí)回來，那么至少要準(zhǔn)備多少把鑰匙分給這100名旅客，才能使得每次客人回來時(shí)，每個(gè)客人都能用自己分到的鑰匙打開一個(gè)房門住進(jìn)去，并且避免發(fā)生兩人同時(shí)住進(jìn)一個(gè)房間？

　　解：如果鑰匙數(shù)小于990，那么90個(gè)房間中至少有一個(gè)房間的鑰匙數(shù)少房間就打不開，因此90個(gè)人就無法按題述的條件住下來。

　　另一方面，990把鑰匙已經(jīng)足夠了，這只要將90把不同的鑰匙分給90個(gè)人，而其余的10名旅客，每人各90把鑰匙（每個(gè)房間一把），那么任何90名旅客返回時(shí)，都能按要求住進(jìn)房間。

　　最后，我們要指出，解決某些較復(fù)雜的問題時(shí)，往往要多次反復(fù)地運(yùn)用抽屜原理，請看下面兩道例題。

　　例11 設(shè)有4×28的方格棋盤，將每一格涂上紅、藍(lán)、黃三種顏色中的任意一種。試證明：無論怎樣涂法，至少存在一個(gè)四角同色的長方形。

　　證明：我們先考察第一行中28個(gè)小方格涂色情況，用三種顏色涂28個(gè)小方格，由抽屜原理知，至少有10個(gè)小方格是同色的，不妨設(shè)其為紅色，還可設(shè)這10個(gè)小方格就在第一行的前10列。

　　下面考察第二、三、四行中前面10個(gè)小方格可能出現(xiàn)的涂色情況。這有兩種可能：

　?。?）這三行中，至少有一行，其前面10個(gè)小方格中，至少有2個(gè)小方格是涂有紅色的，那么這2個(gè)小方格和第一行中與其對應(yīng)的2個(gè)小方格，便是一個(gè)長方形的四個(gè)角，這個(gè)長方形就是一個(gè)四角同是紅色的長方形。

　?。?）這三行中每一行前面的10格中，都至多有一個(gè)紅色的小方格，不妨設(shè)它們分別出現(xiàn)在前三列中，那么其余的3×7個(gè)小方格便只能涂上黃、藍(lán)兩種顏色了。

　　我們先考慮這個(gè)3×7的長方形的第一行。根據(jù)抽屜原理，至少有4個(gè)小方格是涂上同一顏色的，不妨設(shè)其為藍(lán)色，且在第1至4列。

　　再考慮第二行的前四列，這時(shí)也有兩種可能：

　?。?）這4格中，至少有2格被涂上藍(lán)色，那么這2個(gè)涂上藍(lán)色的小方格和第一行中與其對應(yīng)的2個(gè)小方格便是一個(gè)長方形的四個(gè)角，這個(gè)長方形四角同是藍(lán)色。

　　（2）這4格中，至多有1格被涂上藍(lán)色，那么，至少有3格被涂上黃色。不妨設(shè)這3個(gè)小方格就在第二行的前面3格。

　　下面繼續(xù)考慮第三行前面3格的情況。用藍(lán)、黃兩色涂3個(gè)小方格，由抽屜原理知，至少有2個(gè)方格是同色的，無論是同為藍(lán)色或是同為黃色，都可以得到一個(gè)四角同色的長方形。

　　總之，對于各種可能的情況，都能找到一個(gè)四角同色的長方形。

　　例12 試卷上共有4道選擇題，每題有3個(gè)可供選擇的答案。一群學(xué)生參加考試，結(jié)果是對于其中任何3人，都有一道題目的答案互不相同。問：參加考試的學(xué)生最多有多少人？

　　解：設(shè)每題的三個(gè)選擇分別為a，b，c。

　?。?）若參加考試的學(xué)生有10人，則由第二抽屜原理知，第一題答案分別為a，b，c的三組學(xué)生中，必有一組不超過3人。去掉這組學(xué)生，在余下的學(xué)生中，定有7人對第一題的答案只有兩種。對于這7人關(guān)于第二題應(yīng)用第二抽屜原理知，其中必可選出5人，他們關(guān)于第二題的答案只有兩種可能。對于這5人關(guān)于第三題應(yīng)用第二抽屜原理知，可以選出4人，他們關(guān)于第三題的答案只有兩種可能。最后，對于這4人關(guān)于第四題應(yīng)用第二抽屜原理知，必可選出3人，他們關(guān)于第四題的答案也只有兩種。于是，對于這3人來說，沒有一道題目的答案是互不相同的，這不符合題目的要求?？梢?，所求的最多人數(shù)不超過9人。

　　另一方面，若9個(gè)人的答案如下表所示，則每3人都至少有一個(gè)問題的答案互不相同。

　　

　　所以，所求的最多人數(shù)為9人。

練習(xí)13

　　1.六（1）班有49名學(xué)生。數(shù)學(xué)王老師了解到在期中考試中該班英文成績除3人外均在86分以上后就說：“我可以斷定，本班同學(xué)至少有4人成績相同?！闭垎柾趵蠋熣f得對嗎？為什么？

　　2.現(xiàn)有64只乒乓球，18個(gè)乒乓球盒，每個(gè)盒子里最多可以放6只乒乓球，至少有幾個(gè)乒乓球盒子里的乒乓球數(shù)目相同？

　　3.某校初二年級學(xué)生身高的厘米數(shù)都為整數(shù)，且都不大于160厘米，不小于150厘米。問：在至少多少個(gè)初二學(xué)生中一定能有4個(gè)人身高相同？

　　4.從1，2，…，100這100個(gè)數(shù)中任意選出51個(gè)數(shù)，證明在這51個(gè)數(shù)中，一定：

　　（1）有兩個(gè)數(shù)的和為101；

　?。?）有一個(gè)數(shù)是另一個(gè)數(shù)的倍數(shù)；

　　（3）有一個(gè)數(shù)或若干個(gè)數(shù)的和是51的倍數(shù)。

　　5.在3×7的方格表中，有11個(gè)白格，證明

　?。?）若僅含一個(gè)白格的列只有3列，則在其余的4列中每列都恰有兩個(gè)白格；

　　（2）只有一個(gè)白格的列只有3列。

　　6.某個(gè)委員會(huì)開了40次會(huì)議，每次會(huì)議有10人出席。已知任何兩個(gè)委員不會(huì)同時(shí)開兩次或更多的會(huì)議。問：這個(gè)委員會(huì)的人數(shù)能夠多于60人嗎？為什么？

　　7.一個(gè)車間有一條生產(chǎn)流水線，由5臺機(jī)器組成，只有每臺機(jī)器都開動(dòng)時(shí)，這條流水線才能工作。總共有8個(gè)工人在這條流水線上工作。在每一個(gè)工作日內(nèi)，這些工人中只有5名到場。為了保證生產(chǎn)，要對這8名工人進(jìn)行培訓(xùn)，每人學(xué)一種機(jī)器的操作方法稱為一輪。問：最少要進(jìn)行多少輪培訓(xùn)，才能使任意5個(gè)工人上班而流水線總能工作？

　　8.有9名數(shù)學(xué)家，每人至多能講3種語言，每3人中至少有2人能通話。求證：在這9名中至少有3名用同一種語言通話。











練習(xí)13

　　1.對。解：因?yàn)?9-3=3×（100-86+1）+1，即46=3×15+1，也就是說，把從100分至86分的15個(gè)分?jǐn)?shù)當(dāng)做抽屜，49-3=46（人）的成績當(dāng)做物體，根據(jù)第二抽屜原理，至少有4人的分?jǐn)?shù)在同一抽屜中，即成績相同。

　　2.4個(gè)。解：18個(gè)乒乓球盒，每個(gè)盒子里至多可以放6只乒乓球。為使相同乒乓球個(gè)數(shù)的盒子盡可能少，可以這樣放：先把盒子分成6份，每份有18÷6=3（只），分別在每一份的3個(gè)盒子中放入1只、2只、3只、4只、5只、6只乒乓球，即3個(gè)盒子中放了1只乒乓球，3個(gè)盒中放了2只乒乓球……3個(gè)盒子中放了6只乒乓球。這樣，18個(gè)盒子中共放了乒乓球

　?。?+2+3+4+5+6）×3=63（只）。

　　把以上6種不同的放法當(dāng)做抽屜，這樣剩下64-63=1（只）乒乓球不管放入哪一個(gè)抽屜里的任何一個(gè)盒子里（除已放滿6只乒乓球的抽屜外），都將使該盒子中的乒乓球數(shù)增加1只，這時(shí)與比該抽屜每盒乒乓數(shù)多1的抽屜中的3個(gè)盒子里的乒乓球數(shù)相等。例如剩下的1只乒乓球放進(jìn)原來有2只乒乓球的一個(gè)盒子里，該盒乒乓球就成了3只，再加上原來裝有3只乒乓球的3個(gè)盒子，這樣就有4個(gè)盒子里裝有3個(gè)乒乓球。所以至少有4個(gè)乒乓球盒里的乒乓球數(shù)目相同。

　　3.34個(gè)。

　　解：把初二學(xué)生的身高厘米數(shù)作為抽屜，共有抽屜

　　160-150+1=11（個(gè)）。

　　根據(jù)抽屜原理，要保證有4個(gè)人身高相同，至少要有初二學(xué)生

　　3×11+1=34（個(gè)）。

　　4.證：（1）將100個(gè)數(shù)分成50組：

　?。?，100｝，｛2，99｝，…，｛50，51｝。

　　在選出的51個(gè)數(shù)中，必有兩數(shù)屬于同一組，這一組的兩數(shù)之和為101。

　?。?）將100個(gè)數(shù)分成10組：

　　｛1,2,4,8,16,32,64｝, ｛3,6,12,24,48,96｝,

　?。?,10,20,40,80｝, ｛7,14,28,56｝,

　?。?,18,36,72｝, ｛11,22,44,88｝,

　　｛13,26,52｝, ｛15,30,60｝,…,

　?。?9,98｝, ｛其余數(shù)｝。

　　其中第10組中有41個(gè)數(shù)。在選出的51個(gè)數(shù)中，第10組的41個(gè)數(shù)全部選中，還有10個(gè)數(shù)從前9組中選，必有兩數(shù)屬于同一組，這一組中的任意兩個(gè)數(shù)，一個(gè)是另一個(gè)的倍數(shù)。

　　（3）將選出的51個(gè)數(shù)排成一列：

　　a1，a2，a3，…，a51。

　　考慮下面的51個(gè)和：

　　a1，a1+a2，a1+a2+a3，…，

　　a1+a2+a3+…+a51。

　　若這51個(gè)和中有一個(gè)是51的倍數(shù)，則結(jié)論顯然成立；若這51個(gè)和中沒有一個(gè)是51的倍數(shù)，則將它們除以51，余數(shù)只能是1，2，…，50中的一個(gè)，故必然有兩個(gè)的余數(shù)是相同的，這兩個(gè)和的差是51的倍數(shù)，而這個(gè)差顯然是這51個(gè)數(shù)（a1，a2， a3，…，a51）中的一個(gè)數(shù)或若干個(gè)數(shù)的和。

　　5.證：（1）在其余4列中如有一列含有3個(gè)白格，則剩下的5個(gè)白格要放入3列中，將3列表格看做3個(gè)抽屜，5個(gè)白格看做5個(gè)蘋果，根據(jù)第二抽屜原理，5（=2×3-1）個(gè)蘋果放入3個(gè)抽屜，則必有1個(gè)抽屜至多只有（2-1）個(gè)蘋果，即必有1列只含1個(gè)白格，也就是說除了原來3列只含一個(gè)白格外還有1列含1個(gè)白格，這與題設(shè)只有1個(gè)白格的列只有3列矛盾。所以不會(huì)有1列有3個(gè)白格，當(dāng)然也不能再有1列只有1個(gè)白格。推知其余4列每列恰好有2個(gè)白格。

　?。?）假設(shè)只含1個(gè)白格的列有2列，那么剩下的9個(gè)白格要放入5列中，而9=2×5-1，由第二抽屜原理知，必有1列至多只有2-1=1（個(gè)）白格，與假設(shè)只有2列每列只1個(gè)白格矛盾。所以只有1個(gè)白格的列至少有3列。

　　6.能。

　　解：開會(huì)的“人次”有 40×10=400（人次）。設(shè)委員人數(shù)為N，將“人次”看做蘋果，以委員人數(shù)作為抽屜。

　　若N≤60，則由抽屜原理知至少有一個(gè)委員開了7次（或更多次）會(huì)。但由已知條件知沒有一個(gè)人與這位委員同開過兩次（或更多次）的會(huì)，故他所參加的每一次會(huì)的另外9個(gè)人是不相同的，從而至少有 7×9=63（個(gè)）委員，這與N≤60的假定矛盾。所以，N應(yīng)大于60。

　　7.20輪。

　　解：如果培訓(xùn)的總輪數(shù)少于20，那么在每一臺機(jī)器上可進(jìn)行工作的工人果這3個(gè)工人某一天都沒有到車間來，那么這臺機(jī)器就不能開動(dòng)，整個(gè)流水線就不能工作。故培訓(xùn)的總輪數(shù)不能少于20。

　　另一方面，只要進(jìn)行20輪培訓(xùn)就夠了。對3名工人進(jìn)行全能性培訓(xùn)，訓(xùn)練他們會(huì)開每一臺機(jī)器；而對其余5名工人，每人只培訓(xùn)一輪，讓他們每人能開動(dòng)一臺機(jī)器。這個(gè)方案實(shí)施后，不論哪5名工人上班，流水線總能工作。

　　8.證：以平面上9個(gè)點(diǎn)A1，A2，…，A9表示9個(gè)數(shù)學(xué)家，如果兩人能通話，就把表示他們的兩點(diǎn)聯(lián)線，并涂上一種顏色（不同的語言涂上不同顏色）。此時(shí)有兩種情況：

　?。?）9點(diǎn)中有任意2點(diǎn)都有聯(lián)線，并涂了相應(yīng)的顏色。于是從某一點(diǎn)A1出發(fā)，分別與A2，A3，…，A9聯(lián)線，又據(jù)題意，每人至多能講3種語言，因此A1A2，A1A3，…，A1A9中至多只能涂3種不同的顏色，由抽屜原理知，這8條線段中至少有2條同色的線段。不妨設(shè)A1A2與A1A3是同色線段，因此A1，A2，A3這3點(diǎn)表示的3名數(shù)學(xué)家可用同一種語言通話。

　?。?）9點(diǎn)中至少有2點(diǎn)不聯(lián)線，不妨設(shè)是A1與A2不聯(lián)線。由于每3人中至少有兩人能通話，因此從A1與A2出發(fā)至少有7條聯(lián)線。再由抽屜原理知，其中必有4條聯(lián)線從A1或A2 出發(fā)。不妨設(shè)從A1出發(fā)，又因A1至多能講3種語言，所以這4條聯(lián)線中，至少有2條聯(lián)線是同色的。若A1A3與A1A4同色，則A1，A3，A4這3點(diǎn)表示的3名數(shù)學(xué)家可用同一種語言通話。

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:20

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》（五）

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》

估計(jì)與估算

　　1992年小學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克初賽（B）卷第3題是：
的結(jié)果是x。那么，與x最接近的整數(shù)是____。

　　這道題并不要求求x，而求“與x最接近的整數(shù)”，這就是估計(jì)或估算。

　　估計(jì)與估算是一種十分重要的算法，在生活實(shí)踐和數(shù)學(xué)解題中有廣泛的應(yīng)用，其表現(xiàn)形式通常有以下兩種：

　?。?）省略尾數(shù)取近似值，即觀其“大概”；

　　（2）用放大或縮小的方法來確定某個(gè)數(shù)或整個(gè)算式的取值范圍，即估計(jì)范圍。

　　例1 A=12345678910111213÷31211101987654321，求 A的小數(shù)點(diǎn)后前3位數(shù)字。

　　解：A＞1234÷3122=0.3952…

　　　　A＜1235÷3121＝0.3957…

　　所以0.3952＜A＜0.3957，A的小數(shù)點(diǎn)后前3位數(shù)是395。

　　說明：上述解法是采用放縮法估計(jì)范圍解答的，本題還可采用取近似值的辦法求解。解法如下：

　　將被除數(shù)、除數(shù)同時(shí)舍去13位，各保留4位，則有

　　1234÷3121≈0.3953≈0.395。

　　

得它們的和大于3，至少要選多少個(gè)數(shù)？

　　解：要使所選的數(shù)盡量少，所選用的數(shù)就應(yīng)盡量大，所以應(yīng)從開頭依次選。首先注意到：

　　

　　

　　從而

　　

　　

　　所以，至少應(yīng)選11個(gè)數(shù)。

　　說明：（1）上述解答是采用取近似值的辦法估值的，也可以利用放縮法估值解答。解法如下：

　　

　　

　　

　　所以，至少應(yīng)選11個(gè)數(shù)。

　　（2）以上解答過程中包括兩個(gè)方面，其一是確定選數(shù)的原則；其二是驗(yàn)算找到“分界聲、”，而這里的驗(yàn)算只是一種估計(jì)或估算，并不要求精確。

　?。?）類似的問題是 至少取出多少個(gè)數(shù)，才能使取出的數(shù)的和大于2？

　　答案是7，請讀者自己練習(xí)。

　　例3 右面的算式里，每個(gè)方框代表一個(gè)數(shù)字。問：這6個(gè)方框中的數(shù)字的總和是多少？

　　

　　解：每個(gè)方框中的數(shù)字只能是0～9，因此任兩個(gè)方框中的數(shù)字之和最多是18?，F(xiàn)在先看看被加數(shù)與加數(shù)中處于百位的兩個(gè)數(shù)字之和，這個(gè)和不可能小于18，因?yàn)椴还芩鼈兒竺娴膬蓚€(gè)二位數(shù)是什么，相加后必小于200，也就是說最多只能進(jìn)1。這樣便可斷定，處于百位的兩個(gè)數(shù)字之和是18，而且后面兩位數(shù)相加進(jìn)1。

　　同樣理由，處于十位的兩個(gè)數(shù)字之和也是18，而且兩個(gè)個(gè)位數(shù)字相加后進(jìn)1。因此，處于個(gè)位的兩個(gè)數(shù)字之和必是17。

　　所以，6個(gè)方框中數(shù)字之和為18＋18＋17=53。

　　例4 如果兩個(gè)四位數(shù)的差等于8921，就說這兩個(gè)四位數(shù)組成一個(gè)數(shù)對，那么這樣的數(shù)對共有多少個(gè)，

　　解：最小的四位數(shù)是1000，與1000組成一個(gè)數(shù)對的另一個(gè)四位數(shù)是 8921＋1000=9921，也就是最小一個(gè)數(shù)對是 9921與1000。同時(shí)由最大的四位數(shù)是9999，可知共有

　　9999-（9921—1）=79（個(gè)）

　　不同的被減數(shù)。所以，這樣的數(shù)對共有79個(gè)。

　　說明：解答的關(guān)鍵在于確定符合條件的的最小數(shù)對（9921，1000），同時(shí)因?yàn)橛袔讉€(gè)不同的被減數(shù)，就有幾個(gè)不同的減數(shù)相對應(yīng)地存在，所以我們只要考慮有幾個(gè)不同的被減數(shù)即可。

　　例5 七位數(shù)175□62□的未位數(shù)字是幾時(shí)，不管千位上是0～9中的哪一個(gè)數(shù)字，這個(gè)七位數(shù)都不是11的倍數(shù)？

　　解：因?yàn)?750620÷11＝159147……3，

　　　　　　1759629÷11＝159966……3，

　　所以這個(gè)七位數(shù)是11的倍數(shù)的最小值是1750628，最大值是1759626。

　　又因?yàn)?001=7×11×13，由數(shù)的整除性質(zhì)，可知1750628加上若干個(gè)1001，或1759626減去若干個(gè)1001后，其值也是11的倍數(shù)。這樣1750628，1751629，1759626，1758625，1757624，1756623，1755622，1754621，1753620都是11的倍數(shù)。

　　由上述討論可知七位數(shù)175□62□的末位數(shù)字是7時(shí)，不管其千位上是0到9中的哪一個(gè)數(shù)字，這個(gè)七位數(shù)都不是11的倍數(shù)。

　　說明：上述解法是利用估算確定出取值范圍再進(jìn)行討論。此題也可由能被11整除的數(shù)的特征入手解決。留給讀者思考。

　　例6 小明的兩個(gè)衣服口袋中各有13張卡片，每張卡片上分別寫著1，2，3，…，13。從這兩個(gè)口袋中各拿出1張卡片并計(jì)算2張卡片上的數(shù)的乘積，可以得到許多不相等的乘積。那么，其中能被6整除的乘積共有多少個(gè)？

　　解：根據(jù)題意可知，在所得到的許多不相等的乘積中，最小值是 1×1=1，最大值是13×13=169，并且1與169都不能被 6整除，這樣，在得到的許多不相等的積中，能被6整除的最小值是1×6=6，最大值是13×12=26×6，而介于1×6與26×6之間的能被6整除的數(shù)并非每個(gè)都是2張卡片上的數(shù)的積，如25×6，23×6， 21×6，19×6，17×6這五個(gè)就不是。

　　所以，這些積中能被6整除的數(shù)共有

　　26-5=21（個(gè)）。

　　說明：解答這類問題要特別注意：不能簡單地根據(jù)最小值是6的1倍，最大值是6的26倍，就錯(cuò)誤地下結(jié)論是26個(gè)。

　　

　　。如果取每個(gè)數(shù)的整數(shù)部分（例如1.64的整數(shù)部分是1，

　　解：關(guān)鍵是判斷從哪個(gè)數(shù)開始整數(shù)部分是2。因?yàn)?-1.64=0.36，我們 11＋19×2=49。

　　例8 有一列數(shù)，第一個(gè)數(shù)是105，第二個(gè)數(shù)是85，從第三個(gè)數(shù)開始，每個(gè)數(shù)都是它前面兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)，那么第19個(gè)數(shù)的整數(shù)部分是幾？

　　 總介于這兩個(gè)數(shù)之間，所以后面各數(shù)的整數(shù)部分均為91，當(dāng)然第19個(gè)數(shù)的整數(shù)部分也為91。

　　說明：注意到每個(gè)正數(shù)都介于兩個(gè)相鄰整數(shù)n和n＋1之間，或者寫成n≤a＜n＋1，此時(shí)n就是a的整數(shù)部分。因此確定某個(gè)正數(shù)的整數(shù)部分，實(shí)際上就是去估計(jì)它介于哪兩個(gè)相鄰自然數(shù)之間。

　　例9 求下式中S的整數(shù)部分：

　　

　　解：根據(jù)“一個(gè)分?jǐn)?shù)，當(dāng)分子不變而分母變大時(shí)，分?jǐn)?shù)值變小；當(dāng)分子不變，分母變小時(shí)，分?jǐn)?shù)值變大”對S的分母進(jìn)行放縮。

　　

　　不但非常麻煩，而且容易出錯(cuò)。為了求得一個(gè)數(shù)大概是多少，我們采用放縮法，以確定它的范圍，也就是估值。放縮是解答估值問題的一種常用方法。在用這種方法時(shí)，一定要注意放縮要適當(dāng)，要合情合理。

　　一個(gè)類似的問題是

　　

　　答案是19。

　　例10 學(xué)校組織若干人參加夏令營。先乘車，每個(gè)人都要有座位，這樣需要每輛有60個(gè)座位的汽車至少4輛。而后乘船，需要定員為70人的船至少3條。到達(dá)營地后分組活動(dòng)，分的組數(shù)跟每組的人數(shù)恰好相等。這個(gè)學(xué)校參加夏令營的人有多少？

　　解：由“每輛有60個(gè)座位的汽車至少4輛”可知，參加夏令營的人數(shù)在（60×3＋1=）181～（60×4=） 240人之間。

　　由“需要定員為70人的船至少3條”可知，參加夏令營人數(shù)在（70×2＋1=）141～（70×3=）210人之間。

　　這樣，參加夏令營的人數(shù)在181～210人之間。又由“分的組數(shù)和每組人數(shù)恰好相等”可知，參加夏令營的人數(shù)一定是一個(gè)平方數(shù)。而181～210之間只有196是平方數(shù)，所以參加夏令營的人數(shù)是196。

　　說明：解答此題的關(guān)鍵是估計(jì)人數(shù)的范圍：

　　從乘車來看，1≤第四輛車人數(shù)≤60，

　　從乘船來看，1≤第三條船人數(shù)≤70，

　　所以，181≤夏令營的人數(shù)≤210。

　　例11 將自然數(shù)按如下順序排列：

　　1 2 6 7 15 16 …

　　3 5 8 14 17 …

　　4 9 13 …

　　10 12 …

　　11 …

　　在這樣的排列下，數(shù)字3排在第2行第1列，數(shù)字13排在第3行第3列。

　　問：數(shù)字168排在第幾行第幾列？

　　分析：我們來分析一下給出數(shù)陣中每一斜行的規(guī)律。這里第2斜行的數(shù)字是3，2；第3斜行的數(shù)字是4，5，6；余此類推。仔細(xì)觀察后我們發(fā)現(xiàn)：

　　奇數(shù)斜行中的數(shù)字由下向上遞增，

　　偶數(shù)斜行中的數(shù)字由上向下遞增，

　　

　　我們只要找出168位于第幾斜行，再換算成原數(shù)陣中的第幾行第幾列，問題便解決了。

　　 18斜行最大的數(shù)字是171，所以168位于第18斜行。第18斜行中的數(shù)字是由上向下遞增，因此，168位于第18斜行由上向下數(shù)第（168-153=）15位，換算成原數(shù)陣的行和列，便是第15行，第（18-15＋1=）4列。

　　解法2：為方便起見，可將數(shù)陣按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°，則原數(shù)陣變?yōu)?br>
　　1

　　3 2

　　4 5 6

　　10 9 8 7

　　11 12 13 14 15

　　… … … … … … … … … …

　　設(shè)168位于上述數(shù)陣的第n行，則

　　1＋2＋…＋（n—1）＜168≤1＋2＋…＋n，

　　

　　

　　可見，n應(yīng)為18，即168位于上述數(shù)陣中的第18行。

　　又 168-153=15，18-15＋1=4，由數(shù)陣排列次序可知168位于上述數(shù)陣的第18行從左數(shù)第4個(gè)數(shù)，從右數(shù)第15個(gè)數(shù)。將上述數(shù)陣還原為題中數(shù)陣，168在第15行第4列的位置上。

　　例12 唐老鴨與米老鼠進(jìn)行萬米賽跑，米老鼠每分鐘跑125米，唐老鴨每分鐘跑100米。唐老鴨手中掌握著一種迫使米老鼠倒退的電子遙控器，通過這種遙控器發(fā)出第n次指令，米老鼠就以原來速度的n×10％倒退一分鐘，然后再按原來的速度繼續(xù)前進(jìn)。如果唐老鴨想在比賽中獲勝，那么它通過遙控器發(fā)出指令的次數(shù)至少是多少次？

　　解：唐老鴨跑完1萬米需要100分鐘。設(shè)唐老鴨在100分鐘內(nèi)共發(fā)出n次迫使米老鼠倒退的指令，則在100分鐘內(nèi)米老鼠有n分鐘的時(shí)間在倒退，有（100-n）分鐘的時(shí)間在前進(jìn)，依題意有

　125×（100-n）-125×（0.1＋0.1×2＋0.1×3＋…＋0.1×n）＜10000，整理得 n（n＋21）＞400。

　　當(dāng)　n=12時(shí)， n＋21=33，12×33=396＜400。

　　當(dāng)　n=13時(shí)，n＋21=34，12×34=442＞400。

　　所以n至少等于13，即遙控器發(fā)出指令的次數(shù)至少是13次。

練習(xí)14

　　

的結(jié)果是x，求與x最接近的整數(shù)。

　　2. 五名選手在一次數(shù)學(xué)競賽中共得404分，每人得分互不相等，并且其中得分最高的選手是90分。問：得分最低的選手至少得多少分？

　　3.有15個(gè)自然數(shù)，去掉最大的數(shù)后，平均數(shù)約等于2.5；去掉最小的數(shù)后，平均數(shù)約等于2.8。求最大數(shù)與最小數(shù)之差。

　　4.小華計(jì)算七個(gè)自然數(shù)的平均數(shù)（得數(shù)保留兩位小數(shù)）時(shí)，將得數(shù)最后一位算錯(cuò)了。他的錯(cuò)誤答案是21.83，正確答案應(yīng)是多少？

　　5.有一算式，左邊方框里都是整數(shù)，右邊答案寫出了四舍五入后的近似值：



　　問：算式左邊三個(gè)方框里的整數(shù)從左至右依次是多少？

　　6，一本書的中間被撕掉了一張，余下各頁碼數(shù)的和正好是1000。問：

　?。?）這本書有多少頁？

　?。?）撕掉的是哪一張？

　　7. 8.01×1.24＋8.02×1.23＋8.03×1.22的整數(shù)部分是多少？

　　

練習(xí)14

　　1.24。

　　

　　所以與x最接近的整數(shù)是24。

　　2.50分。

　　解：在五名選手總分一定的條件下，根據(jù)最高得分為90分，且為互不相等的整數(shù)，當(dāng)除得分最高和最低的兩名選手外的另外三名得分為89，88，87分時(shí)，得分最低的選手分?jǐn)?shù)最少，最少是404-（90+89+88+87）=50（分）。

　　3.4。解：14×2.45=34.3，14×2.55=35.7，因?yàn)槿サ糇畲髷?shù)后14個(gè)數(shù)的和是自然數(shù)，所以去掉最大數(shù)后的14個(gè)數(shù)的和是35。

　　同理可求出，去掉最小數(shù)后的14個(gè)數(shù)之和是39。

　　所以最大數(shù)與最小數(shù)相差39-35=4。

　　4.21.86。

　　解：設(shè)平均數(shù)的正確答案是x。根據(jù)小華錯(cuò)誤答案的最后一位算錯(cuò)的條件，可知

　　21.795≤x＜21.895，

　　152.565≤7x＜153.265。

　　因?yàn)?x是自然數(shù)，所以它只能是153。這樣，平均數(shù)的正確答案是 153÷7≈21.86。

　　5.1，2，3。

　　解：采用估值的辦法先確定算式的精確值所在范圍。因?yàn)?.16是這個(gè)精確值四舍五入后得到的，所以它一定介于1.155與1.164之間。即



　　通分后得到



　　將上式擴(kuò)大105倍得

　　121.275≤35□+21□+15□≤122.325。

　　因?yàn)槊總€(gè)方格中是一個(gè)整數(shù)，所以

　　35□+21□+15□=122。

　　由奇偶性可以看出三個(gè)方格中的數(shù)一定是兩奇一偶。經(jīng)試驗(yàn)不難發(fā)現(xiàn)35×1+21×2+15×3=122。

　　所以，這三個(gè)數(shù)依次是1，2，3。

　　6.（1）45頁；（2）17，18頁。

　　解：撕掉一張實(shí)際上是有兩個(gè)頁數(shù)，并且前一個(gè)頁數(shù)是奇數(shù)，后一個(gè)頁數(shù)是偶數(shù)。設(shè)這本書的頁碼是從1到n的自然數(shù)，其和為



　　通過估算：



　　n=45時(shí)符合題意，所以這本書有 45頁，撕掉的是17，18頁。

　　7.29。

　　解：當(dāng)兩個(gè)數(shù)的和不變時(shí)，兩數(shù)越接近（即差越?。┧鼈兊姆e越大。所以 8.03×1.22＜8.02×1.23＜8.01×1.24。從而

　　原式＜8.01×1.24×3＜8×1.25×3=30。

　　原式＞8×（1.24+1.23+1.22）=8×3.69=29.52。原式的整數(shù)部分是29。

　　注：設(shè)a+b=k，則b=k-a，從而

　

　　 近。

　　 　



　　由題目要求，應(yīng)使上式大于0且盡量小。若要分子最小，則有5m-2n=1，即



　　當(dāng)n＜15時(shí)，使m為整數(shù)的最大整數(shù)n是12，所以n=12，m=5。所求



第15講 離散最值問題

　　在國內(nèi)外數(shù)學(xué)競賽中，常出現(xiàn)一些在自然數(shù)范圍內(nèi)變化的量的最值問題，我們稱之為離散最值問題。解決這類非常規(guī)問題，尚無統(tǒng)一的方法，對不同的題目要用不同的策略和方法，就具體的題目而言，大致可從以下幾個(gè)方面著手：

　　1.著眼于極端情形；

　　2.分析推理——確定最值；

　　3.枚舉比較——確定最值；

　　4.估計(jì)并構(gòu)造。

　　例1 一把鑰匙只能開一把鎖，現(xiàn)在有4把鑰匙4把鎖，但不知哪把鑰匙開哪把鎖，最少試多少次，就一定能使全部的鑰匙和鎖相匹配？

　　解：開第1把鎖，若不湊巧，試3把鑰匙還沒有成功，則第4把不用再試了，它一定能打開這把鎖。同理，開第2把鎖最多試2次，開第3把鎖最多試1次，最后剩下的1把鑰匙一定能打開剩下的第4把鎖，而用不著再試。這樣最多要試的次數(shù)為

　　3＋2＋1=6（次）。

　　說明：在“最湊巧”的情況下，只需試3次就可使全部的鑰匙和鎖相匹配。本題中要求滿足任何情況，所以應(yīng)從“最不湊巧”的情況考慮問題。

　　例2 一個(gè)布袋中有紅、黃、綠三種顏色的小球各10個(gè)，這些小球的大小均相同，紅色小球上標(biāo)有數(shù)字“4”，黃色小球上標(biāo)有數(shù)字“5”，綠色小球上標(biāo)有數(shù)字“6”。小明從袋中摸出8個(gè)球，它們的數(shù)字和是39，其中最多可能有多少個(gè)球是紅色的？

　　解：假設(shè)摸出的8個(gè)球全是紅球，則數(shù)字之和為（4×8=）32，與實(shí)際的和39相差7，這是因?yàn)閷⒚龅狞S球、綠球都當(dāng)成是紅球的緣故。

　　用一個(gè)綠球換一個(gè)紅球，數(shù)字和可增加（6－4=）2，用一個(gè)黃球換一個(gè)紅球，數(shù)字和可增加（5-4=）1。為了使紅球盡可能地多，應(yīng)該多用綠球換紅球，現(xiàn)在7÷2=3……1，因此可用3個(gè)綠球換紅球，再用一個(gè)黃球換紅球，這樣8個(gè)球的數(shù)字之和正好等于39。所以要使8個(gè)球的數(shù)字之和為39，其中最多可能有（8-3-1=）4個(gè)是紅球。

　　例3 紅星小學(xué)的禮堂里共有座位24排，每排有30個(gè)座位，全校650個(gè)同學(xué)坐到禮堂里開會(huì)，至少有多少排座位上坐的學(xué)生人數(shù)同樣多？

　　解：從極端情形考慮，假設(shè)24排座位上坐的人數(shù)都不一樣多，那么最多能坐



　　假設(shè)只有2排座位上坐的學(xué)生人數(shù)同樣多，那么，最多能坐



　　假設(shè)只有3排座位上坐的學(xué)生人數(shù)同樣多，那么，最多能坐



　　而題中說全校共有學(xué)生650人，因此必定還有（650－636=）14人要坐在這24排中的某些排座位上，所以其中至少有4排座位上坐的學(xué)生人數(shù)同樣多。

　　說明：（1）若問最多有多少排座位上坐的學(xué)生人數(shù)同樣多，你會(huì)解嗎？這個(gè)問題留給讀者研究。

　?。?）從極端情形入手，著眼于極端情形，是求解最值問題的有效手段。如例1中從最不湊巧的情形看，用n把鑰匙開1把鎖要開n次才能打開，例2從摸出的8個(gè)球全是紅球這種極端情形入手，再進(jìn)行逐步調(diào)整。

　　

　　解：本題實(shí)質(zhì)上是確定n的最小值，利用被11整除的數(shù)的特征知：一個(gè)數(shù)能被11整除，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)的偶位數(shù)字的和與奇位數(shù)字的和之差能被11整除。該數(shù)的偶位數(shù)字之和為18n＋2，奇位數(shù)字之和為10n＋5。兩者之差為

　　18n＋2-（10n＋5）=8n-3。

　　要使（8n-3）為11的倍數(shù)，不難看出最小的n=10，故所求最小數(shù)為

　　

　　說明：本題采用分析、推理的方法來確定最值，這也是解離散最值問題的一種常用方法。

　　

×EFG的最大值與最小值相差多少？

　　

　　解：由右式知，A=1，D＋G=3或13，由于A，D，G為不同數(shù)字，故D＋G≠3，因此 D+ G＝13；C+F=8或18，但 C≠F，故只有 C＋F=8，

數(shù)，為使數(shù)字不重復(fù)，只有取E=7（B=2），F(xiàn)=5（C=3），G=9（D=4），

E=2（B=7），F(xiàn)=3（C=5），G＝4（D=9），即當(dāng)



　　1234×759-1759×234

　　=1234×（234＋525）-（1234＋525）×234

　　＝（1234—234）×525=525000。

　　例6 某公共汽車從起點(diǎn)開往終點(diǎn)站，中途共有13個(gè)停車站。如果這輛公共汽車從起點(diǎn)站開出，除終點(diǎn)站外，每一站上車的乘客中，正好各有一位乘客從這一站到以后的每一站，那么為了使每位乘客都有座位，這輛公共汽車至少應(yīng)有多少個(gè)座位？

　　解法1：只需求車上最多有多少人。依題意列表如下：

　　

　　由上表可見，車上最多有56人，這就是說至少應(yīng)有56個(gè)座位。

　　說明：本題問句出現(xiàn)了“至少”二字是就座位而言的，座位最少有多少，取決于什么時(shí)候車上人數(shù)最多，要保證乘客中每人都有座位，應(yīng)準(zhǔn)備的座位至少應(yīng)當(dāng)?shù)扔诔丝妥疃鄷r(shí)的人數(shù)。所以，我們不能只看表面現(xiàn)象，誤認(rèn)為有了“至少”就是求最小數(shù)，而應(yīng)該把題意分析清楚后再作判斷。

　　解法2：因?yàn)檐噺哪骋徽鹃_出時(shí)，以前各站都有同樣多的人數(shù)到以后各站（每站1人），這一人數(shù)也和本站上車的人數(shù)一樣多，因此

　　車開出時(shí)人數(shù)=（以前的站數(shù)+1）×以后站數(shù)

　　=站號×（15-站號）。

　　因此只要比較下列數(shù)的大?。?br>
　　1×14， 2×13， 3×12， 4×11， 5×10，

　　6×9， 7×8， 8×7， 9×6， 10×5，

　　11×4， 12×3， 13×2， 14×1。

　　由這些數(shù)，得知7×8和8×7是最大值，也就是車上乘客最多時(shí)的人數(shù)是56人，所以它應(yīng)有56個(gè)座位。

　　說明：此題的兩種解法都是采用的枚舉法，枚舉法是求解離散最值問題的基本方法。這種方法的大意是：將問題所涉及的對象一一列出，逐一比較從中找出最值；或者將與問題相關(guān)的各種情況逐一考察，最后歸納出需要的結(jié)論。

　　例7 在10，9，8，7，6，5，4，3，2，1這10個(gè)數(shù)的每相鄰兩個(gè)數(shù)之間都添上一個(gè)加號或一個(gè)減號，組成一個(gè)算式。要求：（1）算式的結(jié)果等于37；（2）這個(gè)算式中的所有減數(shù)（前面添了減號的數(shù)）的乘積盡可能地大。那么，這些減數(shù)的最大乘積是多少？

　　解：把10個(gè)數(shù)都添上加號，它們的和是55，如果把其中一個(gè)數(shù)的前面的加號換成減號，使這個(gè)數(shù)成為減數(shù)，那么和數(shù)將要減少這個(gè)數(shù)的2倍。

　　因?yàn)?5-37＝18，所以我們變成減數(shù)的這些數(shù)之和是18÷2=9。對于大于2的數(shù)來說，兩數(shù)之和總是比兩數(shù)乘積小，為了使這些減數(shù)的乘積盡可能大，減數(shù)越多越好（不包括1）。9最多可拆成三數(shù)之和2＋3＋4=9，因此這些減數(shù)的最大乘積是2×3×4＝24，添上加、減號的算式是

　　10 ＋ 9＋ 8＋ 7 ＋ 6＋ 5- 4- 3- 2 ＋1＝37。

　　例8 設(shè)a1，a2，a3，a4，a5，a6是1到9中任意6個(gè)不同的正整數(shù)，并且a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6。試用這6個(gè)數(shù)分別組成2個(gè)三位數(shù)，使它們的乘積最大。

　　分析與解：由于a1，…，a6具體大小不清楚，因此先取特殊數(shù)1，2，3，4，5，6這6個(gè)不同的數(shù)考慮。要使2個(gè)三位數(shù)的乘積最大，必須使這2個(gè)數(shù)的百位數(shù)最大，應(yīng)分別是6，5；而十位數(shù)次大，應(yīng)分別為4，3，個(gè)位數(shù)最小，應(yīng)分別為2，1。

　　因?yàn)楫?dāng)2個(gè)數(shù)之和一定時(shí)，這2個(gè)數(shù)之差越小，它們的乘積越大，所以這2個(gè)數(shù)是631和542。

　　

　　例9 8個(gè)互不相同的自然數(shù)的總和是56，如果去掉最大的數(shù)及最小的數(shù)，那么剩下的數(shù)的總和是44。問：剩下的數(shù)中，最小的數(shù)是多少？

　　解：因?yàn)樽畲髷?shù)與最小數(shù)的和是56－44=12，所以最大數(shù)不會(huì)超過11。去掉最大和最小數(shù)后剩下的6個(gè)互不相同的自然數(shù)在2～10之間，且總和為44，這6個(gè)數(shù)只能是4，6，7，8，9，10。

　　例10 采石場采出了200塊花崗石料，其中有120塊各重7噸，其余的每塊各重9噸，每節(jié)火車車皮至多載重40噸，為了運(yùn)出這批石料，至少需要多少節(jié)車皮？

　　解：每節(jié)車皮所裝石料不能超出5塊，故車皮數(shù)不能少于200÷5=40（節(jié)），而40節(jié)車皮可按如下辦法分裝石料：每節(jié)裝運(yùn)3塊7噸的和兩塊9噸的石料，故知40節(jié)可以滿足要求。

　　

　　例11 用若干個(gè)形如圖1的圖形蓋住一個(gè)尺寸為6×12的矩形（允許圖形伸出矩形之外）。問：至少需要多少個(gè)形如圖1的圖形？并說明理由。

　　

　　解：將圖1去掉1個(gè)小方格，可得圖2，用2個(gè)圖2可以蓋住3×6的矩形，推知用8個(gè)圖2可以蓋住6×12的矩形，從而用8個(gè)圖1也能蓋住6×12的矩形。6×12的矩形有72個(gè)方格，而7個(gè)圖1共有7×10=70（個(gè)）方格，7個(gè)圖1蓋不住6×12的矩形，所以至少需要8個(gè)。

　　例12 把 1，2，3，…，12填在左下圖的12個(gè)圓圈里，然后將任意兩個(gè)相鄰的數(shù)相加，得到一些和，要使這些和都不超過整數(shù)n，n至少是多少？為什么？并請你設(shè)計(jì)一種填法，滿足你的結(jié)論。

　　

　　解：因?yàn)?+2＋3＋…＋12=78， 78×2÷12＝13，所以n≥13。又考慮到與12相鄰的數(shù)最小是1和2，所以n至少是14。右上圖是一種滿足要求的填法。

　　說明：“估計(jì)+構(gòu)造”是解離散最值問題的一種常用方法，要求某個(gè)離散最值，先估計(jì)該量的上界或下界，然后構(gòu)造出一個(gè)實(shí)例說明此上界或下界能夠達(dá)到，這樣便求出了這個(gè)量的最大值或最小值。

練習(xí)15

　　1.一排有50個(gè)座位，其中有些座位已經(jīng)有人，若新來一個(gè)人，他無論坐在何處，都有一個(gè)人與他相鄰，則原來至少有多少人就座？

　　

最大值是多少？

　　3.有一個(gè)正整數(shù)的平方，它的最后三位數(shù)字相同但不為零，試求滿足上述條件的最小正整數(shù)。

　　4.命題委員會(huì)為5～10年級準(zhǔn)備數(shù)學(xué)奧林匹克試題，每個(gè)年級各7道題，而且都恰有4道題跟任何其它年級不同。試問，其中最多可以有多少道不同的試題（指各個(gè)年級加在一起）？

　　5.如果10個(gè)互不相同的兩位奇數(shù)之和等于898，那么這10個(gè)奇數(shù)中最小的一個(gè)是多少？

　　6.某城市設(shè)立1999個(gè)車站，并打算設(shè)立若干條公共汽車線路。要求：

　?。?）從任何一站上車，至多換一次車就可以到達(dá)城市的任一站；

　　（2）每一個(gè)車站，至多是兩條線路的公共站。

　　問：這個(gè)城市最多可以開辟多少條公共汽車線路？

　　7.23個(gè)不同的自然數(shù)的和是4845。問：這23個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)可能達(dá)到的最大的值是多少？寫出你的結(jié)論，并說明理由。

　　8.兩個(gè)偶數(shù)的倒數(shù)之和與兩個(gè)奇數(shù)的倒數(shù)之和相等，這樣的偶數(shù)對和奇數(shù)對要求是不同的偶數(shù)和奇數(shù)。問：滿足這個(gè)條件的偶數(shù)對的兩個(gè)偶數(shù)之和的最小值是多少？

練習(xí)15

　　1.17人。

　　解：只要兩個(gè)人之間空的座位不多于2個(gè)，便可滿足題設(shè)條件。50÷3=16……2，所以原來至少有16+1=17（人）就座。

　　 之值最大，可知a-b=1，從而a+b之值要盡可能大，據(jù)此a=100，b=99，所

　　3.1444。

　　解：平方數(shù)末位只能為0，1，4，5，6，9。因?yàn)?11，444，555，666，999均非平方數(shù)，而1000，1111也不是平方數(shù)，但1444=382，故滿足題設(shè)條件的最小正整數(shù)是1444。

　　4.33道。

　　解：顯然，當(dāng)每道題至多為兩個(gè)年級所公用時(shí)，題目的數(shù)量達(dá)到最多，此時(shí)不同的試題共有

　　4×6+（3×6）÷2=33（道）。

　　例如，每個(gè)年級的第4～7題均與其他年級不同，而第1～3題，5，6年級相同，7，8年級相同，9，10年級相同，此時(shí)恰有33道不同的試題。

　　5.79。

　　解：9個(gè)不同的最大的兩位奇數(shù)99，97，95，93，91，89，87，85，83的和是819，898-819=79，所以10個(gè)奇數(shù)中最小的是79。

　　6.63條。

　　解：設(shè)這個(gè)城市設(shè)立了n條公共汽車線路。由（1）（2）可知，任何兩條線路必有公共的車站，所以每條線路至少有（n-1）個(gè)車站。n條線路至少有n（n-1）個(gè)車站。由于每一個(gè)車站都有可能是兩條線路的公共車站個(gè)車站，于是有



　　滿足上述不等式的最大整數(shù)是n=63。也就是說這個(gè)城市最多可以開辟63條公共汽車線路。

　　7.17。

　　解：設(shè)這23個(gè)彼此不同的自然數(shù)為

　　a1，a2，…，a22，a23，

　　并且它們的最大公約數(shù)是d，則

　　a1=db1，a2=db2，…，a22=db22，a23=db23。

　　依題意，有

　　　　　　　　　　　　　　　　4845=a1+a2+…+a22+a23

　　=d（b1+b2+…+b22+b23）。

　　因?yàn)閎1，b2，…，b22，b23也是彼此不等的自然數(shù)，所以

　　b1+b2+…+b23≥1+2+…+23=276。

　　因?yàn)?845=d（b1+b2+…+b22+b23）≥276×d，所以



　　又因?yàn)?845=19×17×15，因此d的最大值可能是17。

　　當(dāng)a1=17，a2=17×2，a3=17×3，…，a21=17×21，a22=17×22，a23=17×32時(shí)，得

　　　a1+a2+…+a22+a23

　　=17×（1+2+…+22）+17×32

　　=17×253+17×32=17×285=4845。

　　而（a1，a2，…，a22，a23）=17。所以d的最大值等于17。

　　8.16。

　　解：我們先證明這樣的兩個(gè)偶數(shù)之和必為4的倍數(shù)。因?yàn)閮蓚€(gè)奇數(shù)的倒數(shù)之和為



　　另一方面，兩個(gè)偶數(shù)的倒數(shù)之和為



　　

　“偶+偶”是8的倍數(shù)。

　　 不合條件；

　　當(dāng)兩偶數(shù)和為16時(shí)，有

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:23

數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》(六）

數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》
枚舉、歸納與猜想

一、枚舉法

　　枚舉法起源于原始的計(jì)數(shù)方法，即數(shù)數(shù)。關(guān)于這方面的例子，我們在第11講中已介紹過，現(xiàn)在我們從另一角度來利用枚舉法解題。當(dāng)我們面臨的問題存在大量的可能的答案（或中間過程），而暫時(shí)又無法用邏輯方法排除這些可能答案中的大部分時(shí)，就不得不采用逐一檢驗(yàn)這些答案的策略，也就是利用枚舉法來解題。

　　采用枚舉法解題時(shí)，重要的是應(yīng)做到既不重復(fù)又不遺漏，這就好比工廠里的質(zhì)量檢驗(yàn)員的責(zé)任是把不合格產(chǎn)品挑出來，不讓它出廠，于是要對所有的產(chǎn)品逐一檢驗(yàn)，不能有漏檢產(chǎn)品。

　　例1 一個(gè)小于400的三位數(shù)，它是平方數(shù)，它的前兩個(gè)數(shù)字組成的兩位數(shù)還是平方數(shù)，其個(gè)位數(shù)也是一個(gè)平方數(shù)。求這個(gè)三位數(shù)。

　　解：這道題共提出三個(gè)條件：

　?。?）一個(gè)小于400的三位數(shù)是平方數(shù)；

　　（2）這個(gè)三位數(shù)的前兩位數(shù)字組成的兩位數(shù)還是平方數(shù)；

　?。?）這個(gè)三位數(shù)的個(gè)位數(shù)也是一個(gè)平方數(shù)。

　　我們先找出滿足第一個(gè)條件的三位數(shù)：

　　100，121，144，169，196，225， 256， 289， 324， 361。

　　再考慮第二個(gè)條件，從中選出符合條件者：

　　169，256，361。最后考慮第三個(gè)條件，排除不合格的256，于是找到答案是169和361。

　　說明：這里我們采用了枚舉與篩選并用的策略，即依據(jù)題中限定的條件，面對枚舉出的情況逐步排除不符合條件的三位數(shù)，確定滿足條件的三位數(shù)，從而找到問題的答案。

　　例2哥德巴赫猜想是說：每個(gè)大于2的偶數(shù)都可以表示為兩個(gè)質(zhì)數(shù)之和。問：168是哪兩個(gè)兩位數(shù)的質(zhì)數(shù)之和，并且其中一個(gè)的個(gè)位數(shù)是1？

　　解：168表示成兩個(gè)兩位質(zhì)數(shù)之和，兩個(gè)質(zhì)數(shù)都大于68。個(gè)位是1且大于68的兩位數(shù)有71，81，91，其中只有71是質(zhì)數(shù)，所以一個(gè)質(zhì)數(shù)是71，另一個(gè)質(zhì)數(shù)是168-71=97。

　　說明：解此題要求同學(xué)們記住100以內(nèi)的質(zhì)數(shù)。如果去掉題目中“其中一個(gè)的個(gè)位數(shù)是1”的條件，那么上述答案不變，仍是唯一的解答。

　　如果取消位數(shù)的限制，那么還有

　　168=5+163，168=11+157，168=17+151，…

　　哥德巴赫猜想是1742年提出來的，至今已有250多年的歷史了，它是數(shù)論中最有名的問題，中外許多著名的數(shù)學(xué)家都研究過，包括我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚教授。

　　例 3有30枚貳分硬幣和8枚伍分硬幣，用這些硬幣不能構(gòu)成的1分到1元之間的幣值有多少種？

　　解：注意到所有的38枚硬幣的總幣值恰好是100分（即1元），于是除了50分與100分外，其他98種幣值可以兩兩配對，即

　　（1，99），（2，98），（3，97），…，（49，51）。

　　每一對幣值中有一個(gè)可用若干枚貳分和伍分硬幣構(gòu)成，則另一個(gè)也可以，顯然50分和100分的幣值是可以構(gòu)成的，因此只需要討論幣值為1分、2分、3分……49分這49種情況。

　　1分和3分的幣值顯然不能構(gòu)成。

　　2分、4分、6分……48分這24種偶數(shù)幣值都可以用若干枚貳分硬幣構(gòu)成，因?yàn)橘E分硬幣的總數(shù)為30個(gè)。

　　5分、7分、9分……49分這23種奇數(shù)幣值，只需分別在4分、6分、8分……48分幣值的構(gòu)成方法上，用1枚伍分硬幣換去兩枚貳分硬幣即可，比如37分幣值，由于36分幣值可用18枚貳分硬幣構(gòu)成，用1枚伍分硬幣換下2枚貳分硬幣，所得的硬幣值即為37分。

　　綜合以上分析，不能用若干枚貳分和伍分硬幣構(gòu)成的1分到1元之間的幣值只有四種，即1分、3分、97分、99分。

　　例4一個(gè)兩位數(shù)被7除余1，如果交換它的十位數(shù)字與個(gè)位數(shù)字的位置，所得到的兩位數(shù)被7除也余1，那么這樣的兩位數(shù)有多少個(gè)？都是幾？

　　

　　兩式相減，得9（a-b）=7（n-m）。于是7|9（a-b）。因?yàn)椋?，9）=1，所以7|a-b，得到a-b=0，或a-b=7。

　?。?）當(dāng)a-b=0，即a=b時(shí)，在兩位數(shù)11，22，33，44，55，66，77，88，99中逐一檢驗(yàn)，只有22，99符合被7除余1的條件。

　　（2）當(dāng)a-b=7，即a=b＋7時(shí)，b=1，或b=2。在81，92這二個(gè)數(shù)中，只有92符合被7除余1的條件。

　　因?yàn)閍，b交換位置也是解，所以符合條件的兩位數(shù)共有四個(gè)，它們是22，29，92及99。

　　說明：這里我們把題中限定的條件放寬，分成兩類，枚舉出每一類的兩位數(shù)，逐一檢驗(yàn)排除不符合條件的兩位數(shù)，確定符合條件的兩位數(shù)，從而找到問題的答案。

　　此題也可以枚舉出被7除余1的所有兩位數(shù)：

　　15，22，29，36，43，50，57，64，71，78，85，92，99，

　　再根據(jù)題意逐一篩選。

　　例5把1，2，3，4，5，6分別填入左下圖所示的表格內(nèi)，使得每行相鄰的兩個(gè)數(shù)左邊的小于右邊的，每列的兩數(shù)上面的小于下面的。問：有幾種填法？

　　

　　解：如右上圖，由已知可得a最小，f最大，即a=1，f=6。根據(jù)b與d的大小，可分兩種情況討論。

　　當(dāng)b＜d時(shí)，有b=2，c=3或4或5，可得下列3種填法：

　　

　　當(dāng)b＞d時(shí)，有b=3，d=2，c=4或5，可得下列2種填法：

　　

　　綜上所述，一共有5種填法。

　　例6今有101枚硬幣，其中有100枚同樣的真幣和1枚偽幣，偽幣與真幣的重量不同，現(xiàn)需弄清楚偽幣比真幣輕，還是比真幣重，但只有一架沒有砝碼的天平。試問，怎樣利用這架天平稱兩次，來達(dá)到目的？

　　解：在天平兩端各放50枚硬幣。

　　如果天平平衡，那么所剩一枚為偽幣，于是取一枚偽幣和一枚真幣分放在天平兩端，即可判明真幣與偽幣誰輕誰重。

　　如果天平不平衡，那么取下重端的50枚硬幣，并將輕端的50枚硬幣分放兩端各25枚，若此時(shí)天平平衡，則說明偽幣在取下的50枚硬幣中，即偽幣比真幣重；若此時(shí)天平仍不平衡，則說明偽幣在較輕的50枚硬幣中，即偽幣比真幣輕。

　　在上述解答過程中，我們面臨著“平衡”或“不平衡”兩種可能的狀態(tài)，對這兩種狀態(tài)，逐一檢驗(yàn)，即得到問題的結(jié)論。

　　由上述例題可以看出運(yùn)用枚舉法的關(guān)鍵在于：

　?。?）如何將整體分解成各個(gè)特殊情況，也就是要注意分類的方法，分類必須適合于一一列舉和研究，同時(shí)分類必須不重也不漏。

　?。?）善于對列舉的結(jié)果進(jìn)行綜合考察（包括篩選），并導(dǎo)出結(jié)論。

二、歸納與猜想

　　“猜想”是一種重要的思維方法，對于確定證明方向，發(fā)現(xiàn)新定理，都有重大意義。最著名的例子就是哥德巴赫猜想，1742年曾任中學(xué)教師的哥德巴赫和大數(shù)學(xué)家歐拉通過觀察實(shí)例：

　　6=3＋3，8=3＋5，10=3＋7，12=5＋7，

　　14=3＋11，16=3＋13，18=7＋11，…

　　提出如下猜想：“任何大于或等于6的偶數(shù)，都可以表示成兩個(gè)奇素?cái)?shù)之和。”這就是聞名于世的哥德巴赫猜想，至今還沒有給以邏輯證明，所以仍是一個(gè)猜想。二百多年以來，她像一顆璀璨奪目的明珠，吸引了無數(shù)數(shù)學(xué)家和數(shù)學(xué)愛好者為之奮斗。

　　通過觀察若干具體實(shí)例，發(fā)現(xiàn)存在于它們之中的某種似乎帶規(guī)律性的東西，我們相信它具有普遍意義，對更多更一般的實(shí)例同樣適用，從而把它當(dāng)做一般規(guī)律或結(jié)論，這種發(fā)現(xiàn)規(guī)律或結(jié)論的方法就是歸納法。當(dāng)然，歸納出來的規(guī)律或結(jié)論一般來說還只是一種猜想，它是否正確，還有待于進(jìn)一步證明。

　　例如，我們可能碰巧看到

　　1＋8＋27＋64=100，

　　改變一下形式：

　　13＋23＋33＋43=102=（1＋2＋3＋4）2。

　　這個(gè)形式很規(guī)則，這是偶然的，還是確有這樣的規(guī)律？不妨再試驗(yàn)一下：

　　13＋23=9=32=（1＋2）2，

　　13＋23＋33=36=62=（1＋2＋3）2。

　　再多一些數(shù)試驗(yàn)一下：

　　13＋23＋33＋43＋53=225=152=（1＋2＋3＋4＋5）2。

　　于是猜想：

　　　　

　　又如，求凸n邊形內(nèi)角和。觀察分析：

　　三角形內(nèi)角和為180°；

　　四邊形可分為2個(gè)三角形，故內(nèi)角和為2×180°；

　　五邊形可分為3個(gè)三角形，故內(nèi)角和為3×180°；

　　歸納猜想：凸n邊形的內(nèi)角和為（n-2）×180°。

　　例7下面各列數(shù)都依照一定規(guī)律排列，在括號里填上適當(dāng)?shù)臄?shù)：

　　（1）1，5，9，13，17，（）；

　　

　　（4）32，31，16，26，（），（），4，16，2，11。

分析與解：要在括號里填上適當(dāng)?shù)臄?shù)，必須正確地判斷出每列數(shù)所依照的規(guī)律，為此必須進(jìn)行仔細(xì)的觀察和揣摩。

　?。?）考察相鄰兩數(shù)的差：

　　5-1=4，　 9-5=4，

　　13-9=4， 17-13=4。

　　可見，相鄰兩數(shù)之差都是4。按此規(guī)律，括號里的數(shù)減去17等于4，所以應(yīng)填入括號里的數(shù)是17＋4=21。

　?。?）像（1）那樣考慮難以發(fā)現(xiàn)規(guī)律，改變一下角度，把各數(shù)改寫為



　　可以發(fā)現(xiàn)：

　　

　　 　



　　（3）為探究規(guī)律，作適當(dāng)變形：



　　這樣一來，分子部分呈現(xiàn)規(guī)律：自3起，依次遞增2，故括號內(nèi)的數(shù)的分子為13。再看分母部分：4，8，14，22，32。相鄰兩數(shù)之差得4，6，8，10。可見括號內(nèi)的數(shù)的分母應(yīng)為32＋12=44。

　　

　　（4）分成兩列數(shù)：奇數(shù)位的數(shù)為

　　　　32，16，（），4，2。

　　可見前面括號中應(yīng)填入8；偶數(shù)位的數(shù)為

　　　　31，26，（），16，11。

　　括號中的數(shù)應(yīng)填入21。所以，兩括號內(nèi)依次填入8，21。

　　說明：從上面例子可以看到，觀察時(shí)不可把眼光停留在某一點(diǎn)上固定不變，而要注意根據(jù)問題特點(diǎn)不斷調(diào)整自己觀察的角度，以利于觀察出有一定隱蔽性的內(nèi)在規(guī)律。

　　例8下面是七個(gè)分?jǐn)?shù)：



　　先約分，請你再劃去一個(gè)與眾不同的數(shù)，然后按照一定的規(guī)律將余下的六個(gè)數(shù)排列起來，并按你的規(guī)律接下去寫出第七個(gè)數(shù)。

　　分析：約分是容易的，除其中一個(gè)數(shù)外，另外六個(gè)數(shù)必有聯(lián)系。

　　解：已給分?jǐn)?shù)經(jīng)約分后是

　





　　說明：這個(gè)題目里給出了解題的操作指示，即化簡、按規(guī)律分類、排序、添加新數(shù)，做起來感覺很順利、輕松。做完題后體會(huì)一下命題者的用意，他是想讓學(xué)生了解和學(xué)會(huì)怎樣歸納和猜測。在許多問題中，各元素從表面上看沒什么聯(lián)系，也看不出什么規(guī)律，這就需要我們像做約分那樣透過表面看本質(zhì)，扒掉“披在元素身上花花綠綠的外衣”，從而發(fā)現(xiàn)彼此間的共性和聯(lián)系。這個(gè)題的命題者給出了一個(gè)做歸納和猜測的示范，應(yīng)引起讀者重視。

　　例9　將正方形紙片如下圖所示由下往上對折，再由左向右對折，稱為完成一次操作。按上述規(guī)則完成五次操作以后，剪去所得小正方形的左下角。問：當(dāng)展開這張正方形紙片后，一共有多少個(gè)小洞孔？

　　

　　解：一次操作后，層數(shù)由1變?yōu)?，若剪去所得小正方形左下角，展開后只有1個(gè)小洞孔，恰是大正方形的中心。

　　連續(xù)兩次操作后，折紙層數(shù)為42，剪去所得小正方形左下角，展開后大正方形留有42-1=41=4（個(gè)）小洞孔。

　　連續(xù)三次操作后，折紙層數(shù)為43，剪去所得小正方形左下角，展開后大正方形上留有43-1=42=16（個(gè)）小洞孔。

　　……

　　按上述規(guī)律不難斷定：

　　連續(xù)五次操作后，折紙層數(shù)為45，剪去所得小正方形左下角，展開后大正方形紙片上共留有小洞孔

　　45-1=44=256（個(gè)）。

　　例10將自然數(shù)排成如下的螺旋狀：

　　

　　第一個(gè)拐彎處的數(shù)是2，第二個(gè)拐彎處的數(shù)是3，第20個(gè)及第25個(gè)拐彎處的數(shù)各是多少？

　　解：由圖可知，前幾個(gè)拐彎處的數(shù)依次是

　　2，3，5，7，10，13，17，21，26，…

　　這是一個(gè)數(shù)列，題目要求找出它的第20項(xiàng)和第25項(xiàng)各是多少，因此要找出這個(gè)數(shù)列的規(guī)律。

　　把數(shù)列的后一項(xiàng)減去前一項(xiàng)，得一新數(shù)列：

　　1，2，2，3，3，4，4，5，5，…

　　把原數(shù)列的第一項(xiàng)2添在新數(shù)列的前面，得到

　　2，1，2，2，3，3，4，4，5，5，…

　　于是，原數(shù)列的第n項(xiàng)an就等于上面數(shù)列的前n項(xiàng)和，即

　　a1=2=1+1=2，

　　a2=2+1=1+（1+1）=3，

　　a3=2+1+2=1+（1+1+2）=5，

　　a4=2+1+2+2=1+（1+1+2+2）=7，

　　……

　　所以，第20個(gè)拐彎處的數(shù)是：

　　a20=1+（1+1+2+2+3+3+4+4+…+10+10）

　　　=1＋2×（1＋2＋…＋10）=111。

　　第25個(gè)拐彎處的數(shù)是：

　　a25=1+（1+1+2+2+…+12+12+13）

　　　=111＋2×（11＋12）＋13=170。

　　說明：（1）這個(gè)數(shù)列的一般項(xiàng)可以寫成第2n（偶數(shù)）項(xiàng)為

　　a2n=1＋2×（1＋2＋…＋n）=1＋n＋n2；

　　第（2n+1）（奇數(shù)）項(xiàng)為

　　a2n＋1=1＋2×（1＋2＋…＋n）＋（n＋1）=2＋2n＋n2。

　?。?）尋找數(shù)列排列的規(guī)律，常用兩種方法：一是考察數(shù)列的“項(xiàng)”與它所在的位置即“項(xiàng)數(shù)”之間的關(guān)系，一般的數(shù)列寫作

　　a1，a2，a3，…，an，…

　　這里an是數(shù)列的“項(xiàng)”，n是“項(xiàng)數(shù)”。若能找到“項(xiàng)”與“項(xiàng)數(shù)”的關(guān)系，則知道了項(xiàng)數(shù)n，也就知道了項(xiàng)an。另一方法是研究相鄰兩項(xiàng)或幾項(xiàng)的關(guān)系，這樣，知道了最初的幾項(xiàng)后，后面的項(xiàng)就可利用關(guān)系順次寫出來。

　　例11給出一個(gè)“三角形”的數(shù)表如下：

　　

　　此表構(gòu)成的規(guī)則是：第一行是0，1，2，…，999，以后下一行的數(shù)是上一行相鄰兩數(shù)的和。問：第四行的數(shù)中能被999整除的數(shù)是什么？

　　解：首先找出第四行數(shù)的構(gòu)成規(guī)律。通過觀察、分析，可以看出：第四行的任一個(gè)數(shù)都和第一行中相應(yīng)的四個(gè)相鄰的數(shù)有關(guān)，具體關(guān)系可以從下表看出：

　　　　

　　如果用an表示第四行的第n個(gè)數(shù)，那么an=8n+4。

　　現(xiàn)在要找出an=8n+4=999k的an，顯然k應(yīng)是4的倍數(shù)。注意到第四行中最大的數(shù)是7980＜999×8，所以k=4。由此求出第四行中能被999整除的數(shù)是999×4=3996，它是第四行的第（3996-4）÷8=499（項(xiàng)），即a499=3996。

　　說明：本題通過觀察、歸納找出第四行的構(gòu)成規(guī)律，即第n個(gè)數(shù)的通項(xiàng)公式。當(dāng)然通項(xiàng)公式也可以直接通過觀察第四行各數(shù)的排列規(guī)律來發(fā)現(xiàn)，即把第四行的前后幾個(gè)數(shù)算出來：

　　12，20，28，36，…，7980。

　　觀察分析發(fā)現(xiàn)：后一個(gè)數(shù)都比前一個(gè)數(shù)多8，從而歸納出通項(xiàng)公式為：an=8n+4。

　　例12在平面上有n條直線，任何兩條都不平行，并且任何三條都不交于同一點(diǎn)，這些直線能把平面分成幾部分？

　　解：設(shè)n條直線分平面為Sn部分，先實(shí)驗(yàn)觀察特例有如下結(jié)果：

　

　　n與Sn之間的關(guān)系不太明顯，但Sn-Sn-1有如下關(guān)系：

　

　　觀察上表發(fā)現(xiàn)，當(dāng)n≥2時(shí)，有

　　Sn-Sn-1=n。

　　因?yàn)樵冢╪-1）條直線后添加第n條直線被原（n-1）條直線截得的n段中的任何一段都將它所在的原平面一分為二，相應(yīng)地增加n部分，所以Sn=Sn-1+n，即Sn-Sn-1=n。從而

　　S2-S1=2，S3-S2=3，S4-S3=4，…，Sn-Sn-1=n。

　　將上面各式相加，得到

　　Sn-S1=2+3+…+n，

　　Sn=S1+2+3+…+n

　　　=2+2+3+…+n

　　　=1+（1+2+…+n）

　　　

　　說明：Sn也可由如下觀察發(fā)現(xiàn)。由上表知：

　　S1=1+1，S2=1+1+2，S3=1+1+2+3，

　　S4=1+1+2+3+4，

　　依此類推，便可猜想到

　　　　








練習(xí)16

　　1.用數(shù)字1，3，4，5，7，8，9組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，得到的數(shù)從小到大排成一列。問：第119個(gè)數(shù)是幾？

　　2.同時(shí)滿足下列條件的分?jǐn)?shù)共有多少個(gè)？

　　

　?。?）分子和分母都是質(zhì)數(shù)；

　?。?）分母是兩位數(shù)。

　　請列舉出所有滿足條件的分?jǐn)?shù)。

　　3.用一個(gè)三位數(shù)乘945，使所得的乘積為平方數(shù)，這樣的數(shù)共有幾個(gè)？最大的與最小的各是多少？

　　4.A，B，C三人中，一部分是總說真話的老實(shí)人，另一部分是總說假話的騙子。

　　A說：“若C是老實(shí)人，則B是騙子?！?br>
　　C說：“A和我不都是老實(shí)人，也不全是騙子?！?br>
　　問：A，B，C三人中，誰是老實(shí)人？誰是騙子？

　　5.現(xiàn)有如下一系列圖形：

　　

　　當(dāng)時(shí)n=1時(shí)，長方形ABCD分為2個(gè)直角三角形，這些三角形共有5條邊（重復(fù)的只算一條，下同）。

　　當(dāng)n=2時(shí)，長方形ABCD分為8個(gè)直角三角形，這些三角形共有16條邊。

　　當(dāng)n=3時(shí)，長方形ABCD分為18個(gè)直角三角形，這些三角形共有33條邊。

　　……

　　按如上規(guī)律請你回答：當(dāng)n=100時(shí)，長方形ABCD應(yīng)分為多少個(gè)直角三角形？這些三角形共有多少條邊？

　　6.（1）下面的（a）（b）（c）（d）為四個(gè)平面圖。數(shù)一數(shù)，每個(gè)平面圖各有多少頂點(diǎn)？多少條邊？它們分別圍成了多少個(gè)區(qū)域？請將結(jié)果填入下表（按填好的樣子做）。

　　

　　

　　（2）觀察上表，推斷一個(gè)平面圖的頂點(diǎn)數(shù)、邊數(shù)、區(qū)域數(shù)之間有什么關(guān)系。

　　（3）現(xiàn)已知某個(gè)平面圖有999個(gè)頂點(diǎn)，且圍成了999個(gè)區(qū)域，試根據(jù)以上關(guān)系確定這個(gè)圖有多少條邊。

　　7.有一列數(shù)1，3，4，7，11，18，…（從第三個(gè)數(shù)開始，每個(gè)數(shù)恰好是它前面相鄰兩個(gè)數(shù)的和）。

　　（1）第999個(gè)數(shù)被6除余幾？

　?。?）把以上數(shù)列按下述方法分組：

　?。?），（3，4），（7，11，18），…（第n組含有n個(gè)數(shù)）第999組的各數(shù)之和被6除余數(shù)是幾？

　　8.把1～999這999個(gè)自然數(shù)按順時(shí)針的方向依次排列在一個(gè)圓圈上（如下圖）。從1開始按順時(shí)針的方向，保留1，擦去2；保留3，擦去4……這樣每隔一個(gè)數(shù)擦去一個(gè)數(shù)，轉(zhuǎn)圈擦下去。問：最后剩下一個(gè)數(shù)時(shí)，剩下的是哪個(gè)數(shù)？

　　　





練習(xí)16

　　1.1985。

　　解：按從小到大無重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)順序，

　　前兩位數(shù)是13的有20個(gè)；

　　前兩位數(shù)是14的有20個(gè)；

　　……

　　前兩位數(shù)是19的有20個(gè)。

　　 即為1987，那么第119個(gè)數(shù)就是1985。

　　

　　提示：由（1）知分子是大于1，且小于20（因?yàn)榉帜甘莾晌粩?shù)）的質(zhì)數(shù)。然后就分子為2，3，5，7，11，13，17，19逐一枚舉，推出共有13個(gè)分?jǐn)?shù)滿足要求。

　　3.945，105。

　　解：因?yàn)?45=33×5×7，要使它乘上一個(gè)數(shù)后成為平方數(shù)，必須使乘積中各質(zhì)因數(shù)的個(gè)數(shù)成為偶數(shù)，所以，所乘的數(shù)必須是 3×5×7=105與另一平方數(shù)的乘積。因?yàn)?br>
　　105×12=105，105×22=620，105×32=945，

　　所以，與945相乘得到平方數(shù)的三位數(shù)共有3個(gè)，最大的是945，最小的是105。

　　4.B，C是老實(shí)人，A是騙子。

　　解：假設(shè)C是騙子，那么，從C的說法斷定A與C一樣是騙子。這樣，不管B是不是騙子，A的說法沒錯(cuò)，應(yīng)是老實(shí)人，產(chǎn)生矛盾。

　　因此C是老實(shí)人。由C的說法斷定A與C不一樣，是騙子。再由A的說法，斷定B不是騙子，是老實(shí)人。

　　5.20000個(gè)，30200條。

　　解：n=1時(shí)，直角三角形有2×12個(gè)，

　　邊數(shù)=2×1×（1+1）+12=5；

　　n=2時(shí)，直角三角形有2×22個(gè)，

　　邊數(shù)=2×2×（2+1）22=16；

　　n=3時(shí)，直角三角形有2×32個(gè)，

　　邊數(shù)=2×3×（3+1）+32=33。

　　對一般的n，共分為2×n2個(gè)直角三角形，

　　邊數(shù)=2n（n+1）+n2。

　　所以n=100時(shí)，共分為2×1002=20000（個(gè)）直角三角形，共有2×100×（100+1）+1002=30200（條）邊。

　　6.（1）填表如下：



　　（2）由該表可以看出，所給四個(gè)平面圖的頂點(diǎn)數(shù)、邊數(shù)及區(qū)域數(shù)之間有下述關(guān)系：

　　4+3-6=1，8+5-12=1，

　　6+4-9=1，10+6-15=1。

　　所以，我們可以推斷：任何平面圖的頂點(diǎn)數(shù)、邊數(shù)及區(qū)域數(shù)之間，都有下述關(guān)系：

　　頂點(diǎn)數(shù)+區(qū)域數(shù)-邊數(shù)=1。

　?。?）由上面所給的關(guān)系，可知所求平面圖的邊數(shù)。

　　邊數(shù)=頂點(diǎn)數(shù)+區(qū)域數(shù)-1

　　=999+999-1=1997。

　　注：任何平面圖的頂點(diǎn)數(shù)、區(qū)域數(shù)及邊數(shù)都能滿足我們所推斷的關(guān)系。當(dāng)然，平面圖有許許多多，且千變?nèi)f化，然而不管怎么變化，頂點(diǎn)數(shù)加區(qū)域數(shù)再減邊數(shù)，最后的結(jié)果永遠(yuǎn)都等于1，這是不變的。因此，

　　頂點(diǎn)數(shù)+區(qū)域數(shù)-邊數(shù)

　　就稱為平面圖的不變量（有時(shí)也稱為平面圖的歐拉數(shù)——以數(shù)學(xué)家歐拉的名字命名）。

　　7.（1）2；（2）4。

　　解：設(shè)an表示數(shù)列中的第n個(gè)數(shù)。

　　(1）由an=an-1+an-2（n≥3）容易列出下表：



　　觀察上表可知，a1與a25，a2與a26除以6的余數(shù)分別相等，推知數(shù)列中的數(shù)被6除所得的余數(shù)，每隔24個(gè)數(shù)重復(fù)出現(xiàn)。

　　因?yàn)?99=24×41+15，所以a999與a15除以6的余數(shù)相同，即數(shù)列中第999個(gè)數(shù)被6除余數(shù)是2。

　　（2）按規(guī)定分組后，前998組共有

　　1+2+3+…+998=498501（個(gè)）

　　數(shù)。第999組的各數(shù)為

　?。╝498501+1，a4985501+2，…，a4985501+999）。

　　據(jù)上表可知，數(shù)列中連續(xù)的24個(gè)數(shù)之和被6除的余數(shù)就等于24個(gè)數(shù)分別被6除所得余數(shù)之和被6除所得的余數(shù)。容易求出，數(shù)列中連續(xù)的24個(gè)數(shù)之和除以6的余數(shù)為0。由999=24×41+15知，第999組中各數(shù)之和除以6的余數(shù)，等于第999組數(shù)中前15個(gè)或后15個(gè)數(shù)之和除以6的余數(shù)。因?yàn)榈谝粋€(gè)數(shù)是a498502，498502=24×20700+22，所以前15個(gè)數(shù)之和除以6的余數(shù)等于（a22+a23+a24+a1+a2+…+a12）除以6的余數(shù)，等于4。

　　8.975。

　　解：如果有2n個(gè)數(shù)，那么轉(zhuǎn)一圈擦去一半，剩下2n-1個(gè)數(shù)，起始數(shù)還是1；再轉(zhuǎn)一圈擦去剩下的一半，又剩下2n-2個(gè)數(shù)，起始數(shù)還是1……轉(zhuǎn)了n圈后，就剩下一個(gè)數(shù)是1。

　　如果有2n+d（d＜2n）個(gè)數(shù)，那么當(dāng)擦去d個(gè)數(shù)時(shí)，剩下2n個(gè)數(shù)，此時(shí)的第一個(gè)數(shù)是最后將剩下的數(shù)。因?yàn)椴寥サ牡赿個(gè)數(shù)是2d，所以2d+1就是最后剩下的整數(shù)。999=29+487，最后剩下的一個(gè)數(shù)是487×2+1=975。



第17講 數(shù)學(xué)方法選講（上）

　　有的同學(xué)在閱讀課外讀物的時(shí)候，或在聽老師講課的時(shí)候，書上的例題或老師講解的例題他都能聽懂，但一遇到?jīng)]有見過面的問題就不知從何處入手?？磥?，要提高解決問題的能力，首先得提高分析問題的能力，這就需要學(xué)習(xí)一些重要的數(shù)學(xué)思想方法。

一、從簡單情況考慮

　　華羅庚先生曾經(jīng)指出：善于“退”，足夠的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是學(xué)好數(shù)學(xué)的一個(gè)訣竅。從簡單情況考慮，就是一種以退為進(jìn)的一種解題策略。

　　例1兩人坐在一張長方形桌子旁，相繼輪流在桌子上放入同樣大小的硬幣。條件是硬幣一定要平放在桌子上，后放的硬幣不能壓在先放的硬幣上，直到桌子上再也放不下一枚硬幣為止。誰放入了最后一枚硬幣誰獲勝。問：先放的人有沒有必定取勝的策略？

　　分析與解：如果桌子大小只能容納一枚硬幣，那么先放的人當(dāng)然能夠取勝。然后設(shè)想桌面變大，注意到長方形有一個(gè)對稱中心，先放者將第一枚硬幣放在桌子的中心，繼而把硬幣放在后放者所放位置的對稱位置上，這樣進(jìn)行下去，必然輪到先放者放最后一枚硬幣。

　　例2線段AB上有1998個(gè)點(diǎn)（包括A，B兩點(diǎn)），將點(diǎn)A染成紅色，點(diǎn)B染成藍(lán)色，其余各點(diǎn)染成紅色或藍(lán)色。這時(shí)，圖中共有1997條互不重疊的線段。

　　問：兩個(gè)端點(diǎn)顏色相異的小線段的條數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？

　　分析：從最簡單的情況考慮：如果中間的1996個(gè)點(diǎn)全部染成紅色，這時(shí)異色線段只有1條，是一個(gè)奇數(shù)。然后我們對這種染色方式進(jìn)行調(diào)整：將某些紅點(diǎn)改成藍(lán)點(diǎn)并注意到顏色調(diào)整時(shí)，異色線段的條數(shù)隨之有哪些變化。由于顏色的調(diào)整是任意的，因此與條件中染色的任意性就一致了。

　　解：如果中間的1996個(gè)點(diǎn)全部染成紅色，這時(shí)異色線段僅有1條，是一個(gè)奇數(shù)。將任意一個(gè)紅點(diǎn)染成藍(lán)色時(shí)，這個(gè)改變顏色的點(diǎn)的左右兩側(cè)相鄰的兩個(gè)點(diǎn)若同色，則異色小線段的條數(shù)或者增加2條（相鄰的兩個(gè)點(diǎn)同為紅色），或者減少2條（相鄰的兩個(gè)點(diǎn)同為藍(lán)色）；這個(gè)改變顏色的點(diǎn)的左右兩側(cè)相鄰的兩個(gè)點(diǎn)若異色，則異色小線段的條數(shù)不變。

　　綜上所述，改變?nèi)我鈧€(gè)點(diǎn)的顏色，異色線段的條數(shù)的改變總是一個(gè)偶數(shù)，從而異色線段的條數(shù)是一個(gè)奇數(shù)。

　　例3 1000個(gè)學(xué)生坐成一圈，依次編號為1，2，3，…，1000?，F(xiàn)在進(jìn)行1，2報(bào)數(shù)：1號學(xué)生報(bào)1后立即離開，2號學(xué)生報(bào)2并留下，3號學(xué)生報(bào)1后立即離開，4號學(xué)生報(bào)2并留下……學(xué)生們依次交替報(bào)1或2，凡報(bào)1的學(xué)生立即離開，報(bào)2的學(xué)生留下，如此進(jìn)行下去，直到最后還剩下一個(gè)人。問：這個(gè)學(xué)生的編號是幾號？

　　分析：這個(gè)問題與上一講練習(xí)中的第8題非常相似，只不過本例是報(bào)1的離開報(bào)2的留下，而上講練習(xí)中相當(dāng)于報(bào)1的留下報(bào)2的離開，由上講練習(xí)的結(jié)果可以推出本例的答案。本例中編號為1的學(xué)生離開后還剩999人，此時(shí)，如果原來報(bào)2的全部改報(bào)1并留下，原來報(bào)1的全部改報(bào)2并離開，那么，問題就與上講練習(xí)第8題完全一樣了。因?yàn)槭Ｏ?99人時(shí)，第1人是2號，所以最后剩下的人的號碼應(yīng)比上講練習(xí)中的大1，是

　　975＋1=976（號）。

　　為了加深理解，我們重新解這道題。

　　解：如果有2n個(gè)人，那么報(bào)完第1圈后，剩下的是2的倍數(shù)號；報(bào)完第2圈后，剩下的是22的倍數(shù)號……報(bào)完第n圈后，剩下的是2n的倍數(shù)號，此時(shí)，只剩下一人，是2n號。

　　如果有（2n＋d）（1≤d＜2n）人，那么當(dāng)有d人退出圈子后還剩下2n人。因?yàn)橄乱粋€(gè)該退出去的是（2d＋1）號，所以此時(shí)的第（2d＋1）號相當(dāng)于2n人時(shí)的第1號，而2d號相當(dāng)于2n人時(shí)的第2n號，所以最后剩下的是第2d號。

　　由1000=29＋488知，最后剩下的學(xué)生的編號是

　　488×2=976（號）。

　　例4在6×6的正方形網(wǎng)格中，把部分小方格涂成紅色。然后任意劃掉3行和3列，使得剩下的小方格中至少有1個(gè)是紅色的。那么，總共至少要涂紅多少小方格？

　　分析與解：先考慮每行每列都有一格涂紅，比較方便的涂法是在一條對角線上涂6格紅色的，如圖1。

　　

　　任意劃掉3行3列，可以設(shè)想劃行劃列的原則是：每次劃掉紅格的個(gè)數(shù)越多越好。對于圖1，劃掉3行去掉3個(gè)紅格，還有3個(gè)紅格恰在3列中，再劃掉3列就不存在紅格了。

　　所以，必然有一些行有一些列要涂2個(gè)紅格，為了盡可能地少涂紅格，那么每涂一格紅色的，一定要使多出一行同時(shí)也多出一列有兩格紅色的。

　　先考慮有3行中有2格涂紅，如圖2。顯然，同時(shí)也必然有3個(gè)列中也有2格涂紅。這時(shí)，我們可以先劃掉有2格紅色的3行，還剩下3行，每行上只有一格涂紅，每列上也只有一格涂紅，那么在劃掉帶紅格的3列就沒有紅格了。

　　為了使得至少余下一個(gè)紅格，只要再涂一格。此紅格要使圖中再增加一行和一列有兩個(gè)紅格的，如圖3。

　　結(jié)論是：至少需要涂紅10個(gè)方格。

二、從極端情況考慮

　　從問題的極端情況考慮，對于數(shù)值問題來說，就是指取它的最大或最小值；對于一個(gè)動(dòng)點(diǎn)來說，指的是線段的端點(diǎn)，三角形的頂點(diǎn)等等。極端化的假設(shè)實(shí)際上也為題目增加了一個(gè)條件，求解也就會(huì)變得容易得多。

　　例5新上任的宿舍管理員拿著20把鑰匙去開20個(gè)房間的門，他知道每把鑰匙只能打開其中的一個(gè)門，但不知道哪一把鑰匙開哪一個(gè)門，現(xiàn)在要打開所有關(guān)閉的20個(gè)門，他最多要開多少次？

　　解：從最不利的極端情況考慮：打開第一個(gè)房間要20次，打開第二個(gè)房間需要19次……共計(jì)最多要開

　　20＋19＋18＋…＋1=210（次）。

　　例6有n名（n≥3）選手參加的一次乒乓球循環(huán)賽中，沒有一個(gè)全勝的。問：是否能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A？

　　解：從極端情況觀察入手，設(shè)B是勝的次數(shù)最多的一個(gè)選手，但因B沒獲全勝，故必有選手A勝B。在敗給B的選手中，一定有一個(gè)勝A的選手C，否則，A勝的次數(shù)就比B多一次了，這與B是勝的次數(shù)最多的矛盾。

　　所以，一定能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A。

　　例7 n（n≥3）名乒乓球選手單打比賽若干場后，任意兩個(gè)選手已賽過的對手恰好都不完全相同。

　　試證明，總可以從中去掉一名選手，而使余下的選手中，任意兩個(gè)選手已賽過的對手仍然都不完全相同。

　　證明：如果去掉選手H，能使余下的選手中，任意兩個(gè)選手已賽過的對手仍然都不完全相同，那么我們稱H為可去選手。我們的問題就是要證明存在可去選手。

　　設(shè)A是已賽過對手最多的選手。

　　若不存在可去選手，則A不是可去選手，故存在選手B和C，使當(dāng)去掉A時(shí)，與B賽過的選手和與C賽過的選手相同。從而B和C不可能賽過，并且B和C中一定有一個(gè)（不妨設(shè)為B）與A賽過，而另一個(gè)（即C）未與A賽過。

　　又因C不是可去選手，故存在選手D，E，其中D和C賽過，而E和C未賽過。

　　顯然，D不是A，也不是B，因?yàn)镈與C賽過，所以D也與B賽過。又因?yàn)锽和D賽過，所以B也與E賽過，但E未與C賽過，因而選手E只能是選手A。

　　于是，與A賽過的對手?jǐn)?shù)就是與E賽過的對手?jǐn)?shù)，他比與D賽過的對手?jǐn)?shù)少1，這與假設(shè)A是已賽過對手最多的選手矛盾。

　　故一定存在可去選手。

　　例8 在一個(gè)8×8的方格棋盤的方格中，填入從1到64這64個(gè)數(shù)。問：是否一定能夠找到兩個(gè)相鄰的方格，它們中所填數(shù)的差大于4？

　　

　　解：考慮這個(gè)方格棋盤的左上角、右上角及右下角內(nèi)的數(shù)A，B，S。

　　設(shè)存在一個(gè)填數(shù)方案，使任意相鄰兩格中的數(shù)的差不大于4，考慮最大和最小的兩個(gè)數(shù)1和64的填法，為了使相鄰數(shù)的差不大于4，最小數(shù)1和最大數(shù)的“距離”越大越好，即把它們填在對角的位置上（A=1，S=64）。

　　然后，我們沿最上行和最右行來觀察：因?yàn)橄噜彅?shù)不大于4，從 A→B→S共經(jīng)過14格，所以 S≤1+4×14=57（每次都增加最大數(shù)4），與S=64矛盾。因而，1和64不能填在“最遠(yuǎn)”的位置上。顯然，1和64如果填在其他任意位置，那么從1到64之間的距離更近了，更要導(dǎo)致如上的矛盾。因此，不存在相鄰數(shù)之差都不大于4的情況，即不論怎樣填數(shù)必有相鄰兩數(shù)的差大于4。

三、從整體考慮

　　從整體上來考察研究的對象，不糾纏于問題的各項(xiàng)具體的細(xì)節(jié)，從而能夠拓寬思路，抓住主要矛盾，一舉解決問題。

　　　　

　　例9 右圖是一個(gè)4×4的表格，每個(gè)方格中填入了數(shù)字0或1。按下列規(guī)則進(jìn)行“操作”：每次可以同時(shí)改變某一行的數(shù)字：1變成0，0變成1。

　　問：能否通過若干次“操作”使得每一格中的數(shù)都變成1？

　　解：我們考察表格中填入的所有數(shù)的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一個(gè)奇數(shù)，

　　每一次“操作”，要改變一行或一列四個(gè)方格的奇偶性，顯然整個(gè)16格中所有數(shù)的和的奇偶性不變。

　　但當(dāng)每一格中所有數(shù)字都變成1時(shí)，整個(gè)16格中所有數(shù)的和是16，為一偶數(shù)。故不能通過若干次“操作”使得每一格中的數(shù)都變成1。

　　例10 有三堆石子，每堆分別有1998，998，98粒?，F(xiàn)在對這三堆石子進(jìn)行如下的“操作”：每次允許從每堆中各拿掉一個(gè)或相同個(gè)數(shù)的石子，或從任一堆中取出一些石子放入另一堆中。

　　按上述方式進(jìn)行“操作”，能否把這三堆石子都取光？如行，請?jiān)O(shè)計(jì)一種取石子的方案；如不行，請說明理由。

　　解：要把三堆石子都取光是不可能的。

　　按“操作”規(guī)則，每次拿掉的石子數(shù)的總和是3的倍數(shù)，即不改變石子總數(shù)被 3除時(shí)的余數(shù)。而1998+998+98=3094，被3除余1，三堆石子被取光時(shí)總和被3除余0。所以，三堆石子都被取光是辦不到的。

　　例11 要在一個(gè)圓周上標(biāo)出一些數(shù)，第一次先把圓周二等分，在兩個(gè)分

段圓弧分別二等分，在四個(gè)分點(diǎn)旁標(biāo)上相鄰兩分點(diǎn)旁所標(biāo)兩數(shù)的和（如圖3 少？

　　

　　分析與解：當(dāng)?shù)诎舜螛?biāo)完數(shù)以后，圓周上已標(biāo)的數(shù)共有256個(gè)，考慮每一步增加的每一個(gè)數(shù)是很繁的。我們考慮每一步增加的數(shù)的總和，因?yàn)樵黾拥拿總€(gè)數(shù)都是原來相鄰兩個(gè)數(shù)之和，所以每次增加數(shù)的總和恰好是原來所有數(shù)總和的2倍，也就是說每次標(biāo)完數(shù)之后圓周上所有數(shù)的總和是前一步標(biāo)完數(shù)后圓周上所有數(shù)的和的3倍。于是，第八次標(biāo)完數(shù)后圓周上所有數(shù)的總和是：

　　

　　例12 我們將若干個(gè)數(shù)x，y，z，…的最大值和最小值分別記為max（x，y，z，…）和min（x，y，z，…）。已知

　　a+b+c+d+e+f+g=1，求min[max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）]。

　　解：設(shè) M=max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）。

　　因?yàn)閍+b+c，c+d+e，e+f+g都不大于M，所以

　　

　　

（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）]　

　　　　

練習(xí)17

　　1.方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn一定有一個(gè)自然數(shù)解嗎？為什么？

　　2.連續(xù)自然數(shù)1，2，3，…，8899排成一列。從1開始，留1劃掉2和3，留4劃掉5和6……這么轉(zhuǎn)圈劃下去，最后留下的是哪個(gè)數(shù)？

　　3.給出一個(gè)自然數(shù)n，n的約數(shù)的個(gè)數(shù)用一個(gè)記號A（n）來表示。例如當(dāng)n=6時(shí)，因?yàn)?的約數(shù)有1，2，3，6四個(gè)，所以A（6）=4。已知a1，a2，…，a10是 10個(gè)互不相同的質(zhì)數(shù)，又x為a1，a2，…，a10的積，求 A（x）。

　　4.平面上有100個(gè)點(diǎn)，無三點(diǎn)共線。將某些點(diǎn)用線段連結(jié)起來，但線段不能相交，直到不能再連結(jié)時(shí)為止。問：是否存在一個(gè)以這些點(diǎn)中的三個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形，它的內(nèi)部沒有其余97個(gè)點(diǎn)中的任何一個(gè)點(diǎn)？

　　5.在一塊平地上站著5個(gè)小朋友，每兩個(gè)小朋友之間的距離都不相同，每個(gè)小朋友手上都拿著一把水槍。當(dāng)發(fā)出射擊的命令后，每人用槍射擊距離他最近的人。問：射擊后有沒有一個(gè)小朋友身上是干的？為什么？

　　6.把1600粒花生分給100只猴子，請你說明不管怎樣分，至少有4只猴子分的花生一樣多。

　　7.有兩只桶和一只空杯子。甲桶裝的是牛奶，乙桶裝的是酒精（未滿）。現(xiàn)在從甲桶取一滿杯奶倒入乙桶，然后從乙桶取一滿杯混合液倒入甲桶，這時(shí)，是甲桶中的酒精多，還是乙桶中的牛奶多？為什么？

　　8.在黑板上寫上1，2，3，…，1998。按下列規(guī)定進(jìn)行“操作”：每次擦去其中的任意兩個(gè)數(shù)a和b，然后寫上它們的差（大減?。钡胶诎迳鲜Ｏ乱粋€(gè)數(shù)為止。

　　問：黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？









練習(xí)17

　　1.有。

　　解：當(dāng)n=2時(shí)，方程x1+x2=x1x2有一個(gè)自然數(shù)解：x1=2，x2=2；

　　當(dāng)n=3時(shí)，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一個(gè)自然數(shù)解：x1=1，x2=2，x3=3；

　　當(dāng)n=4時(shí)，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一個(gè)自然數(shù)解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。

　　一般地，方程

　　x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn有一個(gè)自然數(shù)解：x1=1，x2=1，…，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。

　　2.3508。

　　解：仿例3。當(dāng)有3n個(gè)數(shù)時(shí)，留下的數(shù)是1號。

　　小于8899的形如3n的數(shù)是38=6561，故從1號開始按規(guī)則劃數(shù)，劃了8899-6561=2338（個(gè)）數(shù)后，還剩下6561個(gè)數(shù)。下一個(gè)要?jiǎng)澋舻臄?shù)是2388÷2×3+1=3507，故最后留下的就是3508。

　　3.1024。

　　解：質(zhì)數(shù)a1有2個(gè)約數(shù)：1和a，從而A（a1）=2；

　　2個(gè)質(zhì)數(shù)a1，a2的積有4個(gè)約數(shù)：1，a1，a2，a1a2，從而

　　A（a1×a2）=4=22；

　　3個(gè)質(zhì)數(shù)a1，a2，a3的積有8個(gè)約數(shù)：

　　1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3，

　　從而A（a1×a2×a3）=8=23；

　　……

　　于是，10個(gè)質(zhì)數(shù)a1，a2，…，a10的積的約數(shù)個(gè)數(shù)為

　　A（x）=210=1024。

　　4.存在。

　　提示：如果一個(gè)三角形內(nèi)還有別的點(diǎn)，那么這個(gè)點(diǎn)與三角形的三個(gè)頂點(diǎn)還能連結(jié)，與已“不能再連結(jié)”矛盾。

　　5.有。

　　解：設(shè)A和B兩人是距離最近的兩個(gè)小朋友，顯然他們應(yīng)該互射。此時(shí)如果有其他的小朋友射向他們中的一個(gè)，即A，B中有一人挨了兩槍，那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果沒有其他的小朋友射向A或B，那么我們再考慮剩下的三個(gè)人D，E，F(xiàn)：若D，E的距離是三人中最近的，則D，E互射，而F必然射向他們之間的一個(gè)，此時(shí)F身上是干的。

　　6.假設(shè)沒有4只猴子分的花生一樣多，那么至多3只猴子分的花生一樣多。我們從所需花生最少情況出發(fā)考慮：

　　得1粒、2粒、3?！?2粒的猴子各有3只，得33?；ㄉ暮镒佑?只，于是100只猴子最少需要分得花生

　　3×（0+1+2+…+32）+33=1617（粒），

　　現(xiàn)在只有1600?；ㄉ瑹o法使得至多3只猴子分的花生一樣多，故至少有4只猴子分的花生一樣多。

　　7.一樣多。

　　提示：從整體看，甲、乙兩桶所裝的液體的體積沒有發(fā)生變化。甲桶里有多少酒精，就必然倒出了同樣體積的牛奶入乙桶。所以，甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一樣多。

　　8.奇數(shù)。

　　解：黑板上開始時(shí)所有數(shù)的和為

　　S=1+2+3+…+1998=1997001，

　　是一個(gè)奇數(shù)，而每一次“操作”，將（a+b）變成了（a-b），實(shí)際上減少了2b，即減少了一個(gè)偶數(shù)。因?yàn)閺恼w上看，總和減少了一個(gè)偶數(shù)，其奇偶性不變，所以最后黑板上剩下一個(gè)奇數(shù)。

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:24

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》(七）

《數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座》
數(shù)學(xué)方法選講

四、從反面考慮

　　解數(shù)學(xué)題，需要正確的思路。對于很多數(shù)學(xué)問題，通常采用正面求解的思路，即從條件出發(fā)，求得結(jié)論。但是，如果直接從正面不易找到解題思路時(shí)，則可改變思維的方向，即從結(jié)論入手或從條件及結(jié)論的反面進(jìn)行思考，從而使問題得到解決。

　　例1 某次數(shù)學(xué)測驗(yàn)一共出了10道題，評分方法如下：

　　每答對一題得4分，不答題得0分，答錯(cuò)一題倒扣1分，每個(gè)考生預(yù)先給10分作為基礎(chǔ)分。問：此次測驗(yàn)至多有多少種不同的分?jǐn)?shù)？

　　分析：最高的得分為50分，最低的得分為0分。但并不是從0分到50分都能得到。

　　從正面考慮計(jì)算量較大，故我們從反面考慮，先計(jì)算有多少種分?jǐn)?shù)達(dá)不到，然后排除達(dá)不到的分?jǐn)?shù)就可以了。

　　解：最高的得分為50分，最低的得分為0分。在從0分到50分這51個(gè)分?jǐn)?shù)中，有49，48，47，44，43，39這6種分?jǐn)?shù)是不能達(dá)到的，故此次測驗(yàn)不同的分?jǐn)?shù)至多有51-6=45（種）。

　　例2 一支隊(duì)伍的人數(shù)是5的倍數(shù)，且超過1000人。若按每排4人編隊(duì)，則最后差3人；若按每排3人編隊(duì)，則最后差2人；若按每排2人編隊(duì)，則最后差1人。問：這支隊(duì)伍至少有多少人？

　　分析：從條件“若按每排4人編隊(duì)，則最后差3人”的反面來考慮，可理解為“若按每排4人編隊(duì)，則最后多1人”。同理，按3人、2人排隊(duì)都可理解為多1人。即總?cè)藬?shù)被12除余1。這樣一來，原題就化為：

　　一個(gè)5的倍數(shù)大于1000，且它被12除余1。問：這個(gè)數(shù)最小是多少？

　　解：是5的倍數(shù)且除以12余1的最小自然數(shù)是25。因?yàn)槿藬?shù)超過1000，[3，4，5]=60，所以最少有

　　25+60×17=1045（人）。

　　例3 在八邊形的8個(gè)頂點(diǎn)上是否可以分別記上數(shù)1，2，…，8，使得任意三個(gè)相鄰的頂點(diǎn)上的數(shù)的和大于13？

　　解：將八邊形的8個(gè)頂點(diǎn)上的數(shù)依次記為a1，a2，a3，…，a8，則有S=a1+a2+a3+…+a8=1+2+3+…+8=36。

　　假設(shè)任意3個(gè)相鄰頂點(diǎn)上的數(shù)都大于13，因?yàn)轫旤c(diǎn)上的數(shù)都是整數(shù)，所以

　　a1+a2+a3≥14；

　　a2+a3+a4≥14；

　　……

　　a7+a8+a1≥14；

　　a8+a1+a2≥14。

　　將以上 8個(gè)不等式相加，得3S≥112，從而 S＞ 37，這與S=36矛盾。故結(jié)論是否定的。

　　例4 有一個(gè)1000位的數(shù)，它由888個(gè)1和112個(gè)0組成，這個(gè)數(shù)是否可能是一個(gè)平方數(shù)？

　　解：假設(shè)這個(gè)數(shù)為A，它是自然數(shù)a的平方。

　　因?yàn)锳的各位數(shù)字之和888是3的倍數(shù)，所以a也應(yīng)是3的倍數(shù)。于是a的平方是9的倍數(shù)，但888不是9的倍數(shù)，這樣就產(chǎn)生了矛盾，從而A不可能是平方數(shù)。

五、從特殊情況考慮

　　對于一個(gè)一般性的問題，如果覺得難以入手，那么我們可以

　　先考慮它的某些特殊情況，從而獲得解決的途徑，使問題得以“突破”，這種方法稱為特殊化。

　　對問題的特殊情況進(jìn)行研究，一方面是因?yàn)檠芯刻厥馇闆r比研究一般情況較為容易；另一方面是因?yàn)樘厥獾那闆r含有一般性，所以對特殊情況的研究常能揭示問題的結(jié)論或啟發(fā)解決問題的思路，它是探索問題的一種重要方法。

　　運(yùn)用特殊化方法進(jìn)行探索的過程有兩個(gè)步驟，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。通過第一步驟得到的信息，還要回到一般情況予以解答。

　　例5 如左下圖，四邊形ABCD和EFGH都是正方形，且邊長均為2cm。又E點(diǎn)是正方形 ABCD的中心，求兩個(gè)正方形公共部分（圖中陰影部分）的面積S。



　　分析：我們先考慮正方形EFGH的特殊位置，即它的各邊與正方形ABCD的各邊對應(yīng)平行的情況（見右上圖）。此時(shí)，顯然有



　　得出答案后，這個(gè)問題還得回到一般情況下去解決，解決的方法是將一般情況變成特殊情況。

解：自E向AB和AD分別作垂線EN和EM（右圖），則有

　　S=S△PME+S四邊形AMEQ

　　又S△PME=S△EQN，故

　　　 　S=S△EQN+S四邊形AMEQ

　　 　　 =S正方形AMEN

　　　 　　　　

　　例6 是否在平面上存在這樣的40條直線，它們共有365個(gè)交點(diǎn)？

　　分析與解：先考慮一種特殊的圖形：圍棋盤。它有38條直線、361個(gè)交點(diǎn)。我們就從這種特殊的圖形出發(fā)，然后進(jìn)行局部的調(diào)整。



　　先加上2條對角線，這樣就有40條直線了，但交點(diǎn)仍然是361個(gè)。再將最右邊的1條直線向右平移1段，正好增加了4個(gè)交點(diǎn)（見上圖）。于是，我們就得到了有365個(gè)交點(diǎn)的40條直線。

　　例7 如右圖，正方體的8個(gè)頂點(diǎn)處標(biāo)注的數(shù)字為a，b，c，d，e，



　　求（a+b+c+d）-（e+f+g+h）的值。

　　分析：從這8個(gè)數(shù)都相等的特殊情況入手，它們滿足題目條件，從而得所求值為0。這就啟發(fā)我們?nèi)フf明a+b+c+d=e+f+g+h。

解：由已知得

　　3a=b+e+d，3b=a+c+f，

　　3c=b+d+g，3d=a+c+h，

　　推知

　　3a+3b+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h，

　　a+b+c+d=e+f+g+h，

　?。╝+b+c+d）-（e+f+g+h）=0。

例8 將n2個(gè)互不相等的數(shù)排成下表：

a11　 a12　a13　… a1n

a21 　a22　a23　… a2n



an1　an2　an3　… ann

　　先取每行的最大數(shù)，得到n個(gè)數(shù)，其中最小數(shù)為x；再取每列的最小數(shù)，也得到n個(gè)數(shù)，其中最大數(shù)為y。試比較x和y的大小。

　　分析：先討論n=3的情況，任取兩表：

　　1 　3　7　　1　2　3

　　2　5　6　　4　5　6

　　8　9　4　　7　8　9

　　左上表中x=6，y=4；右上表中x=3，y=3。兩個(gè)表都滿足x≥y，所以可以猜想x≥y。

解：設(shè)x是第i行第j列的數(shù)aij，y是第l行第m列的數(shù)alm?？紤]x所在的行與y所在的列交叉的那個(gè)數(shù)，即第i行第m列的數(shù)aim。顯然有aij≥aim≥alm，當(dāng)i=l，j=m時(shí)等號成立，所以x≥y。

六、有序化

　　當(dāng)我們研究的對象是一些數(shù)的時(shí)候，我們常常將這些數(shù)排一個(gè)次序，即將它們有序化。有序化的假設(shè)，實(shí)際上是給題目增加了一個(gè)可供使用的條件。

　　例9 將10到40之間的質(zhì)數(shù)填入下圖的圓圈中，使得3組由“→”所連的4個(gè)數(shù)的和相等，如果把和數(shù)相等的填法看做同一類填法，請說明一共有多少類填法？并畫圖表示你的填法。



　　解：10到40之間的8個(gè)質(zhì)數(shù)是

　　11，13，17，19，23，29，31，37。

　　根據(jù)題目要求，除去最左邊和最右邊的2個(gè)質(zhì)數(shù)之外，剩下的6個(gè)質(zhì)數(shù)在同一行的2個(gè)質(zhì)數(shù)的和應(yīng)分別相等，等于這6個(gè)數(shù)中最小數(shù)（記為a）與最大數(shù)（記為b）之和a+b。根據(jù)a，b的大小可分為6種情況：

　　當(dāng)a=11，b=29時(shí)，無解；

　　當(dāng)a=11，b=31時(shí)，有11+31=13+29=19+23，得到如下填法：



　　當(dāng)a=11，b=37時(shí)，有11+37=17+31=19+29，得到如下填法：



　　當(dāng)a=13，b=31時(shí)，無解；

　　當(dāng)a=13， b=37時(shí)，無解；

　　當(dāng)a=17，b=37時(shí)，無解。

　　所以，共有2類填法。

　　例10 有四個(gè)互不相等的數(shù)，取其中兩個(gè)數(shù)相加，可以得到六個(gè)和：24，28，30，32，34，38。求此四數(shù)。

　　解：設(shè)四個(gè)數(shù)為a，b，c，d，且a＜b＜c＜d，則六個(gè)和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d，其中a+b最小，a+c次小，c+d最大，b+d次大，a+d與b+c位第三和第四。

　　

　　分別解這兩個(gè)方程組，得

　　　　　　　

　　例11 互不相等的12個(gè)自然數(shù)，它們均小于36。有人說，在這些自然數(shù)兩兩相減（大減?。┧玫降牟钪?，至少有3個(gè)相等。你認(rèn)為這種說法對嗎？為什么？

　　解：設(shè)這12個(gè)自然數(shù)從小到大依次為a1，a2，a3，…，a12，且它們兩兩相減最多只有2個(gè)差相等，那么差為1，2，3，4，5的都最多只有2個(gè)。從而

　　a12-a11，a11-a10，a10-a9，…，a2-a1，

　　這11個(gè)差之和至少為

　　2×（1+2+3+4+5）+6=36，

　　但這11個(gè)差之和等于a12-a1＜36。這一矛盾說明，兩兩相減的差中，至少有3個(gè)相等。

　　例12 有8個(gè)重量各不相同的物品，每個(gè)物品的重量都是整克數(shù)且都不超過15克。小平想以最少的次數(shù)用天平稱出其中最重的物品。他用了如下的測定法：

　　（1）把8個(gè)物品分成2組，每組4個(gè)，比較這2組的輕重；

　?。?）把以上2組中較重的4個(gè)再分成2組，即每組2個(gè)，再比較它們的輕重；

　?。?）把以上2組中較重的分成各1個(gè)，取出較重的1個(gè)。

　　小平稱了3次天平都沒有平衡，最后便得到一個(gè)物品。

　　可是實(shí)際上得到的是這8個(gè)物品當(dāng)中從重到輕排在第5的物品。

　　問：小平找出的這個(gè)物品有多重？并求出第二輕的物品重多少克？

　　解：設(shè)這8個(gè)物品的重量從重到輕依次排列為：

　　15≥a1＞a2＞a3＞a4＞a5＞a6＞a7＞a8≥1。

　　小平找出的這個(gè)物品重量為a5，第二輕的物品重量為a7。

　　由于a5加上一個(gè)比它輕的物品不可能大于兩個(gè)比a5重的物品重量之和，因而第一次必須篩去3個(gè)比a5重的物品。

　　這樣就有以下四種可能：

　　　　

　　先考慮第一種情況。根據(jù)①式，a4比a1至少輕3克，a5比a2，a6比a3也都至少輕3克，則a7比a8至少重 10克。根據(jù)②式，a5比a4至少輕1克，則a6比a7至少重 18克。與已知矛盾，第一種情況不可能出現(xiàn)。

　　按同樣的推理方法，可以說明第二種和第三種情況也不可能出現(xiàn)。

　　最后，考慮第四種情況。a1比a2至少重1克；a5比a3，a6比a4都至少輕1克，則a7比a8至少重4克。根據(jù)④式，a5比a4至少輕4克，則a6比a7至少重5克。這樣得到的這8個(gè)物品的重量分別為：

　　a1=15克， a2=14克， a3=13克， a4=12克，

　　a5=11克， a6=10克， a7=5克， a8=1克。

　　因此，小平找出的這個(gè)物品重11克，第二輕的物品重5克。

練習(xí)18

　　1.育才小學(xué)40名學(xué)生參加一次數(shù)學(xué)競賽，用15分記分制（即分?jǐn)?shù)為0，1，2，…，15）。全班總分為209分，且相同分?jǐn)?shù)的學(xué)生不超過5人。試說明得分超過12分的學(xué)生至多有9人。

　　2.今有一角紙幣、二角紙幣、五角紙幣各1張，一元幣4張，五元幣2張，用這些紙幣任意付款，一共可以付出多少種不同數(shù)額的款項(xiàng)？

　　3.求在8和98之間（不包括8和98），分母為3的所有最簡分?jǐn)?shù)的和。

　　4.如右圖，四邊形ABCD的面積為3，E，F(xiàn)為邊AB的三等分點(diǎn)，M，N是CD邊上的三等分點(diǎn)。求四邊形EFNM的面積。



　　5.直線上分布著1998個(gè)點(diǎn)，我們標(biāo)出以這些點(diǎn)為端點(diǎn)的一切可能線段的中點(diǎn)。問：至少可以得到多少個(gè)互不重合的中點(diǎn)？

　　6.假定100個(gè)人中的每一個(gè)人都知道一個(gè)消息，而且這100個(gè)消息都不相同。為了使所有的人都知道一切消息，他們一共至少要打多少個(gè)電話？

　　7.有4個(gè)互不相等的自然數(shù)，將它們兩兩相加，可以得到6個(gè)不同的和，其中較小的4個(gè)和是64，66，68，70。求這4個(gè)數(shù)。

　　8.有五個(gè)砝碼，其中任何四個(gè)砝碼都可以分成重量相等的兩組。問：這五個(gè)砝碼的重量相等嗎？為什么？

練習(xí)18

　　1.若得分超過12分的學(xué)生至少有10人，則全班的總分至少有

　　5×（12+13）+5×（0+1+2+3+4+5）=210（分），

　　大于條件209分，產(chǎn)生了矛盾，故得分超過12分的學(xué)生至多有9人。

　　2.119種。

　　解：從最低幣值1角到最高幣值14元8角，共148個(gè)不同的幣值。再從中剔除那些不能由這些紙幣構(gòu)成的幣值。

　　經(jīng)計(jì)算，應(yīng)該剔除的幣值為（i+0.4）元（i=0，1，2，…，14）及（j+0.9）元（j=1，2，3，…，13），一共29種幣值。所以，一共可以付出148-29=119（種）不同的幣值。

　　3.9540。

　　

　　　=2×（8+9+…+97）+（97-8+1）=9540。

　　4.1。

　　解：先考慮ABCD是長方形的特殊情況，顯然此時(shí)EFNM的面積是1。下面就一般情況求解。



　　連結(jié)AC，AM，F(xiàn)M，CF，則

　　

　　



　　 　

　　5.3993個(gè)。

　　解：為了使計(jì)算互不重復(fù)，我們?nèi)【嚯x最遠(yuǎn)的兩點(diǎn)A，B。先計(jì)算以A為左端點(diǎn)的所有線段，除B外有1996條，這些線段的中點(diǎn)有1996個(gè)，它們互不重合，且到點(diǎn)A的距離小于AB長度的一半。

　　同樣，以B為右端點(diǎn)的所有線段，除A外有1996條，這些線段的中點(diǎn)有1996個(gè)，它們互不重合，且到點(diǎn)A的距離小于AB長度的一半。

　　這兩類中點(diǎn)不會(huì)重合，加上AB的中點(diǎn)共有1996+1996+1=3993（個(gè)），即互不重合的中點(diǎn)不少于3993個(gè)。

　　另一方面，當(dāng)這1998個(gè)點(diǎn)中每兩個(gè)相鄰點(diǎn)的間隔都相等時(shí)，不重合的中點(diǎn)數(shù)恰為3993。

　　這說明，互不重合的中點(diǎn)數(shù)至少為3993個(gè)。

　　6.198個(gè)。

　　解：考慮一種特殊的通話過程：先由99人每人打一個(gè)電話給A，A再給99人每人打一個(gè)電話，這樣一共打了198個(gè)電話，而且每人都知道了所有的消息。

　　下面我們說明這是次數(shù)最少的?？紤]一種能使所有人知道一切消息的通話過程中的關(guān)鍵性的一次通話，這次通話后，有一個(gè)接話人A知道了所有的消息，而在此之前還沒有人知道所有的消息。

　　除了A以外的99人每人在這個(gè)關(guān)鍵性的通話前，必須打出電話一次，否則A不可能知道所有的消息；又這99人每人在這個(gè)關(guān)鍵性的通話后，又至少收到一個(gè)電話，否則它們不可能知道所有的消息。

　　7.30，34，36，38或31，33，35，39。

　　解：設(shè)4個(gè)數(shù)為a，b，c，d，且a＜b＜c＜d，則6個(gè)和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。于是有

　　a+b＜a+c＜a+d＜b+d＜c+d

　　和a+b＜a+c＜b+c＜b+d＜c+d。



　　分別解這兩個(gè)方程組，得



　　8.相等。

　　解：設(shè)這五個(gè)砝碼的重量依次為a≤b≤c≤d≤e。

　　去掉e，則有a+d=b+c； ①

　　去掉d，則有a+e=b+c。 ②

　　比較①②，得d=e。

　　去掉a，則有b+e=c+b； ③

　　去掉b，則有a+e=c+d。 ④

　　比較③④，得a=b。

　　將a=b代入①得c=d，將d=e代入④得b=c。所以e=b=c=d=e。

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:25

小學(xué)奧數(shù)知識

希望杯題型特點(diǎn)及備戰(zhàn)對策

自2003年，全國小學(xué)數(shù)學(xué)希望杯比賽已舉行了五屆。前三屆參賽對象為四、五年級學(xué)生，由第四屆開始，小學(xué)六年級學(xué)生也可正式參加比賽，因此，毫無疑問地說，明年“希望杯”的獲獎(jiǎng)成績是與小升初直接掛鉤的。創(chuàng)新奧數(shù)小學(xué)部教練組就“希望杯”的組織、安排及題型特點(diǎn)總結(jié)成以下內(nèi)容，希望對參賽同學(xué)和學(xué)員家長有所幫助。

一、“希望杯”在每年的三四月份分初試與復(fù)試進(jìn)行兩次比賽。其命題主要有如下幾個(gè)特點(diǎn)：

1. 題目較為簡單

與迎春杯、華羅庚金杯等比賽相比，希望杯的題目較為簡單。初試中的部分題目稍高于課本，類似于數(shù)學(xué)課本中的思考題。另有一些題目也與我們創(chuàng)新奧數(shù)講義中的基本題及中等難度題目相當(dāng)。復(fù)試中，有一些題目難度提高一些，但總體來講，特別難的題目較少。值得注意的是，第五屆題目與以往相比，稍難了些。

2. 常規(guī)題目較多，覆蓋面廣

可以說，希望杯的題目不偏，不怪。如果你奧數(shù)知識學(xué)得較好，拿到試卷后，大部分題目都會(huì)有一定的思路。

希望杯初試一般為25題左右，均為填空題。復(fù)試19題左右，其中填空題15個(gè)，解答題一般為4個(gè)。涉及計(jì)算題、應(yīng)用題、幾何問題、數(shù)論、雜題等各類，覆蓋面較廣。

3. 題目較為靈活，有啟發(fā)性

華杯、迎春杯等有些題目，綜合了多個(gè)知識點(diǎn)，有些題也較為抽象。希望杯則不同，大部分題只涉及一兩個(gè)知識點(diǎn)，做起來較為簡單。它的選題較為靈活，抽象題目很少。

二、參加希望杯的意義

1. 檢驗(yàn)自己學(xué)習(xí)水平，提高學(xué)習(xí)興趣

希望杯考察的知識點(diǎn)較為全面，通過考前培訓(xùn)，可以進(jìn)一步提高自己的奧數(shù)水平，在考試中也可以進(jìn)一步檢驗(yàn)自己哪些地方還存在不足。

由于希望杯題目不難，因此，學(xué)生參加這樣的考試可以提高學(xué)習(xí)興趣。

2. 映射小升初，參考價(jià)值高

近幾年的小升初，除去少數(shù)學(xué)校（像人大附中、西城實(shí)驗(yàn)中學(xué)）所考知識較難外，大部分學(xué)校命題都較為簡單，與希望杯難易相當(dāng)，因此，希望杯考試更具參考價(jià)值。其試題資源也成為各重點(diǎn)中學(xué)小升初選拔考試的一個(gè)主要來源。2006年小升初選拔考試中，人大附中、清華附中、十一學(xué)校等校的試題中都有希望杯的原題出現(xiàn)，或是對一些希望杯試題稍加改變，成為壓軸題。

三、如何備戰(zhàn)

1. 認(rèn)真學(xué)習(xí)，打好基礎(chǔ)

“希望杯”全國數(shù)學(xué)邀請賽從1990年開始舉辦，小學(xué)組“希望杯”賽從2003年開始，至今已成功舉辦了五屆，雖然沒有初中組舉辦的時(shí)間長，但單從這四屆的試題來看，這些試題幾乎已經(jīng)覆蓋了小學(xué)數(shù)學(xué)的全部知識點(diǎn)和難點(diǎn)以及小學(xué)數(shù)學(xué)課本以外的很多內(nèi)容，因此，在平常的學(xué)習(xí)中打好基礎(chǔ)是非常必要的。

創(chuàng)新奧數(shù)的講義，是由教練組精心編寫，選題非常典型，你如果能把講義中知識點(diǎn)掌握好，考出好成績不成問題。

在去年希望杯考試中，創(chuàng)新奧數(shù)學(xué)員成績優(yōu)異，有的同學(xué)甚至考了滿分。在此，也希望大家認(rèn)真?zhèn)鋺?zhàn)，考出好成績。

2. 練習(xí)往屆真題

有時(shí)間的話，你最好將往屆考題做一下，在規(guī)定時(shí)間之內(nèi)，考察一下自己。做完后，要仔細(xì)推敲，不會(huì)的，認(rèn)真學(xué)習(xí)一下，或請教老師。粗心出錯(cuò)的，找出問題所在。做完一套卷，最好總結(jié)一下，哪些地方自己還較薄弱，努力補(bǔ)足。

3. 重視培訓(xùn)題

每年初賽前，組委會(huì)都會(huì)準(zhǔn)備一百個(gè)培訓(xùn)題，這些題對于備戰(zhàn)希望杯，極具參考價(jià)值，大家最好將這些題歸類加以研究。

四、創(chuàng)新助你成功

1. 寒假班提前準(zhǔn)備

在寒假班講義中，我們將適當(dāng)編入往年希望杯所考真題。

2. 春季備戰(zhàn)

寒假開學(xué)后，創(chuàng)新奧數(shù)將圍繞本屆培訓(xùn)試題及往年真題，分專題開設(shè)考前輔導(dǎo)班，據(jù)以往經(jīng)驗(yàn)，此時(shí)進(jìn)行考輔導(dǎo)時(shí)效性最好，敬請關(guān)注。

由于小學(xué)生不會(huì)歸類復(fù)習(xí)，抓不著重點(diǎn)，且奧數(shù)題考察內(nèi)容較廣，要想取得好成績，寒假開學(xué)參加輔導(dǎo)班的學(xué)習(xí)是非常必要的。屆時(shí)，創(chuàng)新奧數(shù)將選擇經(jīng)驗(yàn)豐富的老師精心授課。

預(yù)祝大家成功?。?！

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:27

小學(xué)奧數(shù)理論知識速查手冊(上)

小學(xué)奧數(shù)理論知識速查手冊(上)

1．和差倍問題
和差問題
和倍問題
差倍問題

已知條件
幾個(gè)數(shù)的和與差
幾個(gè)數(shù)的和與倍數(shù)
幾個(gè)數(shù)的差與倍數(shù)

公式適用范圍
已知兩個(gè)數(shù)的和，差，倍數(shù)關(guān)系

公式
①(和－差)÷2=較小數(shù)

較小數(shù)＋差=較大數(shù)

和－較小數(shù)=較大數(shù)

②(和＋差)÷2=較大數(shù)

較大數(shù)－差=較小數(shù)

和－較大數(shù)=較小數(shù)
和÷(倍數(shù)＋1)=小數(shù)

小數(shù)×倍數(shù)=大數(shù)

和－小數(shù)=大數(shù)
差÷(倍數(shù)-1)=小數(shù)

小數(shù)×倍數(shù)=大數(shù)

小數(shù)＋差=大數(shù)

關(guān)鍵問題
求出同一條件下的

和與差
和與倍數(shù)
差與倍數(shù)




2．年齡問題的三個(gè)基本特征：①兩個(gè)人的年齡差是不變的；

                           ②兩個(gè)人的年齡是同時(shí)增加或者同時(shí)減少的；

                           ③兩個(gè)人的年齡的倍數(shù)是發(fā)生變化的；



3．歸一問題的基本特點(diǎn)：問題中有一個(gè)不變的量，一般是那個(gè)“單一量”，題目一般用“照這樣的速度”……等詞語來表示。

關(guān)鍵問題：根據(jù)題目中的條件確定并求出單一量；



4．植樹問題

基本類型
在直線或者不封閉的曲線上植樹，兩端都植樹
在直線或者不封閉的曲線上植樹，兩端都不植樹
在直線或者不封閉的曲線上植樹，只有一端植樹
封閉曲線上植樹

基本公式
棵數(shù)=段數(shù)＋1

棵距×段數(shù)=總長
棵數(shù)=段數(shù)－1

棵距×段數(shù)=總長
棵數(shù)=段數(shù)

棵距×段數(shù)=總長

關(guān)鍵問題
確定所屬類型，從而確定棵數(shù)與段數(shù)的關(guān)系




5．雞兔同籠問題

基本概念：雞兔同籠問題又稱為置換問題、假設(shè)問題，就是把假設(shè)錯(cuò)的那部分置換出來；

基本思路：

    ①假設(shè)，即假設(shè)某種現(xiàn)象存在（甲和乙一樣或者乙和甲一樣）：

    ②假設(shè)后，發(fā)生了和題目條件不同的差，找出這個(gè)差是多少；

③每個(gè)事物造成的差是固定的，從而找出出現(xiàn)這個(gè)差的原因；

④再根據(jù)這兩個(gè)差作適當(dāng)?shù)恼{(diào)整，消去出現(xiàn)的差。

基本公式：

    ①把所有雞假設(shè)成兔子：雞數(shù)＝（兔腳數(shù)×總頭數(shù)－總腳數(shù)）÷（兔腳數(shù)－雞腳數(shù)）

    ②把所有兔子假設(shè)成雞：兔數(shù)＝（總腳數(shù)一雞腳數(shù)×總頭數(shù)）÷（兔腳數(shù)一雞腳數(shù)）

關(guān)鍵問題：找出總量的差與單位量的差。雪帆提示：雞兔同籠的公式千萬不要死記硬背，因?yàn)樗淖冃胃啵?br>


6．盈虧問題

基本概念：一定量的對象，按照某種標(biāo)準(zhǔn)分組，產(chǎn)生一種結(jié)果：按照另一種標(biāo)準(zhǔn)分組，又產(chǎn)生一種結(jié)果，由于分組的標(biāo)準(zhǔn)不同，造成結(jié)果的差異，由它們的關(guān)系求對象分組的組數(shù)或?qū)ο蟮目偭浚?br>
基本思路：先將兩種分配方案進(jìn)行比較，分析由于標(biāo)準(zhǔn)的差異造成結(jié)果的變化，根據(jù)這個(gè)關(guān)系求出參加分配的總份數(shù)，然后根據(jù)題意求出對象的總量．

基本題型：

    ①一次有余數(shù)，另一次不足；

基本公式：總份數(shù)＝（余數(shù)＋不足數(shù)）÷兩次每份數(shù)的差

②當(dāng)兩次都有余數(shù)；         

基本公式：總份數(shù)＝（較大余數(shù)一較小余數(shù)）÷兩次每份數(shù)的差

③當(dāng)兩次都不足；           

基本公式：總份數(shù)＝（較大不足數(shù)一較小不足數(shù)）÷兩次每份數(shù)的差

基本特點(diǎn)：對象總量和總的組數(shù)是不變的。

關(guān)鍵問題：確定對象總量和總的組數(shù)。



7．牛吃草問題

基本思路：假設(shè)每頭牛吃草的速度為“1”份，根據(jù)兩次不同的吃法，求出其中的總草量的差；再找出造成這種差異的原因，即可確定草的生長速度和總草量。

基本特點(diǎn)：原草量和新草生長速度是不變的；

關(guān)鍵問題：確定兩個(gè)不變的量。

基本公式：

生長量=（較長時(shí)間×長時(shí)間牛頭數(shù)-較短時(shí)間×短時(shí)間牛頭數(shù)）÷（長時(shí)間-短時(shí)間）；

總草量=較長時(shí)間×長時(shí)間牛頭數(shù)-較長時(shí)間×生長量；



8．周期循環(huán)與數(shù)表規(guī)律

周期現(xiàn)象：事物在運(yùn)動(dòng)變化的過程中，某些特征有規(guī)律循環(huán)出現(xiàn)。

周期：我們把連續(xù)兩次出現(xiàn)所經(jīng)過的時(shí)間叫周期。

關(guān)鍵問題：確定循環(huán)周期。

閏    年：一年有366天；

①年份能被4整除；②如果年份能被100整除，則年份必須能被400整除；

平   年：一年有365天。

①年份不能被4整除；②如果年份能被100整除，但不能被400整除；



9．平均數(shù)

基本公式：①平均數(shù)=總數(shù)量÷總份數(shù)

    總數(shù)量=平均數(shù)×總份數(shù)

總份數(shù)=總數(shù)量÷平均數(shù)

②平均數(shù)=基準(zhǔn)數(shù)＋每一個(gè)數(shù)與基準(zhǔn)數(shù)差的和÷總份數(shù)

基本算法：

①求出總數(shù)量以及總份數(shù)，利用基本公式①進(jìn)行計(jì)算.

②基準(zhǔn)數(shù)法：根據(jù)給出的數(shù)之間的關(guān)系，確定一個(gè)基準(zhǔn)數(shù)；一般選與所有數(shù)比較接近的數(shù)或者中間數(shù)為基準(zhǔn)數(shù)；以基準(zhǔn)數(shù)為標(biāo)準(zhǔn)，求所有給出數(shù)與基準(zhǔn)數(shù)的差；再求出所有差的和；再求出這些差的平均數(shù)；最后求這個(gè)差的平均數(shù)和基準(zhǔn)數(shù)的和，就是所求的平均數(shù)，具體關(guān)系見基本公式②。



10．抽屜原理

抽屜原則一：如果把（n+1）個(gè)物體放在n個(gè)抽屜里，那么必有一個(gè)抽屜中至少放有2個(gè)物體。

例：把4個(gè)物體放在3個(gè)抽屜里，也就是把4分解成三個(gè)整數(shù)的和，那么就有以下四種情況：

①4=4+0+0   ②4=3+1+0   ③4=2+2+0   ④4=2+1+1

觀察上面四種放物體的方式，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)一個(gè)共同特點(diǎn)：總有那么一個(gè)抽屜里有2個(gè)或多于2個(gè)物體，也就是說必有一個(gè)抽屜中至少放有2個(gè)物體。

抽屜原則二：如果把n個(gè)物體放在m個(gè)抽屜里，其中n>m，那么必有一個(gè)抽屜至少有:

①k=[n/m ]+1個(gè)物體：當(dāng)n不能被m整除時(shí)。

②k=n/m個(gè)物體：當(dāng)n能被m整除時(shí)。

理解知識點(diǎn)：[X]表示不超過X的最大整數(shù)。

例[4.351]=4；[0.321]=0；[2.9999]=2；

關(guān)鍵問題：構(gòu)造物體和抽屜。也就是找到代表物體和抽屜的量，而后依據(jù)抽屜原則進(jìn)行運(yùn)算。

11．定義新運(yùn)算

基本概念：定義一種新的運(yùn)算符號，這個(gè)新的運(yùn)算符號包含有多種基本（混合）運(yùn)算。

基本思路：嚴(yán)格按照新定義的運(yùn)算規(guī)則，把已知的數(shù)代入，轉(zhuǎn)化為加減乘除的運(yùn)算，然后按照基本運(yùn)算過程、規(guī)律進(jìn)行運(yùn)算。

關(guān)鍵問題：正確理解定義的運(yùn)算符號的意義。

注意事項(xiàng)：①新的運(yùn)算不一定符合運(yùn)算規(guī)律，特別注意運(yùn)算順序。

          ②每個(gè)新定義的運(yùn)算符號只能在本題中使用。

12．?dāng)?shù)列求和

等差數(shù)列：在一列數(shù)中，任意相鄰兩個(gè)數(shù)的差是一定的，這樣的一列數(shù)，就叫做等差數(shù)列。

基本概念：首項(xiàng)：等差數(shù)列的第一個(gè)數(shù)，一般用a1表示；

          項(xiàng)數(shù)：等差數(shù)列的所有數(shù)的個(gè)數(shù)，一般用n表示；

          公差：數(shù)列中任意相鄰兩個(gè)數(shù)的差，一般用d表示；

          通項(xiàng)：表示數(shù)列中每一個(gè)數(shù)的公式，一般用an表示；

          數(shù)列的和：這一數(shù)列全部數(shù)字的和，一般用Sn表示．

基本思路：等差數(shù)列中涉及五個(gè)量：a1 ,an, d, n,sn,,通項(xiàng)公式中涉及四個(gè)量，如果己知其中三個(gè)，就可求出第四個(gè)；求和公式中涉及四個(gè)量，如果己知其中三個(gè)，就可以求這第四個(gè)。

基本公式：通項(xiàng)公式：an = a1+（n－1）d；

通項(xiàng)＝首項(xiàng)＋（項(xiàng)數(shù)一1) ×公差；

數(shù)列和公式：sn,= (a1+ an)×n÷2；

數(shù)列和＝（首項(xiàng)＋末項(xiàng)）×項(xiàng)數(shù)÷2；

項(xiàng)數(shù)公式：n= (an+ a1)÷d＋1；

項(xiàng)數(shù)=（末項(xiàng)-首項(xiàng)）÷公差＋1；

公差公式：d =（an－a1））÷（n－1）；

公差=（末項(xiàng)－首項(xiàng)）÷（項(xiàng)數(shù)－1）；

關(guān)鍵問題：確定已知量和未知量，確定使用的公式；雪帆提示：推導(dǎo)出來的東西要熟記，可以利用植樹問題推到！

13．二進(jìn)制及其應(yīng)用

十進(jìn)制：用0～9十個(gè)數(shù)字表示，逢10進(jìn)1；不同數(shù)位上的數(shù)字表示不同的含義，十位上的2表示20，百位上的2表示200。所以234=200+30+4=2×102+3×10+4。

=An×10n-1+An-1×10n-2+An-2×10n-3+An-3×10n-4+An-4×10n-5+An-6×10n-7+……+A3×102+A2×101+A1×100

注意：N0=１；N１=N（其中N是任意自然數(shù)）



二進(jìn)制：用0～1兩個(gè)數(shù)字表示，逢2進(jìn)1；不同數(shù)位上的數(shù)字表示不同的含義。

（2）= An×2n-1+An-1×2n-2+An-2×2n-3+An-3×2n-4+An-4×2n-5+An-6×2n-7

+……+A3×22+A2×21+A1×20

注意：An不是0就是1。



十進(jìn)制化成二進(jìn)制：

①根據(jù)二進(jìn)制滿2進(jìn)1的特點(diǎn)，用2連續(xù)去除這個(gè)數(shù)，直到商為0，然后把每次所得的余數(shù)按自下而上依次寫出即可。

②先找出不大于該數(shù)的2的n次方，再求它們的差，再找不大于這個(gè)差的2的n次方，依此方法一直找到差為0，按照二進(jìn)制展開式特點(diǎn)即可寫出。



14．加法乘法原理和幾何計(jì)數(shù)

加法原理：如果完成一件任務(wù)有n類方法，在第一類方法中有m1種不同方法，在第二類方法中有m2種不同方法……，在第n類方法中有mn種不同方法，那么完成這件任務(wù)共有：m1+ m2....... +mn種不同的方法。

關(guān)鍵問題：確定工作的分類方法。

基本特征：每一種方法都可完成任務(wù)。

乘法原理：如果完成一件任務(wù)需要分成n個(gè)步驟進(jìn)行，做第1步有m1種方法，不管第1步用哪一種方法，第2步總有m2種方法……不管前面n-1步用哪種方法，第n步總有mn種方法，那么完成這件任務(wù)共有：m1×m2....... ×mn種不同的方法。

關(guān)鍵問題：確定工作的完成步驟。

基本特征：每一步只能完成任務(wù)的一部分。

直線：一點(diǎn)在直線或空間沿一定方向或相反方向運(yùn)動(dòng)，形成的軌跡。

直線特點(diǎn)：沒有端點(diǎn)，沒有長度。

線段：直線上任意兩點(diǎn)間的距離。這兩點(diǎn)叫端點(diǎn)。

線段特點(diǎn)：有兩個(gè)端點(diǎn)，有長度。

射線：把直線的一端無限延長。

射線特點(diǎn)：只有一個(gè)端點(diǎn)；沒有長度。

①數(shù)線段規(guī)律：總數(shù)＝1+2+3+…+（點(diǎn)數(shù)一1）；

②數(shù)角規(guī)律=1+2+3+…+（射線數(shù)一1）；

③數(shù)長方形規(guī)律：個(gè)數(shù)=長的線段數(shù)×寬的線段數(shù)：

④數(shù)長方形規(guī)律：個(gè)數(shù)=1×1+2×2+3×3+…+行數(shù)×列數(shù)



15．質(zhì)數(shù)與合數(shù)

質(zhì)數(shù)：一個(gè)數(shù)除了1和它本身之外，沒有別的約數(shù)，這個(gè)數(shù)叫做質(zhì)數(shù)，也叫做素?cái)?shù)。

合數(shù)：一個(gè)數(shù)除了1和它本身之外，還有別的約數(shù)，這個(gè)數(shù)叫做合數(shù)。

質(zhì)因數(shù)：如果某個(gè)質(zhì)數(shù)是某個(gè)數(shù)的約數(shù)，那么這個(gè)質(zhì)數(shù)叫做這個(gè)數(shù)的質(zhì)因數(shù)。

分解質(zhì)因數(shù)：把一個(gè)數(shù)用質(zhì)數(shù)相乘的形式表示出來，叫做分解質(zhì)因數(shù)。通常用短除法分解質(zhì)因數(shù)。任何一個(gè)合數(shù)分解質(zhì)因數(shù)的結(jié)果是唯一的。

分解質(zhì)因數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)表示形式：N=，其中a1、a2、a3……an都是合數(shù)N的質(zhì)因數(shù)，且a1<a2<a3<……<an。

求約數(shù)個(gè)數(shù)的公式：P=(r1+1)×(r2+1)×(r3+1)×……×(rn+1)

互質(zhì)數(shù)：如果兩個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)是1，這兩個(gè)數(shù)叫做互質(zhì)數(shù)。



16．約數(shù)與倍數(shù)

約數(shù)和倍數(shù)：若整數(shù)a能夠被b整除，a叫做b的倍數(shù)，b就叫做a的約數(shù)。

公約數(shù)：幾個(gè)數(shù)公有的約數(shù)，叫做這幾個(gè)數(shù)的公約數(shù)；其中最大的一個(gè)，叫做這幾個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)。

最大公約數(shù)的性質(zhì)：

1、 幾個(gè)數(shù)都除以它們的最大公約數(shù)，所得的幾個(gè)商是互質(zhì)數(shù)。

2、 幾個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)都是這幾個(gè)數(shù)的約數(shù)。

3、 幾個(gè)數(shù)的公約數(shù)，都是這幾個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)的約數(shù)。

4、 幾個(gè)數(shù)都乘以一個(gè)自然數(shù)m，所得的積的最大公約數(shù)等于這幾個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)乘以m。

例如：12的約數(shù)有1、2、3、4、6、12；

18的約數(shù)有：1、2、3、6、9、18；

那么12和18的公約數(shù)有：1、2、3、6；

那么12和18最大的公約數(shù)是：6，記作（12，18）=6；

求最大公約數(shù)基本方法：

1、分解質(zhì)因數(shù)法：先分解質(zhì)因數(shù)，然后把相同的因數(shù)連乘起來。

2、短除法：先找公有的約數(shù)，然后相乘。

3、輾轉(zhuǎn)相除法：每一次都用除數(shù)和余數(shù)相除，能夠整除的那個(gè)余數(shù)，就是所求的最大公約數(shù)。

公倍數(shù)：幾個(gè)數(shù)公有的倍數(shù)，叫做這幾個(gè)數(shù)的公倍數(shù)；其中最小的一個(gè)，叫做這幾個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)。

12的倍數(shù)有：12、24、36、48……；

18的倍數(shù)有：18、36、54、72……；

那么12和18的公倍數(shù)有：36、72、108……；

那么12和18最小的公倍數(shù)是36，記作[12，18]=36；

最小公倍數(shù)的性質(zhì)：

1、兩個(gè)數(shù)的任意公倍數(shù)都是它們最小公倍數(shù)的倍數(shù)。

2、兩個(gè)數(shù)最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)的乘積等于這兩個(gè)數(shù)的乘積。

求最小公倍數(shù)基本方法：1、短除法求最小公倍數(shù)；2、分解質(zhì)因數(shù)的方法



17．?dāng)?shù)的整除

一、基本概念和符號：

1、整除：如果一個(gè)整數(shù)a，除以一個(gè)自然數(shù)b，得到一個(gè)整數(shù)商c，而且沒有余數(shù)，那么叫做a能被b整除或b能整除a，記作b|a。

2、常用符號：整除符號“|”，不能整除符號“”；因?yàn)榉枴啊摺保缘姆枴啊唷保?br>
二、整除判斷方法：

1.       能被2、5整除：末位上的數(shù)字能被2、5整除。

2.       能被4、25整除：末兩位的數(shù)字所組成的數(shù)能被4、25整除。

3.       能被8、125整除：末三位的數(shù)字所組成的數(shù)能被8、125整除。

4.       能被3、9整除：各個(gè)數(shù)位上數(shù)字的和能被3、9整除。

5.       能被7整除：

①末三位上數(shù)字所組成的數(shù)與末三位以前的數(shù)字所組成數(shù)之差能被7整除。

②逐次去掉最后一位數(shù)字并減去末位數(shù)字的2倍后能被7整除。

6.       能被11整除：

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:28

(接上篇)小學(xué)奧數(shù)理論知識速查手冊(下)

①末三位上數(shù)字所組成的數(shù)與末三位以前的數(shù)字所組成的數(shù)之差能被11整除。

②奇數(shù)位上的數(shù)字和與偶數(shù)位數(shù)的數(shù)字和的差能被11整除。

③逐次去掉最后一位數(shù)字并減去末位數(shù)字后能被11整除。

7.       能被13整除：

①末三位上數(shù)字所組成的數(shù)與末三位以前的數(shù)字所組成的數(shù)之差能被13整除。

②逐次去掉最后一位數(shù)字并減去末位數(shù)字的9倍后能被13整除。

三、整除的性質(zhì)：

1.       如果a、b能被c整除，那么（a+b）與（a-b）也能被c整除。

2.       如果a能被b整除，c是整數(shù)，那么a乘以c也能被b整除。

3.       如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。

4.       如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍數(shù)整除。



18．余數(shù)及其應(yīng)用

基本概念：對任意自然數(shù)a、b、q、r，如果使得a÷b=q……r，且0<r<b,那么r叫做a除以b的余數(shù)，q叫做a除以b的不完全商。

余數(shù)的性質(zhì)：

①余數(shù)小于除數(shù)。

②若a、b除以c的余數(shù)相同，則c|a-b或c|b-a。

③a與b的和除以c的余數(shù)等于a除以c的余數(shù)加上b除以c的余數(shù)的和除以c的余數(shù)。

④a與b的積除以c的余數(shù)等于a除以c的余數(shù)與b除以c的余數(shù)的積除以c的余數(shù)。

19．余數(shù)、同余與周期

一、同余的定義：

①若兩個(gè)整數(shù)a、b除以m的余數(shù)相同，則稱a、b對于模m同余。

②已知三個(gè)整數(shù)a、b、m，如果m|a-b，就稱a、b對于模m同余，記作a≡b(mod m)，讀作a同余于b模m。

二、同余的性質(zhì)：

①自身性：a≡a(mod m)；

②對稱性：若a≡b(mod m)，則b≡a(mod m)；

③傳遞性：若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，則a≡ c(mod m)；

④和差性：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，則a+c≡b+d(mod m)，a-c≡b-d(mod m)；

⑤相乘性：若a≡ b(mod m)，c≡d(mod m)，則a×c≡ b×d(mod m)；

⑥乘方性：若a≡b(mod m)，則an≡bn(mod m)；

⑦同倍性:若a≡ b(mod m)，整數(shù)c，則a×c≡ b×c(mod m×c)；

三、關(guān)于乘方的預(yù)備知識：

①若A=a×b，則MA=Ma×b=（Ma）b

②若B=c+d則MB=Mc+d=Mc×Md

四、被3、9、11除后的余數(shù)特征：

①一個(gè)自然數(shù)M，n表示M的各個(gè)數(shù)位上數(shù)字的和，則M≡n(mod 9)或（mod 3）；

②一個(gè)自然數(shù)M，X表示M的各個(gè)奇數(shù)位上數(shù)字的和，Y表示M的各個(gè)偶數(shù)數(shù)位上數(shù)字的和，則M≡Y-X或M≡11-（X-Y）(mod 11)；

五、費(fèi)爾馬小定理：如果p是質(zhì)數(shù)（素?cái)?shù)），a是自然數(shù)，且a不能被p整除，則ap-1≡1(mod p)。



20．分?jǐn)?shù)與百分?jǐn)?shù)的應(yīng)用

基本概念與性質(zhì)：

分?jǐn)?shù)：把單位“1”平均分成幾份，表示這樣的一份或幾份的數(shù)。

分?jǐn)?shù)的性質(zhì)：分?jǐn)?shù)的分子和分母同時(shí)乘以或除以相同的數(shù)（0除外），分?jǐn)?shù)的大小不變。

分?jǐn)?shù)單位：把單位“1”平均分成幾份，表示這樣一份的數(shù)。

百分?jǐn)?shù)：表示一個(gè)數(shù)是另一個(gè)數(shù)百分之幾的數(shù)。

常用方法：

①逆向思維方法：從題目提供條件的反方向（或結(jié)果）進(jìn)行思考。

②對應(yīng)思維方法：找出題目中具體的量與它所占的率的直接對應(yīng)關(guān)系。

③轉(zhuǎn)化思維方法：把一類應(yīng)用題轉(zhuǎn)化成另一類應(yīng)用題進(jìn)行解答。最常見的是轉(zhuǎn)換成比例和轉(zhuǎn)換成倍數(shù)關(guān)系；把不同的標(biāo)準(zhǔn)（在分?jǐn)?shù)中一般指的是一倍量）下的分率轉(zhuǎn)化成同一條件下的分率。常見的處理方法是確定不同的標(biāo)準(zhǔn)為一倍量。

④假設(shè)思維方法：為了解題的方便，可以把題目中不相等的量假設(shè)成相等或者假設(shè)某種情況成立，計(jì)算出相應(yīng)的結(jié)果，然后再進(jìn)行調(diào)整，求出最后結(jié)果。

⑤量不變思維方法：在變化的各個(gè)量當(dāng)中，總有一個(gè)量是不變的，不論其他量如何變化，而這個(gè)量是始終固定不變的。有以下三種情況：A、分量發(fā)生變化，總量不變。B、總量發(fā)生變化，但其中有的分量不變。C、總量和分量都發(fā)生變化，但分量之間的差量不變化。

⑥替換思維方法：用一種量代替另一種量，從而使數(shù)量關(guān)系單一化、量率關(guān)系明朗化。

⑦同倍率法：總量和分量之間按照同分率變化的規(guī)律進(jìn)行處理。

⑧濃度配比法：一般應(yīng)用于總量和分量都發(fā)生變化的狀況。

21．分?jǐn)?shù)大小的比較

基本方法：

①通分分子法：使所有分?jǐn)?shù)的分子相同，根據(jù)同分子分?jǐn)?shù)大小和分母的關(guān)系比較。

②通分分母法：使所有分?jǐn)?shù)的分母相同，根據(jù)同分母分?jǐn)?shù)大小和分子的關(guān)系比較。

③基準(zhǔn)數(shù)法：確定一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)，使所有的分?jǐn)?shù)都和它進(jìn)行比較。

④分子和分母大小比較法：當(dāng)分子和分母的差一定時(shí)，分子或分母越大的分?jǐn)?shù)值越大。

⑤倍率比較法：當(dāng)比較兩個(gè)分子或分母同時(shí)變化時(shí)分?jǐn)?shù)的大小，除了運(yùn)用以上方法外，可以用同倍率的變化關(guān)系比較分?jǐn)?shù)的大小。（具體運(yùn)用見同倍率變化規(guī)律）

⑥轉(zhuǎn)化比較方法：把所有分?jǐn)?shù)轉(zhuǎn)化成小數(shù)（求出分?jǐn)?shù)的值）后進(jìn)行比較。

⑦倍數(shù)比較法：用一個(gè)數(shù)除以另一個(gè)數(shù)，結(jié)果得數(shù)和1進(jìn)行比較。

⑧大小比較法：用一個(gè)分?jǐn)?shù)減去另一個(gè)分?jǐn)?shù)，得出的數(shù)和0比較。

⑨倒數(shù)比較法：利用倒數(shù)比較大小，然后確定原數(shù)的大小。

⑩基準(zhǔn)數(shù)比較法：確定一個(gè)基準(zhǔn)數(shù)，每一個(gè)數(shù)與基準(zhǔn)數(shù)比較。



22．分?jǐn)?shù)拆分


23．完全平方數(shù)

完全平方數(shù)特征：

1.       末位數(shù)字只能是：0、1、4、5、6、9；反之不成立。

2.       除以3余0或余1；反之不成立。

3.       除以4余0或余1；反之不成立。

4.       約數(shù)個(gè)數(shù)為奇數(shù)；反之成立。

5.       奇數(shù)的平方的十位數(shù)字為偶數(shù)；反之不成立。

6.       奇數(shù)平方個(gè)位數(shù)字是奇數(shù)；偶數(shù)平方個(gè)位數(shù)字是偶數(shù)。

7.       兩個(gè)相臨整數(shù)的平方之間不可能再有平方數(shù)。

平方差公式：X2-Y2=（X-Y）（X+Y）

完全平方和公式：（X+Y）2=X2+2XY+Y2

完全平方差公式：（X-Y）2=X2-2XY+Y2



24．比和比例

比：兩個(gè)數(shù)相除又叫兩個(gè)數(shù)的比。比號前面的數(shù)叫比的前項(xiàng)，比號后面的數(shù)叫比的后項(xiàng)。

比值：比的前項(xiàng)除以后項(xiàng)的商，叫做比值。

比的性質(zhì)：比的前項(xiàng)和后項(xiàng)同時(shí)乘以或除以相同的數(shù)（零除外），比值不變。

比例：表示兩個(gè)比相等的式子叫做比例。a:b=c:d或

比例的性質(zhì)：兩個(gè)外項(xiàng)積等于兩個(gè)內(nèi)項(xiàng)積(交叉相乘)，ad=bc。

正比例：若A擴(kuò)大或縮小幾倍，B也擴(kuò)大或縮小幾倍（AB的商不變時(shí)），則A與B成正比。

反比例：若A擴(kuò)大或縮小幾倍，B也縮小或擴(kuò)大幾倍（AB的積不變時(shí)），則A與B成反比。

比例尺：圖上距離與實(shí)際距離的比叫做比例尺。

按比例分配：把幾個(gè)數(shù)按一定比例分成幾份，叫按比例分配。



25．綜合行程

基本概念：行程問題是研究物體運(yùn)動(dòng)的，它研究的是物體速度、時(shí)間、路程三者之間的關(guān)系.

基本公式：路程=速度×?xí)r間；路程÷時(shí)間=速度；路程÷速度=時(shí)間

關(guān)鍵問題：確定運(yùn)動(dòng)過程中的位置和方向。

相遇問題：速度和×相遇時(shí)間=相遇路程（請寫出其他公式）

追及問題：追及時(shí)間＝路程差÷速度差（寫出其他公式）

流水問題：順?biāo)谐?（船速+水速）×順?biāo)畷r(shí)間

逆水行程=（船速-水速）×逆水時(shí)間

順?biāo)俣?船速+水速

逆水速度=船速-水速

靜水速度=（順?biāo)俣?逆水速度）÷2

水    速=（順?biāo)俣?逆水速度）÷2

流水問題：關(guān)鍵是確定物體所運(yùn)動(dòng)的速度，參照以上公式。

過橋問題：關(guān)鍵是確定物體所運(yùn)動(dòng)的路程，參照以上公式。

主要方法：畫線段圖法

基本題型：已知路程（相遇路程、追及路程）、時(shí)間（相遇時(shí)間、追及時(shí)間）、速度（速度和、速度差）中任意兩個(gè)量，求第三個(gè)量。



26．工程問題

基本公式：

①工作總量=工作效率×工作時(shí)間

②工作效率=工作總量÷工作時(shí)間

③工作時(shí)間=工作總量÷工作效率

基本思路：

①假設(shè)工作總量為“1”（和總工作量無關(guān)）；

②假設(shè)一個(gè)方便的數(shù)為工作總量（一般是它們完成工作總量所用時(shí)間的最小公倍數(shù)），利用上述三個(gè)基本關(guān)系，可以簡單地表示出工作效率及工作時(shí)間.

關(guān)鍵問題：確定工作量、工作時(shí)間、工作效率間的兩兩對應(yīng)關(guān)系。

經(jīng)驗(yàn)簡評：合久必分，分久必合。



27．邏輯推理

基本方法簡介：

①條件分析—假設(shè)法：假設(shè)可能情況中的一種成立，然后按照這個(gè)假設(shè)去判斷，如果有與題設(shè)條件矛盾的情況，說明該假設(shè)情況是不成立的，那么與他的相反情況是成立的。例如，假設(shè)a是偶數(shù)成立，在判斷過程中出現(xiàn)了矛盾，那么a一定是奇數(shù)。

②條件分析—列表法：當(dāng)題設(shè)條件比較多，需要多次假設(shè)才能完成時(shí)，就需要進(jìn)行列表來輔助分析。列表法就是把題設(shè)的條件全部表示在一個(gè)長方形表格中，表格的行、列分別表示不同的對象與情況，觀察表格內(nèi)的題設(shè)情況，運(yùn)用邏輯規(guī)律進(jìn)行判斷。

③條件分析——圖表法：當(dāng)兩個(gè)對象之間只有兩種關(guān)系時(shí)，就可用連線表示兩個(gè)對象之間的關(guān)系，有連線則表示“是，有”等肯定的狀態(tài)，沒有連線則表示否定的狀態(tài)。例如A和B兩人之間有認(rèn)識或不認(rèn)識兩種狀態(tài)，有連線表示認(rèn)識，沒有表示不認(rèn)識。

④邏輯計(jì)算：在推理的過程中除了要進(jìn)行條件分析的推理之外，還要進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算，根據(jù)計(jì)算的結(jié)果為推理提供一個(gè)新的判斷篩選條件。

⑤簡單歸納與推理：根據(jù)題目提供的特征和數(shù)據(jù)，分析其中存在的規(guī)律和方法，并從特殊情況推廣到一般情況，并遞推出相關(guān)的關(guān)系式，從而得到問題的解決。



28．幾何面積

基本思路：

在一些面積的計(jì)算上，不能直接運(yùn)用公式的情況下，一般需要對圖形進(jìn)行割補(bǔ)，平移、旋轉(zhuǎn)、翻折、分解、變形、重疊等，使不規(guī)則的圖形變?yōu)橐?guī)則的圖形進(jìn)行計(jì)算；另外需要掌握和記憶一些常規(guī)的面積規(guī)律。

常用方法：

1.       連輔助線方法

2.       利用等底等高的兩個(gè)三角形面積相等。

3.       大膽假設(shè)（有些點(diǎn)的設(shè)置題目中說的是任意點(diǎn)，解題時(shí)可把任意點(diǎn)設(shè)置在特殊位置上）。

4.       利用特殊規(guī)律

①等腰直角三角形，已知任意一條邊都可求出面積。（斜邊的平方除以4等于等腰直角三角形的面積）

②梯形對角線連線后，兩腰部分面積相等。

③圓的面積占外接正方形面積的78.5%。

雪帆提示：在幾何面積里，很多孩子都不是太明白，實(shí)際上它有幾個(gè)知識點(diǎn)，如果你掌握了，萬事就ok了！



29．立體圖形

名稱
圖形
特征
表面積
體積

長

方

體
8個(gè)頂點(diǎn)；6個(gè)面；相對的面相等；12條棱；相對的棱相等；
S=2(ab+ah+bh)
V=abh

=Sh
  

正

方

體
8個(gè)頂點(diǎn)；6個(gè)面；所有面相等；12條棱；所有棱相等；
S=6a2
V=a3
  

圓

柱

體
上下兩底是平行且相等的圓；側(cè)面展開后是長方形；
S=S側(cè)+2S底

S側(cè)=Ch
V=Sh
  

圓

錐

體
下底是圓；只有一個(gè)頂點(diǎn)；l:母線，頂點(diǎn)到底圓周上任意一點(diǎn)的距離；
S=S側(cè)+S底

S側(cè)=rl
V=Sh
  

球

體
圓心到圓周上任意一點(diǎn)的距離是球的半徑。
S=4r2
V=r3
  




30．時(shí)鐘問題—快慢表問題

基本思路：

1、 按照行程問題中的思維方法解題；

2、 不同的表當(dāng)成速度不同的運(yùn)動(dòng)物體；

3、 路程的單位是分格（表一周為60分格）；

4、 時(shí)間是標(biāo)準(zhǔn)表所經(jīng)過的時(shí)間；

合理利用行程問題中的比例關(guān)系；



    老師友情提示：這些理論只作為參考，千萬不要死記硬背！靈活運(yùn)用才是硬道理！只教公式的是最愚蠢的老師！

伯賀老師 發(fā)表于 2009-5-14 11:31

關(guān)于學(xué)習(xí)數(shù)論，給孩子的幾點(diǎn)建議

關(guān)于學(xué)習(xí)數(shù)論，給孩子的幾點(diǎn)建議

問題1】數(shù)論究竟包括哪幾部分內(nèi)容？

　　答：我們小學(xué)所學(xué)習(xí)到的數(shù)論內(nèi)容主要包含以下幾類：

　　整除問題：（1）整除的性質(zhì)；（2）數(shù)的整除特征（小升初常考內(nèi)容）

　　余數(shù)問題：（1）帶余除式的運(yùn)用     被除數(shù)=除數(shù)×商+余數(shù).（余數(shù)總比除數(shù)?。?br>
　　（2）同余的性質(zhì)和運(yùn)用

　　奇偶問題：（1）奇偶與加減運(yùn)算；（2）奇偶與乘除運(yùn)算

　　質(zhì)數(shù)合數(shù)：重點(diǎn)是質(zhì)因數(shù)的分解（也稱唯一分解定理）

　　約數(shù)倍數(shù)：（1）最大公約最小公倍兩大定理

　　一：兩個(gè)自然數(shù)分別除以它們的最大公約數(shù)，所得的商互質(zhì)。

　　二：兩個(gè)數(shù)的最大公約和最小公倍的乘積等于這兩個(gè)數(shù)的乘積。

　?。?）約數(shù)個(gè)數(shù)決定法則             （小升初?？純?nèi)容）

　　整數(shù)及分?jǐn)?shù)的分解與分拆：這一部分在一類中學(xué)的分班考試題中常常出現(xiàn)，屬于較難的題型。

　　【問題2】數(shù)論部分在考試題型中占據(jù)什么地位？

　　答：在整個(gè)數(shù)學(xué)領(lǐng)域，數(shù)論被當(dāng)之無愧的譽(yù)為“數(shù)學(xué)皇后”。翻開任何一本數(shù)學(xué)輔導(dǎo)書，數(shù)論的題型都占據(jù)了顯著的位置。在小學(xué)各類數(shù)學(xué)競賽和小升初考試中，我們系統(tǒng)研究發(fā)現(xiàn)，直接運(yùn)用數(shù)論知識解題的題目分值大概占據(jù)整張?jiān)嚲砜偡值?0%左右，而在競賽的決賽試題和小升初一類中學(xué)的分班測試題中，這一分值比例還將更高。

　　出題老師喜歡將數(shù)論題作為區(qū)分尖子生和普通學(xué)生的依據(jù)，這一部分學(xué)習(xí)的好壞將直接決定你是否可以在選拔考試中拿到滿意的分?jǐn)?shù)。

　　【問題3】孩子在學(xué)習(xí)數(shù)論部分常常會(huì)遇到哪些問題？

　　數(shù)學(xué)課本上的數(shù)論簡單，競賽和小升初考試的數(shù)論不簡單。

　　答：有些孩子錯(cuò)誤地認(rèn)為數(shù)論的題目很簡單，因?yàn)樗麄兞?xí)慣了數(shù)學(xué)課本上的簡單數(shù)論題，比如：

　　例1：求36有多少個(gè)約數(shù)？

　　這道題就經(jīng)常在孩子們平時(shí)的作業(yè)里和單元測試?yán)锍霈F(xiàn)。可是小升初考題里則是：

　　例2：求3600有多少個(gè)約數(shù)？

　　很多孩子就懵了，因?yàn)椤捌綍r(shí)考試?yán)餂]有出過這么大的數(shù)！”（孩子語）于是乎也硬著頭皮用課堂上求約數(shù)的方法去求，白白浪費(fèi)了大把的時(shí)間，即使最后求出結(jié)果也并不劃算。

　　這道題其實(shí)用約數(shù)個(gè)數(shù)決定法則非常好求，而且省時(shí)省力！可是我們的出題老師卻振振有詞道：“這道題不超綱，也符合教委的精神，因?yàn)槟憔褪怯闷胀〝?shù)學(xué)的方法也能做出來，無非多花一些時(shí)間而已！”殊不知考試的時(shí)間何其寶貴，這道題的解法其實(shí)已經(jīng)將孩子的數(shù)學(xué)水平分出了高下！

　　數(shù)論的定理背起來簡單，但真正理解和掌握卻很難。

　　數(shù)論的定理在很多好的奧數(shù)輔導(dǎo)書中都有概括，于是有些孩子拿起來蒙頭就開始背，終于花了不少時(shí)間硬啃下來，卻不食其中“滋味”，遇上數(shù)論的題目只能一條一條定理的硬套，結(jié)果很多題目還是不會(huì)做。這里的原因在于缺乏老師正確的引導(dǎo)，很多定理細(xì)心領(lǐng)會(huì)比死記更重要！孩子自身的領(lǐng)悟能力有限，站在老師的肩膀上才能看得更遠(yuǎn)！

　　單個(gè)數(shù)論的知識點(diǎn)掌握起來較簡單，但綜合運(yùn)用卻很難。

　　數(shù)論的題有的時(shí)候會(huì)和其它知識點(diǎn)綜合起來考察，比如和分?jǐn)?shù)，和計(jì)數(shù)綜合等等。這樣的題學(xué)生往往感覺無從下手，也有一定難度，因此得分率很低。比如，

　　例3：一個(gè)學(xué)校參加某項(xiàng)興趣活動(dòng)的學(xué)生不到100人，其中男同學(xué)人數(shù)超過總數(shù)的4/7 ，女同學(xué)的人數(shù)超過總數(shù)的2/5 。問男女生各多少人？（理工附今年小升初選拔壓軸題）

　　這道題兼顧分?jǐn)?shù)主要從數(shù)論中的整除特性考查學(xué)生。

　　例4：有一個(gè)四位數(shù)分別除以它的各位數(shù)字得到四個(gè)整數(shù)商，這四個(gè)商的和還是這個(gè)四位數(shù)，求滿足要求的四位數(shù)共有多少個(gè)

　　這道題同樣從數(shù)論入手考察學(xué)生多個(gè)知識點(diǎn)的綜合運(yùn)用，題目較難。

　　【問題4】該如何學(xué)習(xí)數(shù)論知識？

　　答：數(shù)論的知識點(diǎn)較多，在考試中占的比重較大，學(xué)生在學(xué)習(xí)的過程中，熟記定理是必要的，除了熟記以外，更應(yīng)該知其然，知其所以然。如果時(shí)間允許，可以動(dòng)手將所有定理和公式一一推導(dǎo)一遍。比如：為什么能被4（或25）整除的數(shù)只需要看末尾兩位是否能被4（或25）整除？原來可以分成兩部分的和[ +  ] 前一部分能被100整除（當(dāng)然也肯定能被4或25整除），所以只需看后兩位即可。理解了這個(gè)也就不難理解：為什么能被8（或125）整除的數(shù)只需要看末三位是否能被其整除即可（想一想？）

　　這樣做的益處是一方面讓孩子更深刻的理解了定理和公式來源，舉一反三，而不是死記硬背；另一方面當(dāng)作習(xí)題來熟練解題套路，實(shí)踐證明對于孩子的思維發(fā)散是很有幫助的。

要想深刻掌握數(shù)論題的解題要領(lǐng)，還需要多做些數(shù)論的綜合題。有些解題的常用套路是可以歸納總結(jié)的，比如整數(shù)表示法，枚舉法，反證法，構(gòu)造法等等在這里不一一敘述，需要由老師幫助引領(lǐng)完成。





“數(shù)論”為什么難住了你？薛老師教你兩個(gè)絕招



下面針對本周學(xué)習(xí)的數(shù)論的知識，給各位同學(xué)介紹一篇小文章，希望能對同學(xué)們的學(xué)習(xí)提供一些幫助。

    數(shù)論一直是一個(gè)比較熱門的考點(diǎn)，但同時(shí)也是最難把握，最容易變換的一個(gè)知識點(diǎn)。很多孩子課后跟我講，數(shù)論的東西雖然課上聽明白了，但是變化一個(gè)角度出題就又犯糊涂了，針對這個(gè)問題，我想就以下幾個(gè)方面提點(diǎn)建議，希望對同學(xué)有幫助。

　　首先，學(xué)好數(shù)論，必須要先把知識點(diǎn)給抓住。

　　數(shù)論這部分內(nèi)容比較雜，所以你在學(xué)習(xí)的時(shí)候，不但要把基本概念給記住，而且要把相關(guān)的特性都給搞明白，這就需要你一步一步的積累。

　　一、數(shù)的整除，質(zhì)數(shù)與合數(shù)問題：如果問你它們的定義是什么，你可能很快就可以給出答案，但是你是否能羅列一些關(guān)于它們的特性呢？數(shù)的整除是數(shù)論的基礎(chǔ)，對于一些特殊數(shù)的整除特性，你必須要牢記于腦。而質(zhì)數(shù)與合數(shù)的問題，很多時(shí)候是和奇偶性聯(lián)系在一起的。

　　例如：有一道題目這樣說，有兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和是99，問這兩個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積是多少？

　　這看似簡單的一道題目，其實(shí)蘊(yùn)藏了很多知識點(diǎn)。首先你要明白什么是質(zhì)數(shù)，其次你要知道兩數(shù)和的特點(diǎn)是什么？怎么樣能得偶數(shù)和怎么樣能得奇數(shù)和。明白了這兩點(diǎn)，這道題目一眼就可以知道答案。

　　二、約數(shù)與倍數(shù)問題：這里面最重要的就是最大公約數(shù)和最小公倍數(shù)問題。

　　關(guān)于這個(gè)知識點(diǎn)，你必須掌握：1，它們的概念是什么；2，它們的求解方法，即短除和分解質(zhì)因數(shù)，你是否都能靈活應(yīng)用；3，關(guān)于兩個(gè)數(shù)的約束與倍數(shù)運(yùn)算的技巧是什么？這些問題我們在講課的時(shí)候都做了強(qiáng)調(diào)而且給出了總結(jié)，你是否都做好了筆記，是否都熟練掌握了？

　　三，余數(shù)問題：這是數(shù)論里面的難中之難。為什么這么說呢？因?yàn)殛P(guān)于余數(shù)的問題，一般都是比較綜合的題目。往往一道題目中把約數(shù)與倍數(shù)，質(zhì)數(shù)與和數(shù)等等的知識全都?xì)w結(jié)到了一起。

　　但是萬變不離其宗，我在講課的時(shí)間也強(qiáng)調(diào)了，余數(shù)問題不管怎么變，只要抓住一個(gè)式子，什么問題都迎刃而解了：A÷B=C…D.如果你能把老師上課講的內(nèi)容掌握，真正能理解這個(gè)問題，那不管你遇到的是同余問題，還是其它的復(fù)雜題目，你都能找到解題的突破口。

　　四、數(shù)論綜合：這一部分既是對數(shù)論內(nèi)容的一個(gè)歸納總結(jié)，拓展應(yīng)用，也是對你知識點(diǎn)的一個(gè)深入。在這里你必須要記住一些常用的計(jì)算技巧。

　　其次，數(shù)論的學(xué)習(xí)要采用聯(lián)想法

　　聯(lián)想法不僅對學(xué)數(shù)論很重要，對你其它的方面的學(xué)習(xí)也同樣有很好的作用。

　　怎么來聯(lián)想？

　　例如，我們都知道一個(gè)經(jīng)常用的算式：1001＝7×11×13，可是當(dāng)你看到這個(gè)式子的時(shí)候，你是否能想到什么呢？為什么1001偏偏能分解成這三個(gè)數(shù)，你可以聯(lián)想到數(shù)的整除中7，11 ，13的特性，那么順帶的你可以把其他的整除特性也想想。同時(shí)，既然有因式分解，那必然有約數(shù)與倍數(shù)，你可以問問自己，約數(shù)與倍數(shù)的問題都有什么，約數(shù)的個(gè)數(shù)怎么求？如果你對每個(gè)問題都能這樣的問下去，那我可以保證，你的數(shù)論絕對沒有問題，不管出多么難，多么復(fù)雜的問題，你都可以輕松對付。

　　因此，數(shù)論其實(shí)并不象同學(xué)們想的那么復(fù)雜，那么可怕。要想學(xué)好數(shù)論，你只要做到兩點(diǎn)就可以。一，必須把所有的知識點(diǎn)牢記于腦；二，對于每道題目，你必須對每句話都做一個(gè)分析，聯(lián)想所有你能想到的知識點(diǎn)?，F(xiàn)在我們不能為了做題而記知識點(diǎn)，我們應(yīng)該為了記知識點(diǎn)而做題，只有這樣，你才能把每個(gè)知識點(diǎn)給吃透，記牢，你才能在以后的做題過程中越來越輕車熟路。希望每個(gè)同學(xué)都能把數(shù)論輕松學(xué)好，加油，孩子們！

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