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小学奥数知识(页 1) 2- 二年级

 昵称4322506 2010-12-03
  我们知道,全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。被2除余1的属于一类,被2整除的属于另一类。前一类中的数叫做奇数,后一类中的数叫做偶数。关于奇偶数有一些特殊性质,比如,奇数≠偶数,奇数个奇数之和是奇数等。灵活、巧妙、有意识地利用这些性质,加上正确的分析推理,可以解决许多复杂而有趣的问题。用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析,善于运用奇偶分析,往往有意想不到的效果。

  例1 下表中有15个数,选出5个数,使它们的和等于30,你能做到吗?为什么?



  分析与解:如果一个一个去找、去试、去算,那就太费事了。因为无论你选择哪5个数,它们的和总不等于30,而且你还不敢马上断言这是做不到的。最简单的方法是利用奇偶数的性质来解,因为奇数个奇数之和仍是奇数,表中15个数全是奇数,所以要想从中找出5个使它们的和为偶数,是不可能的。

  例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本,并依次将它的各面编号(即由第1面一直编到第192面)。小丽从该练习本中撕下其中25张纸,并将写在它们上面的50个编号相加。试问,小丽所加得的和数能否为2000?

  解:不能。

  由于每一张上的两数之和都为奇数,而25个奇数之和为奇数,故不可能为2000。

  说明:“相邻两个自然数的和一定是奇数”,这条性质几乎是显然的,但在解题过程中,能有意识地运用它却不容易做到,这要靠同学们多练习、多总结。

  例3 有98个孩子,每人胸前有一个号码,号码从1到98各不相同。试问:能否将这些孩子排成若干排,使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和?并说明理由。

  解:不能。

  如果可以按要求排成,每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和,那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍,是个偶数。所以这98个号码数的总和是个偶数,但是这98个数的总和为

  1+2+…+98=99×49,是个奇数,矛盾!所以不能按要求排成。

  例4 如右图,把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问:有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数?请说明理由。



   解:不可能。

  如果每条直线上的红圈数都是奇数,而五角星有五条边,奇数个奇数之和为奇数,那么五条线上的红圈共有奇数个(包括重复的)。从另一个角度看,由于每个圆圈是两条直线的交点,则每个圆圈都要计算两次,因此,每个红圈也都算了两次,总个数应为偶数,得出矛盾。所以,不可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数。

  说明:上述两题都是从两个不同的角度去分析处理同一个量,而引出矛盾的。

  例5 有20个1升的容器,分别盛有1,2,3,…,20厘米3水。允许由容器A向容器B倒进与B容器内相同的水(在A中的水不少于B中水的条件下)。问:在若干次倒水以后能否使其中11个容器中各有11厘米3的水?

  解:不可能。

  在倒水以后,含奇数立方厘米水的容器数是不会增加的。事实上以(偶,偶)(偶,奇)(奇,奇)来表示两个分别盛有偶数及偶数,偶数及奇数,奇数及奇数立方厘米水的容器。于是在题中条件限制下,在倒水后,(偶,偶)仍为(偶,偶);而(偶,奇)会成为(偶,奇)或(奇,偶);(奇,奇)却成为(偶,偶)。在任何情况下,盛奇数立方厘米水的容器没有多出来。

  因为开始时有10个容器里盛有奇数立方厘米的水,所以不会出现有11个盛有奇数立方厘米水的容器。

  例6 一个俱乐部里的成员只有两种人:一种是老实人,永远说真话;一种是骗子,永远说假话。某天俱乐部的全体成员围坐成一圈,每个老实人两旁都是骗子,每个骗子两旁都是老实人。外来一位记者问俱乐部的成员张三:“俱乐部里共有多少成员?”张三答:“共有45人。”另一个成员李四说:“张三是老实人。”请判断李四是老实人还是骗子?



  分析与解:根据俱乐部的全体成员围坐一圈,每个老实人两旁都是骗子,每个骗子两旁都是老实人的条件,可知俱乐部中的老实人与骗子的人数相等,也就是说俱乐部的全体成员总和是偶数。而张三说共有45人是奇数,这说明张三是骗子,而李四说张三是老实人,说了假话,所以李四也是骗子。

  说明:解答此题的关键在于根据题设条件导出老实人与骗子的人数相等,这里实质上利用了对应的思想。

  类似的问题是:

  围棋盘上有19×19个交叉点,现在放满了黑子与白子,且黑子与白子相间地放,并使黑子(或白子)的上、下、左、右的交叉点上放着白子(或黑子)。问:能否把黑子全移到原来的白子的位置上,而白子也全移到原来黑子的位置上?

  提示:仿例6。答:不能。

  例7 某市五年级99名同学参加数学竞赛,竞赛题共30道,评分标准是基础分15分,答对一道加5分,不答记1分,答错一道倒扣1分。问:所有参赛同学得分总和是奇数还是偶数?

  解:对每个参赛同学来说,每题都答对共可得165分,是奇数。如答错一题,就要从165分中减去6分,不管错几道,6的倍数都是偶数,165减去偶数,差还是奇数。同样道理,如有一题不答,就要减去4分,并且不管有几道题不答,4的倍数都是偶数,因此,从总分中减去的仍是偶数,所以每个同学的得分为奇数。而奇数个奇数之和仍为奇数,故99名同学得分总和一定是奇数。

  例8 现有足够多的苹果、梨、桔子三种水果,最少要分成多少堆(每堆都有苹果、梨和桔子三种水果),才能保证找得到这样的两堆,把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。

  分析与解:当每堆都含有三种水果时,三种水果的奇偶情况如下表: 

  

  可见,三种水果的奇偶情况共有8种可能,所以必须最少分成9堆,才能保证有两堆的三种水果的奇偶性完全相同,把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。

  说明:这里把分堆后三种水果的奇偶情况一一列举出来,使问题一目了然。

  例9 有30枚2分硬币和8枚5分硬币,5角以内共有49种不同的币值,哪几种币值不能由上面38枚硬币组成?

  解:当币值为偶数时,可以用若干枚2分硬币组成;

  当币值为奇数时,除1分和3分这两种币值外,其余的都可以用1枚5分和若干枚2分硬币组成,所以5角以下的不同币值,只有1分和3分这两种币值不能由题目给出的硬币组成。

  说明:将全体整数分为奇数与偶数两类,分而治之,逐一讨论,是解决整数问题的常用方法。

  若偶数用2k表示,奇数用2k+1表示,则上述讨论可用数学式子更为直观地表示如下:

  当币值为偶数时,2k说明可用若干枚2分硬币表示;

  当币值为奇数时,

  2k+1=2(k-2)+5,

  其中k≥2。当k=0,1时,2k+1=1,3。1分和3分硬币不能由2分和5分硬币组成,而其他币值均可由2分和5分硬币组成。

  例10 设标有A,B,C,D,E,F,G的7盏灯顺次排成一行,每盏灯安装一个开关。现在A,C,D,G这4盏灯亮着,其余3盏灯没亮。小华从灯A开始顺次拉动开关,即从A到G,再从A开始顺次拉动开关,他这样拉动了999次开关后,哪些灯亮着,哪些灯没亮?

  解:一盏灯的开关被拉动奇数次后,将改变原来的状态,即亮的变成熄的,熄的变成亮的;而一盏灯的开关被拉动偶数次后,不改变原来的状态。由于

  999=7×142+5,

  因此,灯A,B,C,D,E各被拉动143次开关,灯F,G各被拉动142次开关。所以,当小华拉动999次后B,E,G亮,而A,C,D,F熄。

  例11 桌上放有77枚正面朝下的硬币,第1次翻动77枚,第2次翻动其中的76枚,第3次翻动其中的75枚……第77次翻动其中的1枚。按这样的方法翻动硬币,能否使桌上所有的77枚硬币都正面朝上?说明你的理由。

  分析:对每一枚硬币来说,只要翻动奇数次,就可使原先朝下的一面朝上。这一事实,对我们解决这个问题起着关键性作用。

  解:按规定的翻动,共翻动1+2+…+77=77×39次,平均每枚硬币翻动了39次,这是奇数。因此,对每一枚硬币来说,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),

  根据规定,可以设计如下的翻动方法:

  第1次翻动77枚,可以将每枚硬币都翻动一次;第2次与第77次共翻动77枚,又可将每枚硬币都翻动一次;同理,第3次与第76次,第4次与第75次……第39次与第40次都可将每枚硬币各翻动一次。这样每枚硬币都翻动了39次,都由正面朝下变为正面朝上。

  说明:(1)此题也可从简单情形入手(如9枚硬币的情形),按规定的翻法翻动硬币,从中获得启发。

  (2)对有关正、反,开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论。

  例12 在8×8的棋盘的左下角放有9枚棋子,组成一个3×3的正方形(如左下图)。规定每枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格,即可以以它旁边的棋子为中心作对称运动,可以横跳、竖跳或沿着斜线跳(如右下图的1号棋子可以跳到2,3,4号位置)。问:这些棋子能否跳到棋盘的右上角(另一个3×3的正方形)?



  解:自左下角起,每一个方格可以用一组数(行标、列标)来表示,(自下而上)第i行、(自左而右)第j列的方格记为(i,j)。问题的关键是考虑9枚棋子(所在方格)的列标的和S。

  一方面,每跳一次,S增加0或偶数,因而S的奇偶性不变。另一方面,右上角9个方格的列标的和比左下角9个方格的列标之和大

  3×(6+7+8)-3×(1+2+3)=45,

  这是一个奇数。

  综合以上两方面可知9枚棋子不能跳至右上角的那个3×3的正方形里。

  奇偶分析作为一种分析问题、处理问题的方法,在数学中有广泛的应用,是处理存在性问题的有力工具,本讲所举例题大多属于这类问题。这种方法具有很强的技巧性,尤其是选择什么量进行奇偶分析往往是很困难的。选准了,只须依据奇偶数的性质,分析这个量的奇偶特征,问题便迎刃而解;选不好,事倍功半。同学们应认真领会本讲所举例题,以把握选择合适的量进行奇偶分析的技巧。

练习3

  1.下列每个算式中,最少有一个奇数,一个偶数,那么这12个整数中,至少有几个偶数?

    □+□=□  □-□=□

    □×□=□ □÷□=□

  2.任意取出1234个连续自然数,它们的总和是奇数还是偶数?

  3.一串数排成一行,它们的规律是:前两个数都是1,从第三个数开始,每一个数都是前两个数的和。如下所示:

  1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…

  试问:这串数的前100个数(包括第100个数)中,有多少个偶数?

  4.能不能将1010写成10个连续自然数之和?如果能,把它写出来;如果不能,说明理由。

  5.能否将1至25这25个自然数分成若干组,使得每一组中的最大数都等于组内其余各数的和?

  6.在象棋比赛中,胜者得1分,败者扣1分,若为平局,则双方各得0分。今有若干个学生进行比赛,每两人都赛一局。现知,其中有一位学生共得7分,另一位学生共得20分,试说明,在比赛过程中至少有过一次平局。

  7.在黑板上写上1,2,…,909,只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中的任意两个数a,b,并写上a-b(其中a≥b)。问:最后黑板上剩下的是奇数还是偶数?

  8.设a1,a2,…,a64是自然数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;

  ……

  这样一直做下去,最后得到的一个整数是奇数还是偶数?



练习3

  1.至少有6个偶数。

  2.奇数。解:1234÷2=617,所以在任取的1234个连续自然数中,奇数的个数是奇数,奇数个奇数之和是奇数,所以它们的总和是奇数。

  3.33。提示:这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环。

  4.不能。

  如果1010能表示成10个连续自然数之和,那么中间2个数的和应当是1010÷5=202。但中间 2个数是连续自然数,它们的和应是奇数,不能等于偶数202。所以,1010不能写成10个连续自然数之和。

  5.不能。提示:仿例3。

  6.证:设得7分的学生胜了x1局,败了y1局,得 20分的学生胜了x2局,败了y2局。由得分情况知:

  x1-y1=7,x2-y2=20。

  如果比赛过程中无平局出现,那么由每人比赛的场次相同可得x1+y1=x2+y2,即x1+y1+x2+y2是偶数。另一方面,由x1-y1=7知x1+y2为奇数,由x2-y2=20知x2+y2为偶数,推知x1+y1+x2+y2为奇数。这便出现矛盾,所以比赛过程中至少有一次平局。

  7.奇数。解:黑板上所有数的和S=1+2+…+909是一个奇数,每操作一次,总和S减少了a+b-(a-b)=2b,这是一个偶数,说明总和S的奇偶性不变。由于开始时S是奇数,因此终止时S仍是一个奇数。

  8.偶数。

  解:我们知道,对于整数a与b,a+b与a-b的奇偶性相同,由此可知,上述计算的第二步中,32个数

  a1-a2, a3-a4,…,a63-a64,

  分别与下列32个数

  a1+a2, a3+a4,…,a63+a64,

  有相同的奇偶性,这就是说,在只考虑奇偶性时,可以用“和”代替“差”,这样可以把原来的计算过程改为

  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;

  ……

  最后一步所得到的数是a1+a2+…+a63+a64。由于a1,a2,…,a64是1,2,…,64的一个排列,因此它们的总和为1+2+…+64是一个偶数,故最后一个整数是偶数

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:14

《数学奥林匹克专题讲座》(二)

《数学奥林匹克专题讲座》

第4讲 整数的分拆

  整数的分拆,就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式,每一种表示方法,就是自然数的一个分拆。

  整数的分拆是古老而又有趣的问题,其中最著名的是哥德巴赫猜想。在国内外数学竞赛中,整数分拆的问题常常以各种形式出现,如,存在性问题、计数问题、最优化问题等。

  例1 电视台要播放一部30集电视连续剧,若要求每天安排播出的集数互不相等,则该电视连续剧最多可以播几天?

  分析与解:由于希望播出的天数尽可能地多,所以,在每天播出的集数互不相等的条件下,每天播放的集数应尽可能地少。

  我们知道,1+2+3+4+5+6+7=28。如果各天播出的集数分别为1,2,3,4,5,6,7时,那么七天共可播出28集,还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形,因此,这余下的2集不能再单独于一天播出,而只好把它们分到以前的日子,通过改动某一天或某二天播出的集数,来解决这个问题。例如,各天播出的集数安排为1,2,3,4,5,7,8或1,2,3,4,5,6,9都可以。

  所以最多可以播7天。

  说明:本题实际上是问,把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时,最多能写成几项之和?也可以问,把一个正整数拆成若干个整数之和时,有多少种分拆的办法?例如:

  5=1+1+1+1+1=1+1+1+2,

  =1+2+2   =1+1+3

  =2+3    =1+4,共有6种分拆法(不计分成的整数相加的顺序)。

  例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚,用它们去支付2角3分。问:有多少种不同的支付方法?

  分析与解:要付2角3分钱,最多只能使用4枚5分币。因为全部1分和2分币都用上时,共值12分,所以最少要用3枚5分币。

  当使用3枚5分币时,5×3=15,23-15=8,所以使用2分币最多4枚,最少2枚,可有

   23=15+(2+2+2+2),

  23=15+(2+2+2+1+1),

  23=15+(2+2+1+1+1+1),

  共3种支付方法。

  当使用4枚5分币时,5×4=20,23-20=3,所以最多使用1枚2分币,或不使用,从而可有

  23=20+(2+1),

  23=20+(1+1+1),

  共2种支付方法。

  总共有5种不同的支付方法。

  说明:本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。

  例3 把37拆成若干个不同的质数之和,有多少种不同的拆法?将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘,得到的乘积中,哪个最小?

  解:37=3+5+29

     =2+5+7+23=3+11+23,

     =2+3+13+19=5+13+19

     =7+11+19=2+5+11+19

     =7+13+17=2+5+13+17

     =2+7+11+17,

  共10种不同拆法,其中3×5×29=435最小。

  说明:本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题,只是硬凑。比37小的最大质数是31,但37-31=6,6不能分拆为不同的质数之和,故不取;再下去比37小的质数是29,37-29=8,而8=3+5。其余的分拆考虑与此类似。

  例4 求满足下列条件的最小自然数:它既可以表示为9个连续自然数之和,又可以表示为10个连续自然数之和,还可以表示为11个连续自然数之和。

  解:9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍,10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍,11个连续自然数之和是其中第6个数的11倍。这样,可以表示为9个、10个、11个连续自然数之和的数必是5,9和11的倍数,故最小的这样的数是[5,9,11]=495。

  对495进行分拆可利用平均数,采取“以平均数为中心,向两边推进的方法”。例如,495÷10=49.5,则10个连续的自然数为

  45,46,47,48,49,(49.5),50,51,52,53,54。

  于是495=45+46+…+54。

  同理可得495=51+52+…+59=40+41+…+50。

  例5 若干只同样的盒子排成一列,小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出,小明从每只盒子里取出一个小球,然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去,再把盒子重排了一下。小聪回来,仔细查看,没有发现有人动过小球和盒子。问:一共有多少只盒子?

  分析与解:设原来小球数最少的盒子里装有a只小球,现在增加到了b只,由于小明没有发现有人动过小球和盒子,这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子,这只盒子里原来装有(a+1)个小球。

  同理,现在另有一个盒子里装有(a+1)个小球,这只盒子里原来装有(a+2)个小球。

  依此类推,原来还有一只盒子装有(a+3)个小球,(a+4)个小球等等,故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。

  现在这个问题就变成了:将42分拆成若干个连续整数的和,一共有多少种分法,每一种分法有多少个加数?

  因为42=6×7,故可将42看成7个6的和,又

  (7+5)+(8+4)+(9+3)

  是6个6,从而

  42=3+4+5+6+7+8+9,

  一共有7个加数。

  又因42=14×3,故可将42写成13+14+15,一共有3个加数。

  又因42=21×2,故可将42写成9+10+11+12,一共有4个加数。

  于是原题有三个解:一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。

  例6 机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色:

  凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色,不符合上述要求的自然数染成黄色(比如23可表示为两个不同合数15和8之和,23要染红色;1不能表示为两个不同合数之和,1染黄色)。问:被染成红色的数由小到大数下去,第2000个数是多少?请说明理由。

  解:显然1要染黄色,2=1+1也要染黄色,

  3=1+2,

  4=1+3=2+2,

  5=1+4=2+3,

  6=1+5=2+4=3+3,

  7=1+6=2+5=3+4,

  8=1+7=2+6=3+5=4+4,

  9=1+8=2+7=3+6=4+5,

  11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6。

  可见,1,2,3,4,5,6,7,8,9,11均应染黄色。

  下面说明其它自然数n都要染红色。

  (1)当n为大于等于10的偶数时,

  n=2k=4+2(k-2)。

  由于n≥10,所以k≥5,k-2≥3,2(k-2)与4均为合数,且不相等。也就是说,大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和,应染红色。(1)当n为大于等于13的奇数时,

  n=2k+1=9+2(k-4)。

  由于n≥13,所以k≥6,k-4≥2,2(k-4)与9均为合数,且不相等。也就是说,大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和,应染红色。

  综上所述,除了1,2,3,4,5,6,7,8,9,11这10个数染黄色外,其余自然数均染红色,第k个染为红色的数是第(k+10)个自然数(k≥2)。

  所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010。

  下面看一类有规律的最优化问题。

  例7 把12分拆成两个自然数的和,再求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应该如何分拆?

  分析与解:把12分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,有

  1+11,2+10,3+9,4+8,5+7,6+6

  六种方法。它们的乘积分别是

  1×11=11,2×10=20,3×9=27,

  4×8=32,5×7=35,6×6=36。

  显然,把12分拆成6+6时,有最大的积6×6=36。

  例8 把11分拆成两个自然数的和,再求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应该如何分拆?

  分析与解:把11分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,有1+10,2+9,3+8,4+7,5+6五种方法。它们的乘积分别是

  1×10=10,2×9=18,3×8=24,

  4×7=28,5×6=30。

  显然,把11分拆成5+6时,有最大的积5×6=30。

  说明:由上面的两个例子可以看出,在自然数n的所有二项分拆中,当n是偶数2m时,以分成m+m时乘积最大;当n是奇数2m+1时,以分成m+(m+1)时乘积最大。换句话说,把自然数S(S>1)分拆为两个自然数m与n的和,使其积mn最大的条件是:m=n,或m=n+1。



  例9 试把1999分拆为8个自然数的和,使其乘积最大。

  分析:反复使用上述结论,可知要使分拆成的8个自然数的乘积最大,必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1。

  解:因为1999=8×249+7,由上述分析,拆法应是1个249,7个250,其乘积249×2507为最大。

  说明:一般地,把自然数S=pq+r(0≤r<p,p与q是自然数)分拆

  为p个自然数的和,使其乘积M为最大,则M为qp-r×(q+1)r。

  例10 把14分拆成若干个自然数的和,再求出这些数的积,要使得到的积最大,应该把14如何分拆?这个最大的乘积是多少?

  分析与解:我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。

  首先,分成的数中不能有1,这是显然的。

  其次,分成的数中不能有大于4的数,否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和,这两个数的乘积一定比原数大,例如7就比它分拆成的2和5的乘积小。

  再次,因为4=2×2,故我们可以只考虑将数分拆成2和3。

  注意到2+2+2=6,2×2×2=8;3+3=6,3×3=9,因此分成的数中若有三个2,则不如换成两个3,换句话说,分成的数中至多只能有两个2,其余都是3。

  根据上面的讨论,我们应该把14分拆成四个3与一个2之和,即14=3+3+3+3+2,这五数的积有最大值

  3×3×3×3×2=162。

  说明:这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中。该试卷第4题是:

  若干个正整数的和为1976,求这些正整数的积的最大值。

  答案是2×3658。

  这是由美国提供的一个题目,时隔两年,它又出现在美国大学生数学竞赛中。1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是:

  求出正整数n及a1,a2,…,an的值,使a1+a2+…+an=1979且乘积最大。

  答案是n=660。

  1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是:

  将1992表示成若干个自然数的和,如果要使这些数的乘积最大,这些自然数是____。

  答案:这些数应是664个3。

  上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变,所以分别冠以当年的年份1976,1979和1992,这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法,多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中,所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑。将上述三题的结论推广为一般情形便是:

  把自然数S(S>1)分拆为若干个自然数的和:

  S=a1+a2+…+an,

  则当a1,a2,…,an中至多有两个2,其余都是3时,其连乘积m=a1a2…an有最大值。

  例11 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和,且使这些自然数的乘积最大,该乘积是多少?

  解:由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种,因而一定存在一种分法,使得这些自然数的乘积最大。

  若1作因数,则显然乘积不会最大。把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和,因数个数越多,乘积越大。为了使因数个数尽可能地多,我们把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993。

  若和比1993大1,则因数个数至少减少1个,为了使乘积最大,应去掉最小的2,并将最后一个数(最大)加上1。

  若和比1993大k(k≠1),则去掉等于k的那个数,便可使乘积最大。

  

  所以n=63。因为2015-1993=22,所以应去掉22,把1993分成

  (2+3+…+21)+(23+24+…+63)

  这一形式时,这些数的乘积最大,其积为

  2×3×…×21×23×24×…×63。

  说明:这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题,在训练学生时,发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法,得出答案是3663×4,而忽视了题中条件“分成若干个互不相等的自然数的和”。由此可见,认真审题,弄清题意的重要性。

  例12 将1995表示为两个或两个以上连续自然数的和,共有多少种不同的方法?

  分析与解:为了解决这个问题,我们设1995可以表示为以a为首项的k(k>1)个连续自然数之和。首项是a,项数为k,末项就是a+k-1,由等差数列求和公式,得到



  化简为

(2a+k-1)×k=3990。(*)

  注意,上式等号左边的两个因数中,第一个因数2a+k-1大于第二个因数k,并且两个因数必为一奇一偶。因此,3990有多少个大于1的奇约数,3990就有多少种形如(*)式的分解式,也就是说,1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。因为1995与3990的奇约数完全相同,所以上述说法可以简化为,1995有多少个大于1的奇约数,1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。

  1995=3×5×7×19,共有15个大于1的奇约数,所以本题的答案是15种。

  一般地,我们有下面的结论:

若自然数N有k个大于1的奇约数,则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。

  知道了有多少种表示方法后,很自然就会想到,如何找出这些不同的表示方法呢?从上面的结论可以看出,每一个大于1的奇约数对应一种表示方法,我们就从1995的大于1的奇约数开始。1995的大于1的奇约数有。

  3,5,7,15,19,21,35,57,95,

  105,133,285,399,665,1995。

  例如,对于奇约数35,由(*)式,得

  3990=35×114,

  因为114>35,所以 k=35,2a+k-1=114,解得a=40。推知35对应的表示方法是首项为40的连续35个自然数之和,即

  1995=40+41+42+…+73+74。

  再如,对于奇约数399,由(*)式,得

  3990=399×10,因为399>10,所以k=10,2a+k-1=399,解得a=195。推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和,即

  1995=195+196+197+…+204。

  对于1995的15个大于1的奇约数,依次利用(*)式,即可求出15种不同的表示方法。

练习4

  1.将210拆成7个自然数的和,使这7个数从小到大排成一行后,相邻两个数的差都是5。第1个数与第6个数分别是几?

  2.将135个人分成若干个小组,要求任意两个组的人数都不同,则至多可以分成多少组?

  3.把19分成几个自然数(可以相同)的和,再求出这些数的乘积,并且要使得到的乘积尽可能大,最大乘积是多少?

  4.把1999分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,一共有多少种不同的分拆方法?求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应将1999如何分拆?

  5.把456表示成若干个连续自然数的和。要求写出所有的表达式(如9可以有两种表达形式:9=4+5=2+3+4)。

  6.几个连续自然数相加,和能等于2000吗?如果能,有几种不同的答案?写出这些答案。如果不能,说明理由。

  7.把70分拆成11个不同自然数的和,这样的分拆方式一共有多少种?将不同的表示方法列举出来。

  8.有一把长为13厘米的直尺,在上面刻几条刻度线,使得这把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。问:至少要刻几条线?要刻在哪些位置上?



练习4

  1.15,40。

  解:这7个数中第4个数是中间数,它是这7个数的平均数,即210÷7=30。因为相邻 2数的差都是 5,所以这7个数是15,20,25,30,35,40,45。故第1个数是15,第6个数是40。

  2.15组。

  解:因为要求任意两个组的人数不相等,且分得的组要尽可能地多,所以,要使每个组分得的人数尽可能地少。

  由于1+2+3+4+…+14+15=120,所以将 135人分成每组人数不等的15个组后还余15人。剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组,否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况。因此,应将剩下的15人安插在已分好的15个组之中,所以至多可以分成15个组。这15个组各组人数可以有多种情况,例如,分别是 2,3,4,5,6,…,14,15,16人。

  3.972。

  解:要使乘积尽可能大,把19分成的几个自然数中,3要尽量多且不能有1,所以应把19分成5个3及1个4的和。最大乘积为35×4=972。

  4.有999种方法,分成999+1000时积最大。

  5.提示:456有三个大于1的奇约数3,19,57。利用例12的方法可得:对于3,有k=3,a=151;对19,有k=19,a=15;对于57,有k=16,a=21。所以456有如下三种分拆方法:

  456=151+152+153

    =21+22+23+…+39

    =15+16+17+…+33。

  6.能。

  提示:与例12类似,2000=24×53,有三个大于1的奇约数5,25,125。对于5,有k=5,a=398;对于25,有k=25,a=68;对于125,有k=32, a=47。所以2000共有如下三种分拆方法:

  2000=398+399+400+401+402

    =68+69+70+…+91+92

    =47+48+49+…+77+78。

  7.5种。

  解:1+2+3+…+11=66,现在要将4分配到适当的加数上,使其和等于70,又要使这11个加数互不相等。

  先将4分别加在后4个加数上,得到4种分拆方法:

  70=1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15

   =1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11

   =1+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11

   =1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11。

  再将4拆成1+3,把1和3放在适当的位置上,仅有1种新方法:

  1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12。

  再将4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2,分别加在不同的位置上,都得不出新的分拆方法,故这样的分拆方法一共有5种。

  8.至少要刻4条线,例如刻在1,4,5,11厘米处,便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。这是因为由1,4,5,11,13这5个数以及它们之间任意2个的差能够得到1到13这13个整数,见下列各式:

  5-4=1, 13-11=2, 4-1=3,

  11-5=6, 11-4=7, 13-5=8,

  13-4=9, 11-1=10, 13-1=12。

  下面我们来证明,只有3个刻度是不够的。如果只刻了3条线,刻在a厘米、b厘米、 c厘米处(0<a<b<c<13),那么 a,b,C,13两两之差(大减小),只有至多6个不同的数:13-a,13-b,13-c,c-a,c-b,b-a,再加上a,b,c,13这4个数,至多有10个不同的数,不可能得到1到13这13个不同的整数来。

  顺便说明一下,刻法不是唯一的。例如我们也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米这4个位置上。



第5讲 有趣的数字

  数字问题一直是中小学数学竞赛中的热门问题,解这类问题一般要用到整数的性质及解整数问题的常用方法,如数的整除性、剩余类、奇偶分析、尾数的性质等。有时还得用解竞赛题的一些技巧,如筛选、排除、枚举、局部调整、从极端考虑等。

  有一类特殊的数字问题,它们的条件与1到9这9个数字或0到9这10个数字有关,这就增加了题目的趣味性。解这类题目,要注意利用题目条件中有9个或10个不同数字这一条件,另外这9个或10个数字之和是9的倍数这个特点,也很有用。

  例1 在下式中的每两个相邻数之间都添上一个加号或减号,组成一个算式。要求算式运算结果等于37,且这个算式中的所有减数(前面添了减号的数)的乘积尽可能的大。

  10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

  那么,这些减数的最大乘积是多少?

  解:把10个数都添上加号,它们的和是55,如果把其中1个数的前面的加号换成减号,使这个数成为减数,那么结果将要减少这个数的2倍。

  因为55-37=18,所以我们变成减数的这些数之和是

  18÷2=9。

  对于大于2的数来说,两数之和总比两数乘积小。为了使这些数的乘积尽可能大,减数越多越好(不包括1)。9最多可拆成三数之和2+3+4=9,因此这些减数的最大乘积是2×3×4=24。添上加、减号的算式是:

  10+9+8+7+6+5-4-3-2+1=37。

  例2 我的岁数的3次方是一个四位数,我的岁数的4次方是一个六位数,要组成这两个数,需要用遍0到9这10个数字。

  我爷爷的岁数的平方是一个四位数,他的岁数的3次方是一个六位数,要组成这两个数字,也要用遍0到9这10个数字。

  问:我和爷爷的年龄各是多少?

  解:设我的年龄x。注意到223=10648和174=83521是五位数,故应有17<x<22。取x等于18,19,21(x显然不应等于20),逐一计算他们的3次方与4次方,经验证,只有18合乎题意:183=5832,184=104976。故x=18。

  同理可以得到爷爷的年龄是69岁,验证如下:

  692=4761,693=328509。

  例3 将1~9这9个数字填入下面方格中,且使积P最小:

  P=□□□×□□□×□□□。

   9的一个排列。为使P最小,显然a1,a4,a7是1,2,3的一个排列,不妨设a1=1,a4=2,a7=3。

  又a2,a5,a8是4,5,6的一个排列。逐一计算

  14×25×36,15×24×36,14×26×35,

  15×26×34,16×24×35,16×25×34,

  可知14×25×36是六个积中最小的一个。

  故知a2=4,a5=5,a8=6。

  如果我们掌握了下面的性质,“两数和为定值时,两数的积随着这两数差的减少而增大”的话,那么上述验证的解法可以简化如下:对于积14×25×36,任意变换两个乘数的个位数字,都会使两乘数的和不变而差减少,从而它们的积也增大,故14×25×36是最小的。最后a3,a6,a9是7,8,9的一个排列,用类似的方法得a3=7,a6=8,a9=9时,P=147×258×369积最小。

  例4 能否将自然数1~10填入右图所示的五角星各交点的“○”中,使每条直线上的四个数字之和都相等?



  解:假定能够做到,注意到在计算数字和时,每一个数都被计算了2次,则每条直线上4个数字的和等于

  (55×2)÷5=22。

  考虑相交于10的两条直线,可知10与1在同一条直线上,否则这两直线的数字和不小于

  2×10+(2+3+4+5+6+7)=47。

  设与10不在同一条直线上的三个数为x,y,z,则

  x+y+z=55-2×22+10=21。

  又设x,y,1,u在同一条直线上,则x+y+U+1=22,即x+y+u=21,z=u矛盾。故满足题设的填法是不存在的。

  例5 用1,2,…,9这9个数字,最多能组成多少个平方数?要求每个数字都要用一次且只能用一次。

  解:一位平方数有3个:1,4和9。剩下6个数字中2和5,3和6可组成2个平方数25和36,但7和8不能组成平方数。注意到784=282,故一共可组成5个平方数:

  1,9,25,36,784。

  例6 用1,2,…,9这9个数字排成没有重复数字的九位数,一共可以排多少个?这些数的最大公约数是多少,

  解:根据乘法原理,一共可以排成

  9×8×7×6×5×4×3×2×1=362880(个)

  没有重复数字的九位数。因为其中每个九位数的数字和都是45,45是9的倍数,所以每个九位数都是9的倍数。而九位数987654321和987654312的差为9,故它们的最大公约数应是9。

  例7 左下图中有3个等边三角形和3条通过4个点的直线。请你将1到9这9个自然数写到9个黑点旁,使得每个等边三角形顶点3个数字之和相等,又要使得每条直线上的4个数字之和相等。



  解:3个三角形上的数字都是不同的,它们的数字之和相等,因此每个三角形上的数字之和等于45÷3=15。由此我们可以认为,3个三角形上的数字,恰好是纵横图上3条横行,或者3条纵列(见右上图)。本题要对照三阶纵横图求解。

  把3条直线上所有数字相加,中间小三角形上数字要算2次,因此相加之和应是45+15=60,即每条直线上 4个数字之和应等于20。

  解题的关键是确定中间小三角形上应是哪三个数。譬如,它是2,7,6,那么7和6所在的直线上另外2个数字之和应是20-7-6=7,可是在三阶纵横图其他两条纵列上,每列各取一数相加之和是不能等于7的。对于(4,3,8)(2,9,4)和(6,1,8)作同样考察,都会得到与(2,7,6)一样的情况。当中间小三角形上的3个数是1,5,9时,有5+9+4+2=20, 1+9+3+7=20和1+5+8+6=20,得到一个解(见左下图)。当中间小三角形上的3个数是7,5,3时,得到另一个解(见右下图)。



  例8 能否在圆周上放置0,1,2,…,9这10个数字,使得任何两个相邻数的差为3,4或5?

  解:因为0,1,2,8,9这5个数中的任何两个都不能排在一起(否则相邻数之差不是3,4或5),故它们之间都应隔着一个数。但此时其余的5个位置上都不能放置7,无论将7放到哪里,它都会与一个相邻数的差不是3,4或5中的一个。故满足题意的放置方法是没有的。

  说明:一般而言,将0~n这n+1个数放置到圆周上,使任何两数之差为3,4或5的问题,在n≤12时无解,在n≥13时有解,下图是n=14时的一种放置方法。



  例9 已知a1,a2,…,a10是0,1,2,…,9的一个排列,a1,a2a3,a4a5a6,a7a8a9a10,都是平方数,写出它们的全部解。

  解:本题宜采用穷举与淘汰相结合的方法来解。先写出1~99这99个数的平方,删去其中有重复数字的平方数,如122=144等,在剩下的数中进行适当的组合,可以得到四个解:

  (1)12=1,62=36,282=784,952=9025。

  (2)32=9,92=81,242=576,482=2304。

  (3)32=9,92=81,182=324,842=7056。

  (4)32=9,42=16,282=784,552=3025。

  例10 用1,2,…,9这9个数字,组成数字不重复使用的3个三位数,使得第2个数是第1个数的2倍,第3个数是第1个数的3倍。例如192,384,576。类似这样的3个三位数还有好几组。如果这样的三位数有n组,那么在所有这3n个三位数中,最大的一个与最小的一个的差是多少?

  解:在一组满足条件的3个三位数中,第3个数最大,且是3的倍数,依次验证987,984,981,其中981适合((327,654,981)是一组满足条件的3个三位数)。

  在一组三位数中,第一个最小,在123~192中经过试验,只有192适合题意。

  故本题的解为981-192=789。

  说明:进一步的推算可知,满足题设条件的三位数共有4组:

  192,384,576;327,654,981;

  219,438,657;273,546,819。

  例11 用1,2,3,…,9这9个数字,写出大小相等的3个分数,

  解:我们先考虑这些分数都是真分数的情况,解题的关键是抓住以下两个结论:

  ①三个分数中至多只有一个最简分数。

  ②数字5不会出现在某个分数的分子或分母的个位上。(为什么?请读者考虑。)

  9个数字组成3个真分数,每个数字只用一次,有如下3种情况:

 

  由②知5只能出现在某个分母的十位上,显然这个分数不是最简分数,故此分母要从51~59的合数中去选取。经试算可得3个解:









 

  综合(1)(2)(3)三种情况,满足条件的真分数有7个解,分子分母颠倒后,又得7个解。本题共有14个解。

  例12 两人轮流从1,2,…,9这9个数字中取数。每次取一个,谁先取的数中有3个数的和为15就算赢家。

  如果第1个人取的数是5,那么第2个人应该取几才能使自己立于不败之地?

  分析与解:本题条件中的“和为15”,使我们联想到右图中的“幻方”,它的每行、每列及对角线的和都等于15。故本题等价于甲乙二人轮流将黑白二色棋子放入九宫格中,哪一方放入的棋子先成一行(横行、竖行和斜行)者为胜。甲先占了中间一格,乙应选哪一格才能保证自己不败?



  这个问题实际上是“井字棋”游戏,乙的对策如果不对,会导致失败。假设乙选择边上的位置,比如选3,则甲选4,乙只好选6。甲再选2。这时8,9这两个位置乙只能选一个,甲必得其一,这样甲就必胜无疑了。

  所以当甲选5时,乙应选九宫格中位于角上的数字,即应选2,4,6,8中的一个,才能使自己立于不败之地。]

练习5

  1.将数码1,2,3,4,5,6,7,8,9填入下面的9个方格中,组成3个三位数连乘的算式:

  □□□×□□□×□□□。

  连乘积可能取到的最大值是多少?

  2.在下面的一排数字之间填入 5个加号,组成一个连加算式,将这个算式的计算结果的最大值记为a,最小值记为b,则a+b的值是多少?

  1 2 3 4 5 6 7 8 9

  3.请你将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填入下图的方格中,使得每一行、每一列及两条对角线上的3个数字和都不相等。



  4.用1,2,…,9这9个数字,最多可以组成多少个质数?要求每个数字都要用一次且只能用一次。

  5.用1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字排成没有重复数字的九位数,且这个九位数是11的倍数。这样的九位数中,最大的一个是多少?

  6.能否将数0,1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填入左下图中的圆圈中(每个数填一次),使得各个阴影三角形的3个顶点上的数之和相等?



  7.在上图的圆圈里,按照顺时针方向把9个数字分成3段,组成3个数。这3个数恰好是一个乘法等式:

  28×157=4396。

  下面8个圆圈也有这样的特点,请你也来试一试,怎么分段?



  注意:最后两个圆圈分段以后,被乘数是一位数。

  



练习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个。

  解:1至9中的质数有4个:2,3,5,7,剩下的5个数中只有2个奇数:1和9。而除了2以外的质数都是奇数,故本题的解是最多可组成 6个质数。例如 2,3,5,7,89,461。

  5.987652413。

  解:因为这9个数字的和是45,根据能被11整除的数的特征,这个九位数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差是11的倍数,所以这个差只能是0,11,22,33和44。由于各位数字之和是45为一奇数,根据数的奇偶性可知奇位数字之和与偶位数字之和,只可能是一奇一偶,故它们的差不能是0,22或44。

  若差是33,则奇位数字之和与偶位数字之和,只能是39和6,但这是不可能的。于是差只能为11。奇位数字之和是28,偶位数字之和是17,这样可以求出最大数为987652413。

  6.能。

  解:先考虑位于3个“角”上的3个三角形,它们没有公共顶点,共涉及到9个数(只差中间1个○内的数)。注意到0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,这 9个数有如下几种情况:

  (1)和为42。每个三角形3个顶点上的3个数字之和为14,中间数为3。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只能是9,8;7,6。还缺一对,不可能。

  (2)和为45。每个三角形3个顶点上3个数字和为15,中间数为0。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只能是9,2;7,4;5,6。

  (3)和为39。每个三角形3个顶点上3个数字和为13,中间数为6。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只能是7,0;5,2;3,4。

  (4)和为36。每个三角形3个顶点上3个数字和为12,中间数为9。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只有1,2。还缺一对,不可能。

  据此,有下图所示的两种填法。



  7.(1)42×138=5796; (2)18×297=5346;

   (3)27×198=5346;(4)39×186=7254;

   (5)48×159=7632;(6)12×483=5796;

   (7)4×1963=7852; (8)4×1738=6952。

  提示:9个数分3段,大体上是两位数和三位数相乘,得到一个四位数。我们就按2,3,4或3,2,4的关系来试分。

  试分以后,需要试算。试算时,不必把全部乘积都乘出来,最简便的办法是先从个位数来判断。比如有一种分法是:21,385,7964,从这3个数的个位数看,因为1×5≠4,所以,就可以判断这种分法不符合题目条件,应该否定。因此,如果试分以后,被乘数和乘数的个位数相乘,乘积的个位数与分段时的乘积个位数不符,那么就可以否定。否定了错误的分法,就可以选出正确答案来。

  8.3816547290。

  解:根据条件易知a10=0,a5=5;a2,a4,a6,a8分别是偶数2,4,6,8之一,a1,a3,a7,a9分别是奇数1,3,7,9之一。

   的倍数,从而a1+a2+…+a6也是3的倍数,于是a4+a5+a6也是3的倍数。同理a7+a8+a9也是3的倍数。

   a4=2或a4=6。

a9找不到适当的数。下面我们讨论其他三种情况:



  

  

  

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:17

《数学奥林匹克专题讲座》(三)

《数学奥林匹克专题讲座》

应用问题选讲

  我们知道,数学是一门基础学科。我们在学校中学习数学的目的,一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础,更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。

  运用数学知识解决实际问题的基本思路是:先将这个实际问题转化为一个数学问题(我们称之为建立数学模型),然后解答这个数学问题,从而解决这个实际问题。即:



  这里,建立数学模型是关键的一步。也就是说,要通过审题,将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来,将其归结到某一类型的数学问题,然后解答这个数学问题。下面介绍一些典型的数学模型。

一、两个量变化时,和一定的问题

  两个变化着的量,如果在变化的过程中,它们的和始终保持不变,那么它们的差与积之间有什么关系呢?

  观察下面的表:



  我们不难得出如下的规律:

  两个变化着的量,如果在变化的过程中,和始终保持不变,那么它们的差越小,积就越大。若它们能够相等,则当它们相等时,积最大。

  这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。

  例1 农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。为了防止鸡飞出,所建鸡窝的高度不得低于2米,要使鸡窝面积最大,长方形的长和宽分别应是多少?



  解:如上图,设长方形的长和宽分别为x米和y米,则有

  x+2y=1.2×20=24。

  长方形的面积为



  因为x和2y的和等于24是一个定值,故它们的乘积当它们相等时最大,此时长方形面积S也最大。于是有

  x=12, y=6。

  例2 如果将进货单价为40元的商品按50元售出,那么每个的利润是10元,但只能卖出500个。当这种商品每个涨价1元时,其销售量就减少10个。为了赚得最多的利润,售价应定为多少?

  解:设每个商品售价为(50+x)元,则销量为(500-10X)个。总共可以获利

  (50+x-40)×(500-10x)

  =10×(10+X)×(50-X)(元)。

  因(10+x)+(50-x)=60为一定值,故当10+X=50-X即X=20时,它们的积最大。

  此时,每个的销售价为50+20=70(元)。

  例3 若一个长方体的表面积为54厘米2,为了使长方体的体积最大,长方体的长、宽、高各应为多少厘米?

  解:设长、宽、高分别为x,y,z厘米,体积为V厘米3。

  2(xy+yz+zx)=54,xy+yz+zx=27。

  因为V2=(xyz)2=(xy)(yz)(zx),

  故当 xy=yz=zx即 x=y=z=3时,V2有最大值,从而V也有最大值。

  例4 有一块长24厘米的正方形厚纸片,在它的四个角各剪去一个小正方形,就可以做成一个无盖的纸盒,现在要使做成的纸盒容积最大,剪去的小正方形的边长应为几厘米?



  解:如上图,设剪去的小正方形的边长为x厘米,则纸盒的容积为

  V=x(24-2x)(24-2x)

   =2×2x(12-x)(12-x)。

  因为2x+(12-x)+(12-x)=24

  是一个定值,故当

  2x=12-x=12-x,

  即x=4时,其乘积最大,从而纸盒的容积也最大。

二、两个量变化时,积一定的问题

  两个变化着的量,如果在变化的过程中,它们的乘积始终保持不变,那么它们的差与和之间有什么关系呢?

  观察下面的表:



  我们不难得出如下的规律:

  两个变化着的量,如果在变化的过程中,乘积始终保持不变,那么它们的差越小,和就越小。若它们能够相等,则当它们相等时,和最小。

  例5 长方形的面积为 144 cm2,当它的长和宽分别为多少时,它的周长最短?

  解:设长方形的长和宽分别为 xcm和 ycm,则有

  xy=144。

  故当x=y=12时,x+y有最小值,从而长方形周长2(x+y)也有最小值。

  例6 用铁丝扎一个空心的长方体,为了使长方体的体积恰好是216cm3,长方体的长、宽、高各是多少厘米时,所用的铁丝长度最短?

  解:设长方体的长、宽、高分别为xcm,ycm,zcm,则有xyz=216。铁丝长度的和为 4(x+ y+ z),故当 x=y=z=6时,所用铁丝最短。

  例7 农场计划挖一个面积为432 m2的长方形养鱼池,鱼池周围两侧分别有3m和4m的堤堰如下图所示,要想占地总面积最小,水池的长和宽应为多少?



  解:如图所示,设水池的长和宽分别为xm和ym,则有

  xy=432。

  占地总面积为 S=(x+6)(y+8)cm2。于是

  S=Xy+6y+8X+48=6y+8X+480。

  我们知道6y ×8X=48×432为一定值,故当6y=8X时,S最小,此时有6y=8X=144,故y=24,x=18。

  例8 某游泳馆出售冬季学生游泳卡,每张240元,使用规定:不记名,每卡每次只限一人,每人只限一次。某班有48名学生,老师打算组织学生集体去游泳,除需购买若干张游泳卡外,每次游泳还需包一辆汽车,无论乘坐多少名学生,每次的包车费均为40元。若要使每个同学游8次,每人最少交多少钱?

  解:设一共买了X张卡,一共去游泳y次,则共有

  Xy=48×8=384(人次),

  总用费为(240x+40y)元。

  因为 240x ×40y=240×40×384是一定值,故当 240x=40y,即y=6x时,和最小。易求得x=8,y=48。此时总用费为

  240×8+40×48=3840(元),

  平均每人最少交 3840÷48=80(元)。

三、利用不等关系来解答的应用题

  例9 某公司在A,B两地分别库存有某机器16台和12台,现要运往甲、乙两家客户的所在地,其中甲方15台,乙方13台。已知从A地运一台到甲方的运费为500元,到乙方的运费为400元,从B地运一台到甲方的运费为300元,到乙方的运费为600元。已知运费由公司承担,公司应设计怎样的调运方案,才能使这些机器的总运费最省?

  解:设由A地运往甲方x台,则A地运往乙方(16-x)台,B地运往甲方(15-x)台,B地运往乙方(x-3)台。于是总运价为:

  S=500x+400(16-x)+300(15-x)+600(x-3)

   =400x+9100。

  显然,x要满足不等式3≤x≤15,于是当x=3时,总运价最省,为 400× 3+ 9100=10300(元)。

  调运方案为:由A地运往甲方3台,A地运往乙方13台,B地运往甲方12台,B地运往乙方0台。

  例10 某校决定出版“作文集”,费用是30册以内为80元,超过30册的每册增加1.20元。当印刷多少册以上时,每册费用在1.50元以内?

  解:显然印刷的册数应该大于30。设印刷了(30+x)册,于是总用费为(80+1.2x)元。故有

  80+1.2x≤1.5 ×(30+x),

   以内。

  例11 现有三种合金:第一种含铜60%,含锰40%;第二种含锰10%,含镍90%;第三种含铜20%,含锰50%,含镍30%。现各取适当数量的这三种合金,组成一块含镍45%的新合金,重量为1千克。

  (1)求新合金中第二种合金的重量的范围;

  (2)求新合金中含锰的重量的范围。

  解:设第一种合金用量为x千克,第二种合金用量为y千克,第三种合金用量为z千克,依题意有



  (1)如果不取第一种合金,即x=0,那么新合金中第二种合金重量最小。解得y=0.25。

  如果不取第三种合金,即z=0,那么新合金中第二种合金重量最大。解得y=0.5。

  新合金中第二种合金的重量范围是0.25克到0.5克。

  (2)由①②可得z=1.5-3y,x=2y-0.5。故新合金中含锰的重量为

  S=40%x+10%y+50%z

  =40%(2y-0.5)+10%y+50%(1.5-3y)

  =0.55-0.6y。

  因为0.25≤y≤0.5,所以0.25≤S≤0.4,即新合金中含锰的重量范围是0.25克到0.4克。

  例12 某商店需要制作如下图所示的工字形架100个,每个由三根长为2.3米、1.7米、1.3米的铝合金材料组装而成。市场上可购得该铝合金材料的原料长为6.3米。问:至少要买回多少根原材料,才能满足要求(不计损耗)?



  解:每根原材料的切割有下表的七种情况:



  显然,④⑤⑥三种方案损耗较小。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)。

练习10

  1.销售某种西服,当每件售价为100元时可售出1000件。如果定价每下降1%,那么销售量将提高0.5%,又知道这批西服是每件80元成本购进的。问:应如何定价才能使获利最大?

  2.下图是一个面积为4m2的窗户,当a∶b的值是多少时,窗户的框架所用的材料最省?



  3.有一个长为 80cm、宽为40cm的木板,要以它为原材料做一个无盖的木盒,应该如何制作才能使木盒的容积最大?最大的容积是多少?

  4.某厂要建造一个无盖的露天水槽,其底为正方形,容量为64000m3。在建造时,槽底的造价是四壁的2倍,这个水槽的底面边长和高的比例是多少时,造价最省?

  5.A城有化肥 200吨,B城有化肥 300吨,现要将化肥运往C,D两村。已知从A城运往C,D两村的运价分别是每吨20元和25元,从B城运往C,D两村的运价分别是每吨15元和22元。某个体户承包了这项运输任务,请你帮他算一算,如何调运才能使运费最省?

  6.有两个学生参加4次数学测验,他们的平均分数不同,但都是低于90分的整数。他们又参加了第5次测验,这样5次的平均分数都提高到了90分,求第5次测验二人的得分(满分为100分)。

  7.某机械厂要把一批长7300毫米的钢筋截成长290毫米、210毫米和150毫米的钢筋各一段组成一套钢筋架子。现在做100套钢筋架子,至少要用去长为7300毫米的钢筋多少根?

  8.下表所示为X,Y,Z三种食品原料的维生素含量(单位:单位/千克)及成本:



  现在要将三种食物混合成100千克的混合物,要求混合物至少需含44000单位的维生素A及48000单位的维生素B0如果所用的食物中x,Y,Z的重量依次为X千克、y千克、Z千克,那么请定出X,y,Z的值,使得成本为最少。

练习10

  1.91元。

  解:设定价为每件(100-x)元,则销售量为1000(1+0.5%x)件。利润为

  (100-x-80)×1000(1+0.5%x)

  =500×(20-x)(2+x)。

  因为(20-x)+(2+x)=22为一定值,故当20-x=2+x即x=9时利润最高。此时每件定价为100-9=91(元)。

  2.2∶3。

  解:窗户的框架长为 3a+2b,而 ab=4是一个定值,从而3a×2b=6ab=24也是一个定值,故当3a=2b即a∶b=2∶3时窗户框架所用材料最省。

  3.32000cm3

  解:设木盒的长、宽、高分别为xcm,ycm,zcm,则它的容积为V=xyzcm3。因为

  xy+2xz+2yz=40×80=3200

  为一定值,故它们的积

  xy×2xz×2yz=4(xyz)2=4V2,

  在xy=2xz=2yz时最大,从而V也最大,此时有x=y=2z。经计算得x=40,y=40,z=20。

  具体制作方式如下:先取原木板的一半(40cm×40cm)作为木盒的底面,再将剩下的一半分成 20 cm×40 cm大小的四等份,每份作为木盒的一个侧面就可以了。

  4.1∶1。

  解:设四壁的造价是a元/m2,则底面造价为2a元/m2。又设其底面边长为xm,高为ym,则有

  x2y=64000。

  总造价为

                 a×4xy+2a×x2

  =2a(2xy+x2)=2a(xy+xy+x2)。

  因为xy×xy×x2=(x2y)2=640002为一定值,故当xy=xy=x2即x∶y=1∶1时,总造价最省。

  5.解:设A城化肥运往C村x吨,则运往D村(200-x)吨;B城化肥运往C村(220-x)吨,运往D村(80+x)吨,总运费y元,则

  y=20x+25(200-x)+15(220-x)+22(80+x)

              =2x+10060。

  又易知0≤x≤200,故当x=0时,运费最省,为10060元。

  运输方案如下:A城化肥运往C村0吨,运往D村200吨;B城化肥运往C村220吨,运往D村80吨。

  6.98,94。

  解:设某一学生前4次的平均分为x分,第5次的得分为y分,则其5次总分为

  4x+y=5×90=450。

  于是y=450-4x。显然90<y≤100,故

  90<450-4x≤100,

  解得87.5≤x<90。于是两个学生前4次的平均分分别为88分和89分。第5次得分分别为 450-4×88=98(分)和450-4×89=94(分)。

  7.90根。

  解:每一根7300毫米的钢筋有如下三种损耗较小的截法:

  290×2+150×1=7300, ①

  210×2+150×2=7200, ②

  210×2+290×2=7100。 ③

  设按方案①截得的钢筋有x根,按方案②截得的钢筋有y 根,按方案③截得的钢筋有z根,则长为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。一共至少用去长为7300毫米的钢筋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。

  成本为

   6x+5y+4z

  =6x+5y+4(100-x-y)

  =400+2x+y

  =400+2y+(2x-y)≥400+40+40=480。



第11讲 计数的方法与原理

  计数方法与原理是组合数学的主要课题之一,本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。

一、枚举法

  一位旅客要从武汉乘火车去北京,他要了解所有可供乘坐的车次共有多少,一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表,将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来,共有多少次车也就数出来了,这种计数方法就是枚举法。所谓枚举法,就是把所要求计数的所有对象一一列举出来,最后计算总数的方法。运用枚举法进行列举时,必须注意无一重复,也无一遗漏。

  例1 四个学生每人做了一张贺年片,放在桌子上,然后每人去拿一张,但不能拿自己做的一张。问:一共有多少种不同的方法?

  解:设四个学生分别是A,B,C,D,他们做的贺年片分别是a,b,c,d。

  先考虑A拿B做的贺年片b的情况(如下表),一共有3种方法。



  同样,A拿C或D做的贺年片也有3种方法。

  一共有3+3+3=9(种)不同的方法。

  例2 甲、乙二人打乒乓球,谁先连胜两局谁赢,若没有人连胜头两局,则谁先胜三局谁赢,打到决出输赢为止。问:一共有多少种可能的情况?

  解:如下图,我们先考虑甲胜第一局的情况:



  图中打√的为胜者,一共有7种可能的情况。同理,乙胜第一局也有 7种可能的情况。一共有 7+7=14(种)可能的情况。

二、加法原理

如果完成一件事情有n类方法,而每一类方法中分别有m1,m2,…,mn种方法,而不论采用这些方法中的任何一种,都能单独地完成这件事情,那么要完成这件事情共有

N=m1+m2+…mn

种方法。

  这是我们所熟知的加法原理,也是利用分类法计数的依据。

  例3 一个自然数,如果它顺着数和倒着数都是一样的,则称这个数为“回文数”。例如1331,7,202都是回文数,而220则不是回文数。问:1到6位的回文数一共有多少个?按从小到大排,第2000个回文数是多少?

  解:一位回文数有:1,2,…,9,共9个;

  二位回文数有:11,22,…,99,共9个;

  三位回文数有:101,111,…,999,共90个;

  四位回文数有:1001,1111,…,9999,共90个;

  五位回文数有:10001,10101,…,99999,共900个;

  六位回文数有:100001,101101,…,999999,共900个。

  到六位数为止,回文数共有

  9+9+90+90+900+900=1998(个)。

  第1999个回文数是1000001,第2000个回文数是1001001。

  例4 设有长度为1,2,…,9的线段各一条,现在要从这9条线段中选取若干条组成一个正方形,共有多少种不同的取法?这里规定当用2条或多条线段接成一条边时,除端点外,不许重叠。

  解法1:因为



  所以正方形的边长不大于11。

  下面按正方形的边长分类枚举:

  (1)边长为11:9+2=8+3=7+4=6+5,可得1种选法;

  (2)边长为10:9+1=8+2=7+3=6+4,可得1种选法;

  (3)边长为 9:9=8+1=7+2=6+3=5+4,可得5种选法;

  (4)边长为8:8=7+1=6+2=5+3,可得1种选法;

  (5)边长为7:7=6+1=5+2=4+3,可得1种选法;

  (6)边长≤6时,无法选择。

  综上计算,不同的取法共有

  1+1+5+1+1=9(种)。

  解法2:由于这些线段互不等长,故至少要用7条线段才能组成一个正方形。当恰取7条线段组成正方形时,正方形的3条边各用2条线相接,另一条边只用一条线段;当恰用8条线段时,只能每边各用2条线段相接(容易看出,其他情况不可能发生)。因为 1+2+…+9=45, 45不能被4整除,所以用9条线段,不可能组成正方形。由解法一知,拼出的正方形边长至多为11,又易知正方形的边长不可能为1,2,3,4,5,6。有了以上分析就容易计数了。

  (1)取出7条线段,有以下7种:

  7=1+6=2+5=3+4;

  8=1+7=2+6=3+5;

  9=1+8=2+7=3+6=4+5

  (这个式子有5种);

  (2)取出8条线段,有以下2种:

  1+9=2+8=3+7=4+6;

  2+9=3+8=4+7=5+6。

  综上所述,不同的取法共有7+2=9(种)。

三、乘法原理

如果完成一件事必须分n个步骤,而每一个步骤分别有m1,m2,…,mn种方法,那么完成这件事共有

N=m1×m2×…×mn

种方法。

  这就是乘法原理,它是分步法的依据。乘法原理和加法原理被称为是计数的基本原理。我们应注意它们的区别,也要注意二者的联合使用。

  例5 一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目。求:

  (1)当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少不同的安排节目的顺序?

  (2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,一共有多少不同的安排节目的顺序?

  解:(1)先将4个舞蹈节目看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有 7!=7×6×5×4×3×2×1=5404(种)方法。

  第二步再排4个舞蹈节目,有4!=4×3×2×1=24(种)方法。

  根据乘法原理,一共有 5040×24=120960(种)方法。

  (2)首先将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”),一共有6!=6×5×4×3×2 ×1=720(种)方法。

  ×□×□×□×□×□×□×

  第二步,再将4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间(即上图中“×”的位置),这相当于从7个“×”中选4个来排,一共有7×6×5×4=840(种)方法。

  根据乘法原理,一共有720×840=604800(种)方法。

  例6 有8个队参加比赛,如果采用下面的淘汰制,那么在赛前抽签时,实际上可以得到多少种不同的安排表?



  解:8个队要经过3轮比赛才能确定冠亚军。将第1轮的4组,自左至右记为1,2,3,4组,其中第1,2组为甲区,3,4组为乙区。8个队抽签即是在上图的8个位置排列,共有

  8!=8×7×6×5×4×3×2×1=40320(种)

  不同的方法。

  但是,两种不同的排列不一定是实际上不同比赛的安排表。事实上,8队中的某4队都分在甲区或乙区,实际上是一样的;同区的4队中某2队在某一组或另一组,实际上也是一样的;同组中的2队,编号谁是奇数谁是偶数实际也是一样的。

  由乘法原理知,在40320种排法中,与某一种排法实质上相同的排法有 2×22×24=27=128(种),故按实际不同比赛安排表的种数是



四、对应法

  小孩子数苹果,往往掰着手指头,一个一个地掰,掰完左手掰右手,这种数苹果的方法就是对应法。小孩子把苹果与自己的手指头一对一,他掰了几个指头,也就数出了几个苹果。一般地,如果两类对象彼此有一对一的关系,那么我们可以通过对一类较易计数的对象计数,而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数。

  例7 在8×8的方格棋盘中,取出一个由 3个小方格组成的“L”形(如图1),一共有多少种不同的方法?



  解:每一种取法,有一个点与之对应,这就是图1中的A点,它是棋盘上横线与竖线的交点,且不在棋盘边上。

  从图2可以看出,棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法(“L”形的“角”在2×2正方形的不同“角”上)。

  由于在 8×8的棋盘上,内部有7×7=49(个)交叉点,故不同的取法共有

  49×4=196(种)。

  例8 数3可以用4种方法表示为1个或几个正整数的和,如3,1+2,2+1,1+1+1。问:1999表示为1个或几个正整数的和的方法有多少种?

  分析与解:我们将1999个1写成一行,它们之间留有1998个空隙,在这些空隙处,或者什么都不填,或者填上“+”号。例如对于数3,上述4种和的表达方法对应:

  111,11+1,1+11,1+1+1。

  显然,将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间一对一,而每一个空隙处都有填“+”号和不填“+”号2种可能,因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有



五、容斥原理

  在应用加法原理时,关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类,使得每类便于计数。但是具体问题往往是复杂的,常常扭成一团,难以分为不重不漏的类,而要把条理分清楚就得用加法原理的推广——容斥原理。

  为了表达方便,我们用A表示A类元素的个数,用B表示B类元素的个数,用 A∪B表示是 A类或是 B类元素的个数,用A∩B表示既是A类又是B类元素的个数。A∪B∩C,A∪B∩C的意义类似。

容斥原理1 如果被计数的事物有两类,那么

A∪B=A+B-A∩B。

容斥原理2 如果被计数的事物有三类,那么

A∪B∪C=A+B+C-A∩B-B∩C-A∩C+A∩B∩B。

  容斥原理的实质在于包含与排除,或形象地称之为“多退少补”。容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆,十分方便,留给读者研究。

  例9 在100名学生中,有10人既不会骑自行车又不会游泳,有65人会骑自行车,有73人会游泳,既会骑自行车又会游泳的有多少人?

  解:从100名总人数中减去既不会骑自行车又不会游泳的10人,就是会骑自行车或会游泳的人数

  100-10=90(人)。

  既会骑自行车又会游泳的有(65+73)-90=48(人)。

  例10 在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的数,占这100个自然数的百分之几?

  解:由容斥原理2知,1至100的自然数中,或能被2整除,或能被3整除,或能被5整除的自然数的个数是

   

  =50+33+20-16-6+3=74。

  所以,在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的自然数有100-74=26(个),占这100个自然数的26%。

六、归纳法

  对于比较复杂的问题,可以先观察其简单情况,归纳出其中带规律性的东西,然后再来解决较复杂的问题。

  例11 10个三角形最多将平面分成几个部分?

  解。设n个三角形最多将平面分成an个部分。

  n=1时,a1=2;

  n=2时,第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点,三条边与第一个三角形最多有2×3=6(个)交点。这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段,这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分,从而平面也增加了6个部分,即a2=2+2×3。

  n=3时,第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3=12(个)交点,从而平面也增加了12个部分,即:

  a3=2+2×3+4×3。

  ……

  一般地,第n个三角形与前面(n-1)个三角形最多有2(n-1)×3个交点,从而平面也增加2(n-1)×3个部分,故

  an=2+2×3+4×3+…+2(n-1)×3

   =2+[2+4+…+2(n-1)]×3

   =2+3n(n-1)=3n2-3n+2。

  特别地,当n=10时,a10=3×102+3×10+2=272,即10个三角形最多把平面分成272个部分。

七、整体法

  解答数学题,有时要“化整为零”,使问题变得简单;有时反而要从整体上来考虑,从全局、从整体来研究问题。

  例12 正方形ABCD的内部有1999个点,以正方形的4个顶点和内部的1999个点为顶点,将它剪成一些三角形。问:一共可以剪成多少个三角形?共需剪多少刀?

  解:我们从整体来考虑,先计算所有三角形的内角和。汇聚在正方形内一点的诸角之和是360°,而正方形内角和也是360°,共有 360°×1999+360°,从而三角形的个数是



  由于每个三角形有三条边,而正方形纸原来的4条边当然不用剪;其余的边,由于是两个三角形的公共边,剪一刀出两条边,所以共剪的刀数是



练习11

  1.一只青蛙在A,B,C三点之间跳动,若青蛙从A点跳起,跳4次仍回到A点,则这只青蛙一共有多少种不同的跳法?

  2.在国际象棋棋盘上放置两只“车”,如果它们彼此不构成威胁,那么一共有多少种不同的放法?



  3.在8×8的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形?

  4.从19,20,21,…,97,98,99这81个数中,选取两个不同的数,使其和为偶数的选法总数是多少?

  5.平面上有7个不在同一直线上的点,以这7个点作为顶点做三角形,使得任何两个三角形至多只有一个公共顶点。最多可做出多少个满足条件的三角形?

  6.下图是一个道路图。A处有一大群孩子,这群孩子向东或向北走,在从A开始的每个路口,都有一半人向北走,另一半人向东走,如果先后有60个孩子到过路口B,那么先后共有多少个孩子到过路口C?



  7.在1001,1002,…,2000这1000个自然数中,可以找到多少对相邻的自然数,使它们相加时不进位?

  8.有10个箱子,编号为1,2,…,10,各配一把钥匙,10把各不相同,每个箱子放进一把钥匙锁好,先撬开1,2号箱子,取出钥匙去开别的箱子,如果最终能把所有箱子的锁都打开,则说是一种好的放钥匙的方法。求好的方法的总数。

练习11

  1.6种。

  解:如下图,第1步跳到B,4步回到A有3种方法;同样第1步到C的也有3种方法。共有6种方法。



  2.3136种。

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

  3.168个。

  解:在每个2×3的长方形中可以找到2个“凸”字形图形,8×8方格棋盘中共有84个2×3的长方形,所以可以找到

  84×2=168(个)。

  4.1600种。

  解:从19到99共计81个不同的整数,其中有41个奇数、40个偶数。

  若选取两数之和为偶数,则必须且只须选取的两个数有相同的奇偶性,所以选取的方法数分为两类:第一类,选取两个不同偶数的方法数;第二类,选取两个不同奇数的方法数。依加法原理,这两类方法数的总和即为所求的方法数。

  第一类是从40个偶数中选取两个不同偶数的方法数,先取第一个偶数有40种方法,从其余39个偶数中选择第2个有39种方法,依乘法原理,共有40×39种不同的方法,但注意选取第1个数比如30,选取第 2个数比如 32,与选第1个数32,再选第2个数30,是同一组。所以总的选法数应该折半,



  第二类是从41个奇数中选取两个不同奇数的方法数,与上述方法相同,

  

  5.7个。

   2个三角形至多有1个公共顶点,从而任意2个三角形没有公共边,故至多



  另一方面,7个是可以达到的。设7个点依次为A1,A2,…,A7。如右图,△A1A2A3,△A1A4A5,△A1A6A7,△A2A4A6,△A2A5A7,△A3A4A7,△A3A5A6这7个三角形两两没有公共边。

  故最多可以做7个三角形。

  6.48人。

  解:如下图,设A处有a个孩子,图中各个路口边上的数字表示到过该

   

  又从下图看出,到过路口C的人数为



  7.156个。

  解:相邻两数相加不需进位的数对中,前一个数可分成四类:

  (1)1999,1个;

  

  

  

  由加法原理知,这样的数对共有

  1+5+25+125=156(个)。

  8.725760。

  解:设第1,2,3,…,10号箱子中所放的钥匙号码依次为k1,k2,k3,…,k10。当箱子数为n(n≥2)时,好的放法的总数为an。

  当n=2时,显然a2=2(k1=1,k2=2或k1=2,k2=1)。

  当n=3时,显然k3≠3,否则第3个箱子打不开,从而k1=3或k2=3,于是n=2时的每一组解对应n=3的2组解,这样就有a3=2a2=4。

  当n=4时,也一定有k4≠4,否则第4个箱子打不开,从而k1=4或k2=4或k3=4,于是n=3时的每一组解,对应n=4时的3组解,这样就有a4=3a3=12。

  依次类推,有

  a10=9a9=9×8a8=…

   =9×8×7×6×5×4×3×2a2

   =2×9!=725760。

  即好的方法总数为725760。

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:19

《数学奥林匹克专题讲座》(四)

《数学奥林匹克专题讲座》
染色和赋值

  染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题的两种常用的方法。就其本质而言,染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。而凡是能用染色方法来解的题,一般地都可以用赋值方法来解,只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。赋值方法的适用范围要更广泛一些,我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值,然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。

一、染色法

  将问题中的对象适当进行染色,有利于我们观察、分析对象之间的关系。像国际象棋的棋盘那样,我们可以把被研究的对象染上不同的颜色,许多隐藏的关系会变得明朗,再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决,这种解题方法称为染色法。常见的染色方式有:点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色。

  例1 用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片(如下图所示),能否覆盖一个8×8的棋盘?



  解:如下图,将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状。如果15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片能够覆盖一个8×8的棋盘,那么它们覆盖住的白格数和黑格数都应该是32个,但是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格,而1和3都是奇数,因此15个“T”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数;又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格,从而15个“T”字形纸片与1个“田”字形纸片所覆盖的白格数是奇数,这与32是偶数矛盾,因此,用它们不能覆盖整个棋盘。



  例2 如左下图,把正方体分割成27个相等的小正方体,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任何一个中去。如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次,那么甲虫能走遍所有的正方体吗?



  解:甲虫不能走遍所有的正方体。我们如右上图将正方体分割成27个小正方体,涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色。显然,在27个小正方体中,14个是黑的,13个是白的。甲虫从中间的白色小正方体出发,每走一步,方格就改变一种颜色。故它走27步,应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体。因此在27步中至少有一个小正方体,甲虫进去过两次。由此可见,如果要求甲虫到每一个小正方体只去一次,那么甲虫不能走遍所有的小正方体。

  例3 8×8的国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2的正方形和9个4×1的长方形?如果可以,请给出一种剪法;如果不行,请说明理由。

  解:如下图,对8×8的棋盘染色,则每一个4×1的长方形能盖住2白2黑小方格,每一个2×2的正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格。推知7个正方形盖住的黑格总数是一个奇数,但图中的黑格数为32,是一个偶数,故这种剪法是不存在的。



  例4 在平面上有一个27×27的方格棋盘,在棋盘的正中间摆好81枚棋子,它们被摆成一个9×9的正方形。按下面的规则进行游戏:每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子,放进紧挨着这枚棋子的空格中,并把越过的这枚棋子取出来。问:是否存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子?

  解:如下图,将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色,这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分。按照游戏规则,每走一步,有两部分中的棋子数各减少了一个,而第三部分的棋子数增加了一个。这表明每走一步,每个部分的棋子数的奇偶性都要改变。



  因为一开始时,81个棋子摆成一个9×9的正方形,显然三个部分的棋子数是相同的,故每走一步,三部分中的棋子数的奇偶性是一致的。

  如果在走了若干步以后,棋盘上恰好剩下一枚棋子,则两部分上的棋子数为偶数,而另一部分的棋子数为奇数,这种结局是不可能的,即不存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子。

  例5 图1是由数字0,1交替构成的,图2是由图1中任选减1,如此反复多次形成的。问:图2中的A格上的数字是多少?



  解:如左下图所示,将8×8方格黑白交替地染色。



  此题允许右上图所示的6个操作,这6个操作无论实行在哪个位置上,白格中的数字之和减去黑格中的数字之和总是常数。所以图1中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和,与图2中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和相等,都等于32,由(31+A)-32=32,得出A=33。

  例6 有一批商品,每件都是长方体形状,尺寸是1×2×4。现在有一批现成的木箱,内空尺寸是6×6×6。问:能不能用这些商品将木箱填满?

  解:我们用染色法来解决这个问题。先将6×6×6的木箱分成216个小正方体,这216个小正方体,可以组成27个棱长为2的正方体。我们将这些棱长为2的正方体按黑白相间涂上颜色(如下图)。



  容易计算出,有14个黑色的,有13个白色的。现在将商品放入木箱内,不管怎么放,每件商品要占据8个棱长为1的小正方体的空间,而且其中黑、白色的必须各占据4个。现在白色的小正方体共有8×13=104(个),再配上104个黑色的小正方体,一共可以放26件商品,这时木箱余下的是8个黑色小正方体所占据的空间。这8个黑色的小正方体的体积虽然与一件商品的体积相等,但是容不下这件商品。因此不能用这些商品刚好填满。

  例7 6个人参加一个集会,每两个人或者互相认识或者互相不认识。证明:存在两个“三人组”,在每一个“三人组”中的三个人,或者互相认识,或者互相不认识(这两个“三人组”可以有公共成员)。

  证明:将每个人用一个点表示,如果两人认识就在相应的两个点之间连一条红色线段,否则就连一条蓝色线段。本题即是要证明在所得的图中存在两个同色的三角形。

  设这六个点为A,B,C,D,E,F。我们先证明存在一个同色的三角形:

  考虑由A点引出的五条线段AB,AC,AD,AE,AF,其中必然有三条被染成了相同的颜色,不妨设AB,AC,AD同为红色。再考虑△BCD的三边:若其中有一条是红色,则存在一个红色三角形;若这三条都不是红色,则存在一个蓝色三角形。



  下面再来证明有两个同色三角形:不妨设△ABC的三条边都是红色的。若△DEF也是三边同为红色的,则显然就有两个同色三角形;若△DEF三边中有一条边为蓝色,设其为DE,再考虑DA,DB,DC三条线段:若其中有两条为红色,则显然有一个红色三角形;若其中有两条是蓝色的,则设其为DA,DB。此时在EA,EB中若有一边为蓝色,则存在一个蓝色三角形;而若两边都是红色,则又存在一个红色三角形。

  故不论如何涂色,总可以找到两个同色的三角形。

二、赋值法

  将问题中的某些对象用适当的数表示之后,再进行运算、推理、解题的方法叫做赋值法。许多组合问题和非传统的数论问题常用此法求解。常见的赋值方式有:对点赋值、对线段赋值、对区域赋值及对其他对象赋值。

  例8 一群旅游者,从A村走到B村,路线如下图所示。怎样走才能在最短时间内到达B村?图中的数字表示走这一段路程需要的时间(单位:分)。



  解:我们先把从A村到各村的最短时间标注在各村的旁边,从左到右,一一标注,如下图所示。



  由此不难看出,按图中的粗黑线走就能在最短时间(60分钟)内从A村走到B村。

  例9 把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问:有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数?请说明理由。



  解:假设题中所设想的染色方案能够实现,那么每条直线上代表各点的数字之和便应都是奇数。一共有五条直线,把这五条直线上代表各点的数字之和的这五个奇数再加起来,得到的总和数仍应是一个奇数。但是,由观察可见,图中每个点都恰好同时位于两条直线上,在求上述总和数时,代表各点的数字都恰被加过两次,所以这个总和应是一个偶数。这就导致矛盾,说明假设不成立,染色方案不能实现。

  例10 平面上n(n≥2)个点A1,A2,…,An顺次排在同一条直线上,每点涂上黑白两色中的某一种颜色。已知A1和An涂上的颜色不同。证明:相邻两点间连接的线段中,其两端点不同色的线段的条数必为奇数。

  证明:赋予黑点以整数值1,白点以整数值2,点Ai以整数

  值为ai,当Ai为黑点时,ai=1,当Ai为白点时,ai=2。再赋予线段AiAi+1以整数值ai+ai+1,则两端同色的线段具有的整数值为2或4,两端异色的线段具有的整数值为3。

  所有线段对应的整数值的总和为

  (a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+…+(an-1+an)

  =a1+an+2(a2+a3+…+an-1)

  =2+1+2(a2+a3+…+an-1)=奇数。

  设具有整数值2,3,4的线段的条数依次为l,m,n,则

  2l+m+4n=奇数。

  由上式推知,m必为奇数,证明完毕。

  例11 下面的表1是一个电子显示盘,每一次操作可以使某一行四个字母同时改变,或者使某一列四个字母同时改变。改变的规则是按照英文字母的顺序,每个英文字母变成它的下一个字母(即A变成B,B变成C……Z变成A)。问:能否经过若干次操作,使表1变为表2?如果能,请写出变化过程,如果不能,请说明理由。

  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。将表中的英文字母分别用它们在字母表中的序号代替(即A用1,B用2……Z用26代替)。这样表1和表2就分别变成了表3和表4。

  每一次操作中字母的置换相当于下面的置换:

  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,每次操作使四个数字改变了奇偶性,而16个数字的和的奇偶性没有改变。因为表3中16个数字的和为213,表4中16个数字的和为174,它们的奇偶性不同,所以表3不能变成表4,即表1不能变成表2。

  例12 如图(1)~(6)所示的六种图形拼成右下图,如果图(1)必须放在右下图的中间一列,应如何拼?





  解:把右上图黑、白相间染色(见上图)。其中有11个白格和10个黑格,当图形拼成后,图形(2)(4)(5)(6)一定是黑、白各2格,而图形(3)必须有3格是同一种颜色,另一种颜色1格。因为前四种图形,黑、白已各占2×4=8(格),而黑格总共只有10格,所以图形(3)只能是3白1黑。由此知道图(1)一定在中间一列的黑格,而上面的黑格不可能,所以图(1)在中间一列下面的黑格中。

  那么其它图形如何拼呢?为了说明方便,给每一格编一个数码(见左下图)。



  因为图(3)是3白1黑,所以为使角上不空出一格,它只能放在(1,3,4,5)或(7,12,13,17)或(11,15,16,21)这三个位置上。

  若放在(1,3,4,5)位置上,则图(6)只能放在(7,12,13,18)或(15,16,19,20)或(2,7,8,13)这三个位置,但是前两个位置是明显不行的,否则角上会空出一格。若放在(2,7,8,13)上,则图(2)只能放在(12,17,18,19)位置上,此时不能同时放下图(4)和图(5)。

  若把图(3)放在(7,12,13,17)位置上,则方格1这一格只能由图(2)或图(6)来占据。如果图(2)放在(1,2,3,4),那么图(6)无论放在何处都要出现孤立空格;如果把图(6)放在(1,4,5,10),那么2,3这两格放哪一图形都不合适。

因此,图形(3)只能放在(11,15,16,21)。其余图的拼法如右上图。

练习12

  1.中国象棋盘的任意位置有一只马,它跳了若干步正好回到原来的位置。问:马所跳的步数是奇数还是偶数?

  2.右图是某展览大厅的平面图,每相邻两展览室之间都有门相通。今有人想从进口进去,从出口出来,每间展览厅都要走到,既不能重复也不能遗漏,应如何走法?



  3.能否用下图中各种形状的纸片(不能剪开)拼成一个边长为99的正方形(图中每个小方格的边长为1)?请说明理由。



  4.用15个1×4的长方形和1个2×2的正方形,能否覆盖8×8的棋盘?

  5.平面上不共线的五点,每两点连一条线段,并将每条线段染成红色或蓝色。如果在这个图形中没有出现三边同色的三角形,那么这个图形一定可以找到一红一蓝两个“圈”(即封闭回路),每个圈恰好由五条线段组成。

  6.将正方形ABCD分割成n2个相等的小正方格,把相对的顶点A,C染成红色,B,D染成蓝色,其他交点任意染成红、蓝两种颜色之一。试说明:恰有三个顶点同色的小方格的数目是偶数。

  7.已知△ABC内有n个点,连同A,B,C三点一共(n+3)个点。以这些点为顶点将△ABC分成若干个互不重叠的小三角形。将A,B,C三点分别染成红色、蓝色和黄色。而三角形内的n个点,每个点任意染成红色、蓝色和黄色三色之一。问:三个顶点颜色都不同的三角形的个数是奇数还是偶数?

  8.从10个英文字母A,B,C,D,E,F,G,X,Y,Z中任意选5个字母(字母允许重复)组成一个“词”,将所有可能的“词”按“字典顺序”(即英汉辞典中英语词汇排列的顺序)排列,得到一个“词表”:

  AAAAA,AAAAB,…,AAAAZ,

  AAABA,AAABB,…,ZZZZY,ZZZZZ。

  设位于“词”CYZGB与“词”XEFDA之间(这两个词除外)的“词”的个数是k,试写出“词表”中的第k个“词”。

练习12

  1.偶数。

  解:把棋盘上各点按黑白色间隔进行染色(图略)。马如从黑点出发,一步只能跳到白点,下一步再从白点跳到黑点,因此,从原始位置起相继经过:白、黑、白、黑……要想回到黑点,必须黑、白成对,即经过偶数步,回到原来的位置。

  2.不能。

  解:用白、黑相间的方法对方格进行染色(如图)。若满足题设要求的走法存在,必定从白色的展室走到黑色的展室,再从黑色的展室走到白色的展室,如此循环往复。现共有36间展室,从白色展室开始,最后应该是黑色展室。但右图中出口处的展室是白色的,矛盾。由此可以判定符合要求的走法不存在。



  3.不能。

  解:我们将 99×99的正方形中每个单位正方形方格染上黑色或白色,使每两个相邻的方格颜色不同,由于 99×99为奇数,两种颜色的方格数相差为1。而每一种纸片中,两种颜色的方格数相差数为0或3,如果它们能拼成一个大正方形,那么其中两种颜色之差必为3的倍数。矛盾!

  4.不能。

  解:如图,给8×8的方格棋盘涂上4种不同的颜色(用数字1,2,3,4表示)。显然标有1,2,3,4的小方格各有16个。每个1×4的长方形恰好盖住标有1,2,3,4的小方格各一个,但一个2×2的正方形只能盖住有三种数字的方格,故无法将每个方格盖住,即不可能有题目要求的覆盖。



  5.证:设五点为A,B,C,D,E。考虑从A点引出的四条线段:如果其中有三条是同色的,如AB,AC,AD同为红色,那么△BCD的三边中,若有一条是红色,则有一个三边同为红色的三角形;若三边都不是红色,则存在一个三边同为蓝色的三角形。这与已知条件是矛盾的。



  所以,从A点出发的四条线段,有两条是红色的,也有两条是蓝色的。当然,从其余四点引出的四条线段也恰有两条红色、两条蓝色,整个图中恰有五条红色线段和五条蓝色线段。

  下面只看红色线段,设从A点出发的两条是AB,AE。再考虑从B点出发的另一条红色线段,它不应是BE,否则就有一个三边同为红色的三角形。不妨设其为BD。再考虑从D点出发的另一条红色线段,它不应是DE,否则从C引出的两条红色线段就要与另一条红色线段围成一个红色三角形,故它是DC。最后一条红色线段显然是CE。这样就得到了一个红色的“圈”:



  A→B→D→C→E→A。

  同理,五条蓝线也构成一个“圈”。

  6.证:将红点赋值为0,蓝点赋值为1。再将小方格四顶点上的数的和称为这个小方格的值。若恰有三顶点同色,则该小方格的值为奇数,否则为偶数。在计算所有n2个小方格之值的和时,除A,B,C,D只计算一次外,其余各点都被计算了两次或四次。因为A,B,C,D四个点上的数之和是偶数,所以n2个小方格之值的和是偶数,从而这n2个值中有偶数个奇数。

  7.奇数。

  解:先对所有的小三角形的边赋值:边的两端点同色,该线段赋值为0,边的两端点不同色,该线段赋值为1。

  然后计算每个小三角形的三边赋值之和,有如下三种情况:

  (1)三个顶点都不同色的三角形,赋值和为3;

  (2)三个顶点中恰有两个顶点同色的三角形,赋值和为2;

  (3)三个顶点同色的三角形,赋值和为0。

  设所有三角形的边赋值总和为S,又设(1)(2)(3)三类小三角形的个数分别为a,b,c,于是有

  S=3a+2b+0c=3a+2b。(*)

  注意到在所有三角形的边赋值总和中,除了AB,BC,CA三条边外,都被计算了两次,故它们的赋值和是这些边赋值和的2倍,再加上△ABC的三边赋值和3,从而S是一个奇数,由(*)式知a是一个奇数,即三个顶点颜色都不同的三角形的个数是一个奇数。

  8.EFFGY。

  解:将A,B,C,D,E,F,G,X,Y,Z分别赋值为0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,则

  CYZGB=28961,_XEFDA=74530。

  在28961与74530之间共有74530-28961-1=45568(个)数,词表中第45568个词是EFFGY。



第13讲 抽屉原理

  把5个苹果放到4个抽屉中,必然有一个抽屉中至少有2个苹果,这是抽屉原理的通俗解释。一般地,我们将它表述为:

第一抽屉原理:把(mn+1)个物体放入n个抽屉,其中必有一个抽屉中至少有(m+1)个物体。

  使用抽屉原理解题,关键是构造抽屉。一般说来,数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等,都可作为构造抽屉的依据。

  例1 从1,2,3,…,100这100个数中任意挑出51个数来,证明在这51个数中,一定:

  (1)有2个数互质;

  (2)有2个数的差为50;

  (3)有8个数,它们的最大公约数大于1。

  证明:(1)将100个数分成50组:

  {1,2},{3,4},…,{99,100}。

  在选出的51个数中,必有2个数属于同一组,这一组中的2个数是两个相邻的整数,它们一定是互质的。

  (2)将100个数分成50组:

  {1,51},{2,52},…,{50,100}。

  在选出的51个数中,必有2个数属于同一组,这一组的2个数的差为50。

  (3)将100个数分成5组(一个数可以在不同的组内):

  第一组:2的倍数,即{2,4,…,100};

  第二组:3的倍数,即{3,6,…,99};

  第三组:5的倍数,即{5,10,…,100};

  第四组:7的倍数,即{7,14,…,98};

  第五组:1和大于7的质数即{1,11,13,…,97}。

  第五组中有22个数,故选出的51个数至少有29个数在第一组到第四组中,根据抽屉原理,总有8个数在第一组到第四组的某一组中,这8个数的最大公约数大于1。

  例2 求证:可以找到一个各位数字都是4的自然数,它是1996的倍数。

  证明:因1996÷4=499,故只需证明可以找到一个各位数字都是1的自然数,它是499的倍数就可以了。

  

  得到500个余数r1,r2,…,r500。由于余数只能取0,1,2,…,499这499个值,所以根据抽屉原理,必有2个余数是相同的,这2个数的差就是499的倍数,这个差的前若干位是1,后若干位是0:11…100…0,又499和10是互质的,故它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数,将它乘以4,就得到一个各位数字都是4的自然数,它是1996的倍数。

  例3 在一个礼堂中有99名学生,如果他们中的每个人都与其中的66人相识,那么可能出现这种情况:他们中的任何4人中都一定有2人不相识(假定相识是互相的)。

  分析:注意到题中的说法“可能出现……”,说明题的结论并非是条件的必然结果,而仅仅是一种可能性,因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。

  解:将礼堂中的99人记为a1,a2,…,a99,将99人分为3组:

  (a1,a2,…,a33),(a34,a35,…,a66),(a67,a68,…,a99),将3组学生作为3个抽屉,分别记为A,B,C,并约定A中的学生所认识的66人只在B,C中,同时,B,C中的学生所认识的66人也只在A,C和A,B中。如果出现这种局面,那么题目中所说情况就可能出现。

  因为礼堂中任意4人可看做4个苹果,放入A,B,C三个抽屉中,必有2人在同一抽屉,即必有2人来自同一组,那么他们认识的人只在另2组中,因此他们两人不相识。

  

  例4 如右图,分别标有数字1,2,…,8的滚珠两组,放在内外两个圆环上,开始时相对的滚珠所标数字都不相同。当两个圆环按不同方向转动时,必有某一时刻,内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。

  分析:此题中没有直接提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系,需要转换一下看问题的角度。

  解:内外两环对转可看成一环静止,只有一个环转动。一个环转动一周后,每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现,那么这种局面共要出现8次。将这8次局面看做苹果,再需构造出少于8个抽屉。

  注意到一环每转动45°角就有一次滚珠相对的局面出现,转动一周共有8次滚珠相对的局面,而最初的8对滚珠所标数字都不相同,所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的7次转动中,将7次转动看做7个抽屉,8次相同数字滚珠相对的局面看做8个苹果,则至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中,即必有某一时刻,内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。

  例5 有一个生产天平上用的铁盘的车间,由于工艺上的原因,只能控制盘的重量在指定的20克到20.1克之间。现在需要重量相差不超过0.005克的两只铁盘来装配一架天平,问:最少要生产多少个盘子,才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子?

  解:把20~20.1克之间的盘子依重量分成20组:

  第1组:从20.000克到20.005克;

  第2组:从20.005克到20.010克;

  ……

  第20组:从20.095克到20.100克。

  这样,只要有21个盘子,就一定可以从中找到两个盘子属于同一组,这2个盘子就符合要求。

  例6 在圆周上放着100个筹码,其中有41个红的和59个蓝的。那么总可以找到两个红筹码,在它们之间刚好放有19个筹码,为什么?

  分析:此题需要研究“红筹码”的放置情况,因而涉及到“苹果”的具体放置方法,由此我们可以在构造抽屉时,使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有19个筹码。

  解:依顺时针方向将筹码依次编上号码:1,2,…,100。然后依照以下规律将100个筹码分为20组:

  (1,21,41,61,81);

  (2,22,42,62,82);

  ……

  (20,40,60,80,100)。

  将41个红筹码看做苹果,放入以上20个抽屉中,因为41=2×20+1,所以至少有一个抽屉中有2+1=3(个)苹果,也就是说必有一组5个筹码中有3个红色筹码,而每组的5个筹码在圆周上可看做两两等距,且每2个相邻筹码之间都有19个筹码,那么3个红色筹码中必有2个相邻(这将在下一个内容——第二抽屉原理中说明),即有2个红色筹码之间有19个筹码。

  下面我们来考虑另外一种情况:若把5个苹果放到6个抽屉中,则必然有一个抽屉空着。这种情况一般可以表述为:

第二抽屉原理:把(mn-1)个物体放入n个抽屉,其中必有一个抽屉中至多有(m-1)个物体。

  例7 在例6中留有一个疑问,现改述如下:在圆周上放有5个筹码,其中有3个是同色的,那么这3个同色的筹码必有2个相邻。

  分析:将这个问题加以转化:

  

  如右图,将同色的3个筹码A,B,C置于圆周上,看是否能用另外2个筹码将其隔开。

  解:如图,将同色的3个筹码放置在圆周上,将每2个筹码之间的间隔看做抽屉,将其余2个筹码看做苹果,将2个苹果放入3个抽屉中,则必有1个抽屉中没有苹果,即有2个同色筹码之间没有其它筹码,那么这2个筹码必相邻。

  例8 甲、乙二人为一个正方形的12条棱涂红和绿2种颜色。首先,甲任选3条棱并把它们涂上红色;然后,乙任选另外3条棱并涂上绿色;接着甲将剩下的6条棱都涂上红色。问:甲是否一定能将某一面的4条棱全部涂上红色?

  解:不能。

  如右图将12条棱分成四组:

    

  第一组:{A1B1,B2B3,A3A4},

  第二组:{A2B2,B3B4,A4A1},

  第三组:{A3B3,B4B1,A1A2},

  第四组:{A4B4,B1B2,A2A3}。

  无论甲第一次将哪3条棱涂红,由抽屉原理知四组中必有一组的3条棱全未涂红,而乙只要将这组中的3条棱涂绿,甲就无法将某一面的4条棱全部涂红了。

  下面我们讨论抽屉原理的一个变形——平均值原理。

  我们知道n个数a1,a2,…,an的和与n的商是a1,a2,…,an这n个数的平均值。

平均值原理:如果n个数的平均值为a,那么其中至少有一个数不大于a,也至少有一个不小于a。

  例9 圆周上有2000个点,在其上任意地标上0,1,2,…,1999(每一点只标一个数,不同的点标上不同的数)。求证:必然存在一点,与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于2999。

  解:设圆周上各点的值依次是a1,a2,…,a2000,则其和

  a1+a2+…+a2000=0+1+2+…+1999=1999000。

  下面考虑一切相邻三数组之和:

  (a1+a2+a3)+(a2+a3+a4)+…+(a1998+a1999+a2000)+(a1999+a2000+a1)+(a2000+a1+a2)

  =3(a1+a2+…+a2000)

  =3×1999000。

  这2000组和中必至少有一组和大于或等于

  但因每一个和都是整数,故有一组相邻三数之和不小于2999,亦即存在一个点,与它紧相邻的两点和这点上所标的三数之和不小于2999。

  例10 一家旅馆有90个房间,住有100名旅客,如果每次都恰有90名旅客同时回来,那么至少要准备多少把钥匙分给这100名旅客,才能使得每次客人回来时,每个客人都能用自己分到的钥匙打开一个房门住进去,并且避免发生两人同时住进一个房间?

  解:如果钥匙数小于990,那么90个房间中至少有一个房间的钥匙数少房间就打不开,因此90个人就无法按题述的条件住下来。

  另一方面,990把钥匙已经足够了,这只要将90把不同的钥匙分给90个人,而其余的10名旅客,每人各90把钥匙(每个房间一把),那么任何90名旅客返回时,都能按要求住进房间。

  最后,我们要指出,解决某些较复杂的问题时,往往要多次反复地运用抽屉原理,请看下面两道例题。

  例11 设有4×28的方格棋盘,将每一格涂上红、蓝、黄三种颜色中的任意一种。试证明:无论怎样涂法,至少存在一个四角同色的长方形。

  证明:我们先考察第一行中28个小方格涂色情况,用三种颜色涂28个小方格,由抽屉原理知,至少有10个小方格是同色的,不妨设其为红色,还可设这10个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个小方格可能出现的涂色情况。这有两种可能:

  (1)这三行中,至少有一行,其前面10个小方格中,至少有2个小方格是涂有红色的,那么这2个小方格和第一行中与其对应的2个小方格,便是一个长方形的四个角,这个长方形就是一个四角同是红色的长方形。

  (2)这三行中每一行前面的10格中,都至多有一个红色的小方格,不妨设它们分别出现在前三列中,那么其余的3×7个小方格便只能涂上黄、蓝两种颜色了。

  我们先考虑这个3×7的长方形的第一行。根据抽屉原理,至少有4个小方格是涂上同一颜色的,不妨设其为蓝色,且在第1至4列。

  再考虑第二行的前四列,这时也有两种可能:

  (1)这4格中,至少有2格被涂上蓝色,那么这2个涂上蓝色的小方格和第一行中与其对应的2个小方格便是一个长方形的四个角,这个长方形四角同是蓝色。

  (2)这4格中,至多有1格被涂上蓝色,那么,至少有3格被涂上黄色。不妨设这3个小方格就在第二行的前面3格。

  下面继续考虑第三行前面3格的情况。用蓝、黄两色涂3个小方格,由抽屉原理知,至少有2个方格是同色的,无论是同为蓝色或是同为黄色,都可以得到一个四角同色的长方形。

  总之,对于各种可能的情况,都能找到一个四角同色的长方形。

  例12 试卷上共有4道选择题,每题有3个可供选择的答案。一群学生参加考试,结果是对于其中任何3人,都有一道题目的答案互不相同。问:参加考试的学生最多有多少人?

  解:设每题的三个选择分别为a,b,c。

  (1)若参加考试的学生有10人,则由第二抽屉原理知,第一题答案分别为a,b,c的三组学生中,必有一组不超过3人。去掉这组学生,在余下的学生中,定有7人对第一题的答案只有两种。对于这7人关于第二题应用第二抽屉原理知,其中必可选出5人,他们关于第二题的答案只有两种可能。对于这5人关于第三题应用第二抽屉原理知,可以选出4人,他们关于第三题的答案只有两种可能。最后,对于这4人关于第四题应用第二抽屉原理知,必可选出3人,他们关于第四题的答案也只有两种。于是,对于这3人来说,没有一道题目的答案是互不相同的,这不符合题目的要求。可见,所求的最多人数不超过9人。

  另一方面,若9个人的答案如下表所示,则每3人都至少有一个问题的答案互不相同。

  

  所以,所求的最多人数为9人。

练习13

  1.六(1)班有49名学生。数学王老师了解到在期中考试中该班英文成绩除3人外均在86分以上后就说:“我可以断定,本班同学至少有4人成绩相同。”请问王老师说得对吗?为什么?

  2.现有64只乒乓球,18个乒乓球盒,每个盒子里最多可以放6只乒乓球,至少有几个乒乓球盒子里的乒乓球数目相同?

  3.某校初二年级学生身高的厘米数都为整数,且都不大于160厘米,不小于150厘米。问:在至少多少个初二学生中一定能有4个人身高相同?

  4.从1,2,…,100这100个数中任意选出51个数,证明在这51个数中,一定:

  (1)有两个数的和为101;

  (2)有一个数是另一个数的倍数;

  (3)有一个数或若干个数的和是51的倍数。

  5.在3×7的方格表中,有11个白格,证明

  (1)若仅含一个白格的列只有3列,则在其余的4列中每列都恰有两个白格;

  (2)只有一个白格的列只有3列。

  6.某个委员会开了40次会议,每次会议有10人出席。已知任何两个委员不会同时开两次或更多的会议。问:这个委员会的人数能够多于60人吗?为什么?

  7.一个车间有一条生产流水线,由5台机器组成,只有每台机器都开动时,这条流水线才能工作。总共有8个工人在这条流水线上工作。在每一个工作日内,这些工人中只有5名到场。为了保证生产,要对这8名工人进行培训,每人学一种机器的操作方法称为一轮。问:最少要进行多少轮培训,才能使任意5个工人上班而流水线总能工作?

  8.有9名数学家,每人至多能讲3种语言,每3人中至少有2人能通话。求证:在这9名中至少有3名用同一种语言通话。











练习13

  1.对。解:因为49-3=3×(100-86+1)+1,即46=3×15+1,也就是说,把从100分至86分的15个分数当做抽屉,49-3=46(人)的成绩当做物体,根据第二抽屉原理,至少有4人的分数在同一抽屉中,即成绩相同。

  2.4个。解:18个乒乓球盒,每个盒子里至多可以放6只乒乓球。为使相同乒乓球个数的盒子尽可能少,可以这样放:先把盒子分成6份,每份有18÷6=3(只),分别在每一份的3个盒子中放入1只、2只、3只、4只、5只、6只乒乓球,即3个盒子中放了1只乒乓球,3个盒中放了2只乒乓球……3个盒子中放了6只乒乓球。这样,18个盒子中共放了乒乓球

  (1+2+3+4+5+6)×3=63(只)。

  把以上6种不同的放法当做抽屉,这样剩下64-63=1(只)乒乓球不管放入哪一个抽屉里的任何一个盒子里(除已放满6只乒乓球的抽屉外),都将使该盒子中的乒乓球数增加1只,这时与比该抽屉每盒乒乓数多1的抽屉中的3个盒子里的乒乓球数相等。例如剩下的1只乒乓球放进原来有2只乒乓球的一个盒子里,该盒乒乓球就成了3只,再加上原来装有3只乒乓球的3个盒子,这样就有4个盒子里装有3个乒乓球。所以至少有4个乒乓球盒里的乒乓球数目相同。

  3.34个。

  解:把初二学生的身高厘米数作为抽屉,共有抽屉

  160-150+1=11(个)。

  根据抽屉原理,要保证有4个人身高相同,至少要有初二学生

  3×11+1=34(个)。

  4.证:(1)将100个数分成50组:

  {1,100},{2,99},…,{50,51}。

  在选出的51个数中,必有两数属于同一组,这一组的两数之和为101。

  (2)将100个数分成10组:

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

  {5,10,20,40,80}, {7,14,28,56},

  {9,18,36,72}, {11,22,44,88},

  {13,26,52}, {15,30,60},…,

  {49,98}, {其余数}。

  其中第10组中有41个数。在选出的51个数中,第10组的41个数全部选中,还有10个数从前9组中选,必有两数属于同一组,这一组中的任意两个数,一个是另一个的倍数。

  (3)将选出的51个数排成一列:

  a1,a2,a3,…,a51。

  考虑下面的51个和:

  a1,a1+a2,a1+a2+a3,…,

  a1+a2+a3+…+a51。

  若这51个和中有一个是51的倍数,则结论显然成立;若这51个和中没有一个是51的倍数,则将它们除以51,余数只能是1,2,…,50中的一个,故必然有两个的余数是相同的,这两个和的差是51的倍数,而这个差显然是这51个数(a1,a2, a3,…,a51)中的一个数或若干个数的和。

  5.证:(1)在其余4列中如有一列含有3个白格,则剩下的5个白格要放入3列中,将3列表格看做3个抽屉,5个白格看做5个苹果,根据第二抽屉原理,5(=2×3-1)个苹果放入3个抽屉,则必有1个抽屉至多只有(2-1)个苹果,即必有1列只含1个白格,也就是说除了原来3列只含一个白格外还有1列含1个白格,这与题设只有1个白格的列只有3列矛盾。所以不会有1列有3个白格,当然也不能再有1列只有1个白格。推知其余4列每列恰好有2个白格。

  (2)假设只含1个白格的列有2列,那么剩下的9个白格要放入5列中,而9=2×5-1,由第二抽屉原理知,必有1列至多只有2-1=1(个)白格,与假设只有2列每列只1个白格矛盾。所以只有1个白格的列至少有3列。

  6.能。

  解:开会的“人次”有 40×10=400(人次)。设委员人数为N,将“人次”看做苹果,以委员人数作为抽屉。

  若N≤60,则由抽屉原理知至少有一个委员开了7次(或更多次)会。但由已知条件知没有一个人与这位委员同开过两次(或更多次)的会,故他所参加的每一次会的另外9个人是不相同的,从而至少有 7×9=63(个)委员,这与N≤60的假定矛盾。所以,N应大于60。

  7.20轮。

  解:如果培训的总轮数少于20,那么在每一台机器上可进行工作的工人果这3个工人某一天都没有到车间来,那么这台机器就不能开动,整个流水线就不能工作。故培训的总轮数不能少于20。

  另一方面,只要进行20轮培训就够了。对3名工人进行全能性培训,训练他们会开每一台机器;而对其余5名工人,每人只培训一轮,让他们每人能开动一台机器。这个方案实施后,不论哪5名工人上班,流水线总能工作。

  8.证:以平面上9个点A1,A2,…,A9表示9个数学家,如果两人能通话,就把表示他们的两点联线,并涂上一种颜色(不同的语言涂上不同颜色)。此时有两种情况:

  (1)9点中有任意2点都有联线,并涂了相应的颜色。于是从某一点A1出发,分别与A2,A3,…,A9联线,又据题意,每人至多能讲3种语言,因此A1A2,A1A3,…,A1A9中至多只能涂3种不同的颜色,由抽屉原理知,这8条线段中至少有2条同色的线段。不妨设A1A2与A1A3是同色线段,因此A1,A2,A3这3点表示的3名数学家可用同一种语言通话。

  (2)9点中至少有2点不联线,不妨设是A1与A2不联线。由于每3人中至少有两人能通话,因此从A1与A2出发至少有7条联线。再由抽屉原理知,其中必有4条联线从A1或A2 出发。不妨设从A1出发,又因A1至多能讲3种语言,所以这4条联线中,至少有2条联线是同色的。若A1A3与A1A4同色,则A1,A3,A4这3点表示的3名数学家可用同一种语言通话。

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:20

《数学奥林匹克专题讲座》(五)

《数学奥林匹克专题讲座》

估计与估算

  1992年小学数学奥林匹克初赛(B)卷第3题是:
的结果是x。那么,与x最接近的整数是____。

  这道题并不要求求x,而求“与x最接近的整数”,这就是估计或估算。

  估计与估算是一种十分重要的算法,在生活实践和数学解题中有广泛的应用,其表现形式通常有以下两种:

  (1)省略尾数取近似值,即观其“大概”;

  (2)用放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围,即估计范围。

  例1 A=12345678910111213÷31211101987654321,求 A的小数点后前3位数字。

  解:A>1234÷3122=0.3952…

    A<1235÷3121=0.3957…

  所以0.3952<A<0.3957,A的小数点后前3位数是395。

  说明:上述解法是采用放缩法估计范围解答的,本题还可采用取近似值的办法求解。解法如下:

  将被除数、除数同时舍去13位,各保留4位,则有

  1234÷3121≈0.3953≈0.395。

  

得它们的和大于3,至少要选多少个数?

  解:要使所选的数尽量少,所选用的数就应尽量大,所以应从开头依次选。首先注意到:

  

  

  从而

  

  

  所以,至少应选11个数。

  说明:(1)上述解答是采用取近似值的办法估值的,也可以利用放缩法估值解答。解法如下:

  

  

  

  所以,至少应选11个数。

  (2)以上解答过程中包括两个方面,其一是确定选数的原则;其二是验算找到“分界声、”,而这里的验算只是一种估计或估算,并不要求精确。

  (3)类似的问题是 至少取出多少个数,才能使取出的数的和大于2?

  答案是7,请读者自己练习。

  例3 右面的算式里,每个方框代表一个数字。问:这6个方框中的数字的总和是多少?

  

  解:每个方框中的数字只能是0~9,因此任两个方框中的数字之和最多是18。现在先看看被加数与加数中处于百位的两个数字之和,这个和不可能小于18,因为不管它们后面的两个二位数是什么,相加后必小于200,也就是说最多只能进1。这样便可断定,处于百位的两个数字之和是18,而且后面两位数相加进1。

  同样理由,处于十位的两个数字之和也是18,而且两个个位数字相加后进1。因此,处于个位的两个数字之和必是17。

  所以,6个方框中数字之和为18+18+17=53。

  例4 如果两个四位数的差等于8921,就说这两个四位数组成一个数对,那么这样的数对共有多少个,

  解:最小的四位数是1000,与1000组成一个数对的另一个四位数是 8921+1000=9921,也就是最小一个数对是 9921与1000。同时由最大的四位数是9999,可知共有

  9999-(9921—1)=79(个)

  不同的被减数。所以,这样的数对共有79个。

  说明:解答的关键在于确定符合条件的的最小数对(9921,1000),同时因为有几个不同的被减数,就有几个不同的减数相对应地存在,所以我们只要考虑有几个不同的被减数即可。

  例5 七位数175□62□的未位数字是几时,不管千位上是0~9中的哪一个数字,这个七位数都不是11的倍数?

  解:因为1750620÷11=159147……3,

      1759629÷11=159966……3,

  所以这个七位数是11的倍数的最小值是1750628,最大值是1759626。

  又因为1001=7×11×13,由数的整除性质,可知1750628加上若干个1001,或1759626减去若干个1001后,其值也是11的倍数。这样1750628,1751629,1759626,1758625,1757624,1756623,1755622,1754621,1753620都是11的倍数。

  由上述讨论可知七位数175□62□的末位数字是7时,不管其千位上是0到9中的哪一个数字,这个七位数都不是11的倍数。

  说明:上述解法是利用估算确定出取值范围再进行讨论。此题也可由能被11整除的数的特征入手解决。留给读者思考。

  例6 小明的两个衣服口袋中各有13张卡片,每张卡片上分别写着1,2,3,…,13。从这两个口袋中各拿出1张卡片并计算2张卡片上的数的乘积,可以得到许多不相等的乘积。那么,其中能被6整除的乘积共有多少个?

  解:根据题意可知,在所得到的许多不相等的乘积中,最小值是 1×1=1,最大值是13×13=169,并且1与169都不能被 6整除,这样,在得到的许多不相等的积中,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与26×6之间的能被6整除的数并非每个都是2张卡片上的数的积,如25×6,23×6, 21×6,19×6,17×6这五个就不是。

  所以,这些积中能被6整除的数共有

  26-5=21(个)。

  说明:解答这类问题要特别注意:不能简单地根据最小值是6的1倍,最大值是6的26倍,就错误地下结论是26个。

  

  。如果取每个数的整数部分(例如1.64的整数部分是1,

  解:关键是判断从哪个数开始整数部分是2。因为2-1.64=0.36,我们 11+19×2=49。

  例8 有一列数,第一个数是105,第二个数是85,从第三个数开始,每个数都是它前面两个数的平均数,那么第19个数的整数部分是几?

   总介于这两个数之间,所以后面各数的整数部分均为91,当然第19个数的整数部分也为91。

  说明:注意到每个正数都介于两个相邻整数n和n+1之间,或者写成n≤a<n+1,此时n就是a的整数部分。因此确定某个正数的整数部分,实际上就是去估计它介于哪两个相邻自然数之间。

  例9 求下式中S的整数部分:

  

  解:根据“一个分数,当分子不变而分母变大时,分数值变小;当分子不变,分母变小时,分数值变大”对S的分母进行放缩。

  

  不但非常麻烦,而且容易出错。为了求得一个数大概是多少,我们采用放缩法,以确定它的范围,也就是估值。放缩是解答估值问题的一种常用方法。在用这种方法时,一定要注意放缩要适当,要合情合理。

  一个类似的问题是

  

  答案是19。

  例10 学校组织若干人参加夏令营。先乘车,每个人都要有座位,这样需要每辆有60个座位的汽车至少4辆。而后乘船,需要定员为70人的船至少3条。到达营地后分组活动,分的组数跟每组的人数恰好相等。这个学校参加夏令营的人有多少?

  解:由“每辆有60个座位的汽车至少4辆”可知,参加夏令营的人数在(60×3+1=)181~(60×4=) 240人之间。

  由“需要定员为70人的船至少3条”可知,参加夏令营人数在(70×2+1=)141~(70×3=)210人之间。

  这样,参加夏令营的人数在181~210人之间。又由“分的组数和每组人数恰好相等”可知,参加夏令营的人数一定是一个平方数。而181~210之间只有196是平方数,所以参加夏令营的人数是196。

  说明:解答此题的关键是估计人数的范围:

  从乘车来看,1≤第四辆车人数≤60,

  从乘船来看,1≤第三条船人数≤70,

  所以,181≤夏令营的人数≤210。

  例11 将自然数按如下顺序排列:

  1 2 6 7 15 16 …

  3 5 8 14 17 …

  4 9 13 …

  10 12 …

  11 …

  在这样的排列下,数字3排在第2行第1列,数字13排在第3行第3列。

  问:数字168排在第几行第几列?

  分析:我们来分析一下给出数阵中每一斜行的规律。这里第2斜行的数字是3,2;第3斜行的数字是4,5,6;余此类推。仔细观察后我们发现:

  奇数斜行中的数字由下向上递增,

  偶数斜行中的数字由上向下递增,

  

  我们只要找出168位于第几斜行,再换算成原数阵中的第几行第几列,问题便解决了。

   18斜行最大的数字是171,所以168位于第18斜行。第18斜行中的数字是由上向下递增,因此,168位于第18斜行由上向下数第(168-153=)15位,换算成原数阵的行和列,便是第15行,第(18-15+1=)4列。

  解法2:为方便起见,可将数阵按顺时针方向旋转45°,则原数阵变为

  1

  3 2

  4 5 6

  10 9 8 7

  11 12 13 14 15

  … … … … … … … … … …

  设168位于上述数阵的第n行,则

  1+2+…+(n—1)<168≤1+2+…+n,

  

  

  可见,n应为18,即168位于上述数阵中的第18行。

  又 168-153=15,18-15+1=4,由数阵排列次序可知168位于上述数阵的第18行从左数第4个数,从右数第15个数。将上述数阵还原为题中数阵,168在第15行第4列的位置上。

  例12 唐老鸭与米老鼠进行万米赛跑,米老鼠每分钟跑125米,唐老鸭每分钟跑100米。唐老鸭手中掌握着一种迫使米老鼠倒退的电子遥控器,通过这种遥控器发出第n次指令,米老鼠就以原来速度的n×10%倒退一分钟,然后再按原来的速度继续前进。如果唐老鸭想在比赛中获胜,那么它通过遥控器发出指令的次数至少是多少次?

  解:唐老鸭跑完1万米需要100分钟。设唐老鸭在100分钟内共发出n次迫使米老鼠倒退的指令,则在100分钟内米老鼠有n分钟的时间在倒退,有(100-n)分钟的时间在前进,依题意有

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

  当 n=12时, n+21=33,12×33=396<400。

  当 n=13时,n+21=34,12×34=442>400。

  所以n至少等于13,即遥控器发出指令的次数至少是13次。

练习14

  

的结果是x,求与x最接近的整数。

  2. 五名选手在一次数学竞赛中共得404分,每人得分互不相等,并且其中得分最高的选手是90分。问:得分最低的选手至少得多少分?

  3.有15个自然数,去掉最大的数后,平均数约等于2.5;去掉最小的数后,平均数约等于2.8。求最大数与最小数之差。

  4.小华计算七个自然数的平均数(得数保留两位小数)时,将得数最后一位算错了。他的错误答案是21.83,正确答案应是多少?

  5.有一算式,左边方框里都是整数,右边答案写出了四舍五入后的近似值:



  问:算式左边三个方框里的整数从左至右依次是多少?

  6,一本书的中间被撕掉了一张,余下各页码数的和正好是1000。问:

  (1)这本书有多少页?

  (2)撕掉的是哪一张?

  7. 8.01×1.24+8.02×1.23+8.03×1.22的整数部分是多少?

  

练习14

  1.24。

  

  所以与x最接近的整数是24。

  2.50分。

  解:在五名选手总分一定的条件下,根据最高得分为90分,且为互不相等的整数,当除得分最高和最低的两名选手外的另外三名得分为89,88,87分时,得分最低的选手分数最少,最少是404-(90+89+88+87)=50(分)。

  3.4。解:14×2.45=34.3,14×2.55=35.7,因为去掉最大数后14个数的和是自然数,所以去掉最大数后的14个数的和是35。

  同理可求出,去掉最小数后的14个数之和是39。

  所以最大数与最小数相差39-35=4。

  4.21.86。

  解:设平均数的正确答案是x。根据小华错误答案的最后一位算错的条件,可知

  21.795≤x<21.895,

  152.565≤7x<153.265。

  因为7x是自然数,所以它只能是153。这样,平均数的正确答案是 153÷7≈21.86。

  5.1,2,3。

  解:采用估值的办法先确定算式的精确值所在范围。因为1.16是这个精确值四舍五入后得到的,所以它一定介于1.155与1.164之间。即



  通分后得到



  将上式扩大105倍得

  121.275≤35□+21□+15□≤122.325。

  因为每个方格中是一个整数,所以

  35□+21□+15□=122。

  由奇偶性可以看出三个方格中的数一定是两奇一偶。经试验不难发现35×1+21×2+15×3=122。

  所以,这三个数依次是1,2,3。

  6.(1)45页;(2)17,18页。

  解:撕掉一张实际上是有两个页数,并且前一个页数是奇数,后一个页数是偶数。设这本书的页码是从1到n的自然数,其和为



  通过估算:



  n=45时符合题意,所以这本书有 45页,撕掉的是17,18页。

  7.29。

  解:当两个数的和不变时,两数越接近(即差越小)它们的积越大。所以 8.03×1.22<8.02×1.23<8.01×1.24。从而

  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。原式的整数部分是29。

  注:设a+b=k,则b=k-a,从而

 

   近。

    



  由题目要求,应使上式大于0且尽量小。若要分子最小,则有5m-2n=1,即



  当n<15时,使m为整数的最大整数n是12,所以n=12,m=5。所求



第15讲 离散最值问题

  在国内外数学竞赛中,常出现一些在自然数范围内变化的量的最值问题,我们称之为离散最值问题。解决这类非常规问题,尚无统一的方法,对不同的题目要用不同的策略和方法,就具体的题目而言,大致可从以下几个方面着手:

  1.着眼于极端情形;

  2.分析推理——确定最值;

  3.枚举比较——确定最值;

  4.估计并构造。

  例1 一把钥匙只能开一把锁,现在有4把钥匙4把锁,但不知哪把钥匙开哪把锁,最少试多少次,就一定能使全部的钥匙和锁相匹配?

  解:开第1把锁,若不凑巧,试3把钥匙还没有成功,则第4把不用再试了,它一定能打开这把锁。同理,开第2把锁最多试2次,开第3把锁最多试1次,最后剩下的1把钥匙一定能打开剩下的第4把锁,而用不着再试。这样最多要试的次数为

  3+2+1=6(次)。

  说明:在“最凑巧”的情况下,只需试3次就可使全部的钥匙和锁相匹配。本题中要求满足任何情况,所以应从“最不凑巧”的情况考虑问题。

  例2 一个布袋中有红、黄、绿三种颜色的小球各10个,这些小球的大小均相同,红色小球上标有数字“4”,黄色小球上标有数字“5”,绿色小球上标有数字“6”。小明从袋中摸出8个球,它们的数字和是39,其中最多可能有多少个球是红色的?

  解:假设摸出的8个球全是红球,则数字之和为(4×8=)32,与实际的和39相差7,这是因为将摸出的黄球、绿球都当成是红球的缘故。

  用一个绿球换一个红球,数字和可增加(6-4=)2,用一个黄球换一个红球,数字和可增加(5-4=)1。为了使红球尽可能地多,应该多用绿球换红球,现在7÷2=3……1,因此可用3个绿球换红球,再用一个黄球换红球,这样8个球的数字之和正好等于39。所以要使8个球的数字之和为39,其中最多可能有(8-3-1=)4个是红球。

  例3 红星小学的礼堂里共有座位24排,每排有30个座位,全校650个同学坐到礼堂里开会,至少有多少排座位上坐的学生人数同样多?

  解:从极端情形考虑,假设24排座位上坐的人数都不一样多,那么最多能坐



  假设只有2排座位上坐的学生人数同样多,那么,最多能坐



  假设只有3排座位上坐的学生人数同样多,那么,最多能坐



  而题中说全校共有学生650人,因此必定还有(650-636=)14人要坐在这24排中的某些排座位上,所以其中至少有4排座位上坐的学生人数同样多。

  说明:(1)若问最多有多少排座位上坐的学生人数同样多,你会解吗?这个问题留给读者研究。

  (2)从极端情形入手,着眼于极端情形,是求解最值问题的有效手段。如例1中从最不凑巧的情形看,用n把钥匙开1把锁要开n次才能打开,例2从摸出的8个球全是红球这种极端情形入手,再进行逐步调整。

  

  解:本题实质上是确定n的最小值,利用被11整除的数的特征知:一个数能被11整除,当且仅当该数的偶位数字的和与奇位数字的和之差能被11整除。该数的偶位数字之和为18n+2,奇位数字之和为10n+5。两者之差为

  18n+2-(10n+5)=8n-3。

  要使(8n-3)为11的倍数,不难看出最小的n=10,故所求最小数为

  

  说明:本题采用分析、推理的方法来确定最值,这也是解离散最值问题的一种常用方法。

  

×EFG的最大值与最小值相差多少?

  

  解:由右式知,A=1,D+G=3或13,由于A,D,G为不同数字,故D+G≠3,因此 D+ G=13;C+F=8或18,但 C≠F,故只有 C+F=8,

数,为使数字不重复,只有取E=7(B=2),F=5(C=3),G=9(D=4),

E=2(B=7),F=3(C=5),G=4(D=9),即当



  1234×759-1759×234

  =1234×(234+525)-(1234+525)×234

  =(1234—234)×525=525000。

  例6 某公共汽车从起点开往终点站,中途共有13个停车站。如果这辆公共汽车从起点站开出,除终点站外,每一站上车的乘客中,正好各有一位乘客从这一站到以后的每一站,那么为了使每位乘客都有座位,这辆公共汽车至少应有多少个座位?

  解法1:只需求车上最多有多少人。依题意列表如下:

  

  由上表可见,车上最多有56人,这就是说至少应有56个座位。

  说明:本题问句出现了“至少”二字是就座位而言的,座位最少有多少,取决于什么时候车上人数最多,要保证乘客中每人都有座位,应准备的座位至少应当等于乘客最多时的人数。所以,我们不能只看表面现象,误认为有了“至少”就是求最小数,而应该把题意分析清楚后再作判断。

  解法2:因为车从某一站开出时,以前各站都有同样多的人数到以后各站(每站1人),这一人数也和本站上车的人数一样多,因此

  车开出时人数=(以前的站数+1)×以后站数

  =站号×(15-站号)。

  因此只要比较下列数的大小:

  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。

  由这些数,得知7×8和8×7是最大值,也就是车上乘客最多时的人数是56人,所以它应有56个座位。

  说明:此题的两种解法都是采用的枚举法,枚举法是求解离散最值问题的基本方法。这种方法的大意是:将问题所涉及的对象一一列出,逐一比较从中找出最值;或者将与问题相关的各种情况逐一考察,最后归纳出需要的结论。

  例7 在10,9,8,7,6,5,4,3,2,1这10个数的每相邻两个数之间都添上一个加号或一个减号,组成一个算式。要求:(1)算式的结果等于37;(2)这个算式中的所有减数(前面添了减号的数)的乘积尽可能地大。那么,这些减数的最大乘积是多少?

  解:把10个数都添上加号,它们的和是55,如果把其中一个数的前面的加号换成减号,使这个数成为减数,那么和数将要减少这个数的2倍。

  因为55-37=18,所以我们变成减数的这些数之和是18÷2=9。对于大于2的数来说,两数之和总是比两数乘积小,为了使这些减数的乘积尽可能大,减数越多越好(不包括1)。9最多可拆成三数之和2+3+4=9,因此这些减数的最大乘积是2×3×4=24,添上加、减号的算式是

  10 + 9+ 8+ 7 + 6+ 5- 4- 3- 2 +1=37。

  例8 设a1,a2,a3,a4,a5,a6是1到9中任意6个不同的正整数,并且a1<a2<a3<a4<a5<a6。试用这6个数分别组成2个三位数,使它们的乘积最大。

  分析与解:由于a1,…,a6具体大小不清楚,因此先取特殊数1,2,3,4,5,6这6个不同的数考虑。要使2个三位数的乘积最大,必须使这2个数的百位数最大,应分别是6,5;而十位数次大,应分别为4,3,个位数最小,应分别为2,1。

  因为当2个数之和一定时,这2个数之差越小,它们的乘积越大,所以这2个数是631和542。

  

  例9 8个互不相同的自然数的总和是56,如果去掉最大的数及最小的数,那么剩下的数的总和是44。问:剩下的数中,最小的数是多少?

  解:因为最大数与最小数的和是56-44=12,所以最大数不会超过11。去掉最大和最小数后剩下的6个互不相同的自然数在2~10之间,且总和为44,这6个数只能是4,6,7,8,9,10。

  例10 采石场采出了200块花岗石料,其中有120块各重7吨,其余的每块各重9吨,每节火车车皮至多载重40吨,为了运出这批石料,至少需要多少节车皮?

  解:每节车皮所装石料不能超出5块,故车皮数不能少于200÷5=40(节),而40节车皮可按如下办法分装石料:每节装运3块7吨的和两块9吨的石料,故知40节可以满足要求。

  

  例11 用若干个形如图1的图形盖住一个尺寸为6×12的矩形(允许图形伸出矩形之外)。问:至少需要多少个形如图1的图形?并说明理由。

  

  解:将图1去掉1个小方格,可得图2,用2个图2可以盖住3×6的矩形,推知用8个图2可以盖住6×12的矩形,从而用8个图1也能盖住6×12的矩形。6×12的矩形有72个方格,而7个图1共有7×10=70(个)方格,7个图1盖不住6×12的矩形,所以至少需要8个。

  例12 把 1,2,3,…,12填在左下图的12个圆圈里,然后将任意两个相邻的数相加,得到一些和,要使这些和都不超过整数n,n至少是多少?为什么?并请你设计一种填法,满足你的结论。

  

  解:因为1+2+3+…+12=78, 78×2÷12=13,所以n≥13。又考虑到与12相邻的数最小是1和2,所以n至少是14。右上图是一种满足要求的填法。

  说明:“估计+构造”是解离散最值问题的一种常用方法,要求某个离散最值,先估计该量的上界或下界,然后构造出一个实例说明此上界或下界能够达到,这样便求出了这个量的最大值或最小值。

练习15

  1.一排有50个座位,其中有些座位已经有人,若新来一个人,他无论坐在何处,都有一个人与他相邻,则原来至少有多少人就座?

  

最大值是多少?

  3.有一个正整数的平方,它的最后三位数字相同但不为零,试求满足上述条件的最小正整数。

  4.命题委员会为5~10年级准备数学奥林匹克试题,每个年级各7道题,而且都恰有4道题跟任何其它年级不同。试问,其中最多可以有多少道不同的试题(指各个年级加在一起)?

  5.如果10个互不相同的两位奇数之和等于898,那么这10个奇数中最小的一个是多少?

  6.某城市设立1999个车站,并打算设立若干条公共汽车线路。要求:

  (1)从任何一站上车,至多换一次车就可以到达城市的任一站;

  (2)每一个车站,至多是两条线路的公共站。

  问:这个城市最多可以开辟多少条公共汽车线路?

  7.23个不同的自然数的和是4845。问:这23个数的最大公约数可能达到的最大的值是多少?写出你的结论,并说明理由。

  8.两个偶数的倒数之和与两个奇数的倒数之和相等,这样的偶数对和奇数对要求是不同的偶数和奇数。问:满足这个条件的偶数对的两个偶数之和的最小值是多少?

练习15

  1.17人。

  解:只要两个人之间空的座位不多于2个,便可满足题设条件。50÷3=16……2,所以原来至少有16+1=17(人)就座。

   之值最大,可知a-b=1,从而a+b之值要尽可能大,据此a=100,b=99,所

  3.1444。

  解:平方数末位只能为0,1,4,5,6,9。因为111,444,555,666,999均非平方数,而1000,1111也不是平方数,但1444=382,故满足题设条件的最小正整数是1444。

  4.33道。

  解:显然,当每道题至多为两个年级所公用时,题目的数量达到最多,此时不同的试题共有

  4×6+(3×6)÷2=33(道)。

  例如,每个年级的第4~7题均与其他年级不同,而第1~3题,5,6年级相同,7,8年级相同,9,10年级相同,此时恰有33道不同的试题。

  5.79。

  解:9个不同的最大的两位奇数99,97,95,93,91,89,87,85,83的和是819,898-819=79,所以10个奇数中最小的是79。

  6.63条。

  解:设这个城市设立了n条公共汽车线路。由(1)(2)可知,任何两条线路必有公共的车站,所以每条线路至少有(n-1)个车站。n条线路至少有n(n-1)个车站。由于每一个车站都有可能是两条线路的公共车站个车站,于是有



  满足上述不等式的最大整数是n=63。也就是说这个城市最多可以开辟63条公共汽车线路。

  7.17。

  解:设这23个彼此不同的自然数为

  a1,a2,…,a22,a23,

  并且它们的最大公约数是d,则

  a1=db1,a2=db2,…,a22=db22,a23=db23。

  依题意,有

                4845=a1+a2+…+a22+a23

  =d(b1+b2+…+b22+b23)。

  因为b1,b2,…,b22,b23也是彼此不等的自然数,所以

  b1+b2+…+b23≥1+2+…+23=276。

  因为4845=d(b1+b2+…+b22+b23)≥276×d,所以



  又因为4845=19×17×15,因此d的最大值可能是17。

  当a1=17,a2=17×2,a3=17×3,…,a21=17×21,a22=17×22,a23=17×32时,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:我们先证明这样的两个偶数之和必为4的倍数。因为两个奇数的倒数之和为



  另一方面,两个偶数的倒数之和为



  

 “偶+偶”是8的倍数。

   不合条件;

  当两偶数和为16时,有

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:23

数学奥林匹克专题讲座》(六)

数学奥林匹克专题讲座》
枚举、归纳与猜想

一、枚举法

  枚举法起源于原始的计数方法,即数数。关于这方面的例子,我们在第11讲中已介绍过,现在我们从另一角度来利用枚举法解题。当我们面临的问题存在大量的可能的答案(或中间过程),而暂时又无法用逻辑方法排除这些可能答案中的大部分时,就不得不采用逐一检验这些答案的策略,也就是利用枚举法来解题。

  采用枚举法解题时,重要的是应做到既不重复又不遗漏,这就好比工厂里的质量检验员的责任是把不合格产品挑出来,不让它出厂,于是要对所有的产品逐一检验,不能有漏检产品。

  例1 一个小于400的三位数,它是平方数,它的前两个数字组成的两位数还是平方数,其个位数也是一个平方数。求这个三位数。

  解:这道题共提出三个条件:

  (1)一个小于400的三位数是平方数;

  (2)这个三位数的前两位数字组成的两位数还是平方数;

  (3)这个三位数的个位数也是一个平方数。

  我们先找出满足第一个条件的三位数:

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

  再考虑第二个条件,从中选出符合条件者:

  169,256,361。最后考虑第三个条件,排除不合格的256,于是找到答案是169和361。

  说明:这里我们采用了枚举与筛选并用的策略,即依据题中限定的条件,面对枚举出的情况逐步排除不符合条件的三位数,确定满足条件的三位数,从而找到问题的答案。

  例2哥德巴赫猜想是说:每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。问:168是哪两个两位数的质数之和,并且其中一个的个位数是1?

  解:168表示成两个两位质数之和,两个质数都大于68。个位是1且大于68的两位数有71,81,91,其中只有71是质数,所以一个质数是71,另一个质数是168-71=97。

  说明:解此题要求同学们记住100以内的质数。如果去掉题目中“其中一个的个位数是1”的条件,那么上述答案不变,仍是唯一的解答。

  如果取消位数的限制,那么还有

  168=5+163,168=11+157,168=17+151,…

  哥德巴赫猜想是1742年提出来的,至今已有250多年的历史了,它是数论中最有名的问题,中外许多著名的数学家都研究过,包括我国著名数学家华罗庚教授。

  例 3有30枚贰分硬币和8枚伍分硬币,用这些硬币不能构成的1分到1元之间的币值有多少种?

  解:注意到所有的38枚硬币的总币值恰好是100分(即1元),于是除了50分与100分外,其他98种币值可以两两配对,即

  (1,99),(2,98),(3,97),…,(49,51)。

  每一对币值中有一个可用若干枚贰分和伍分硬币构成,则另一个也可以,显然50分和100分的币值是可以构成的,因此只需要讨论币值为1分、2分、3分……49分这49种情况。

  1分和3分的币值显然不能构成。

  2分、4分、6分……48分这24种偶数币值都可以用若干枚贰分硬币构成,因为贰分硬币的总数为30个。

  5分、7分、9分……49分这23种奇数币值,只需分别在4分、6分、8分……48分币值的构成方法上,用1枚伍分硬币换去两枚贰分硬币即可,比如37分币值,由于36分币值可用18枚贰分硬币构成,用1枚伍分硬币换下2枚贰分硬币,所得的硬币值即为37分。

  综合以上分析,不能用若干枚贰分和伍分硬币构成的1分到1元之间的币值只有四种,即1分、3分、97分、99分。

  例4一个两位数被7除余1,如果交换它的十位数字与个位数字的位置,所得到的两位数被7除也余1,那么这样的两位数有多少个?都是几?

  

  两式相减,得9(a-b)=7(n-m)。于是7|9(a-b)。因为(7,9)=1,所以7|a-b,得到a-b=0,或a-b=7。

  (1)当a-b=0,即a=b时,在两位数11,22,33,44,55,66,77,88,99中逐一检验,只有22,99符合被7除余1的条件。

  (2)当a-b=7,即a=b+7时,b=1,或b=2。在81,92这二个数中,只有92符合被7除余1的条件。

  因为a,b交换位置也是解,所以符合条件的两位数共有四个,它们是22,29,92及99。

  说明:这里我们把题中限定的条件放宽,分成两类,枚举出每一类的两位数,逐一检验排除不符合条件的两位数,确定符合条件的两位数,从而找到问题的答案。

  此题也可以枚举出被7除余1的所有两位数:

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

  再根据题意逐一筛选。

  例5把1,2,3,4,5,6分别填入左下图所示的表格内,使得每行相邻的两个数左边的小于右边的,每列的两数上面的小于下面的。问:有几种填法?

  

  解:如右上图,由已知可得a最小,f最大,即a=1,f=6。根据b与d的大小,可分两种情况讨论。

  当b<d时,有b=2,c=3或4或5,可得下列3种填法:

  

  当b>d时,有b=3,d=2,c=4或5,可得下列2种填法:

  

  综上所述,一共有5种填法。

  例6今有101枚硬币,其中有100枚同样的真币和1枚伪币,伪币与真币的重量不同,现需弄清楚伪币比真币轻,还是比真币重,但只有一架没有砝码的天平。试问,怎样利用这架天平称两次,来达到目的?

  解:在天平两端各放50枚硬币。

  如果天平平衡,那么所剩一枚为伪币,于是取一枚伪币和一枚真币分放在天平两端,即可判明真币与伪币谁轻谁重。

  如果天平不平衡,那么取下重端的50枚硬币,并将轻端的50枚硬币分放两端各25枚,若此时天平平衡,则说明伪币在取下的50枚硬币中,即伪币比真币重;若此时天平仍不平衡,则说明伪币在较轻的50枚硬币中,即伪币比真币轻。

  在上述解答过程中,我们面临着“平衡”或“不平衡”两种可能的状态,对这两种状态,逐一检验,即得到问题的结论。

  由上述例题可以看出运用枚举法的关键在于:

  (1)如何将整体分解成各个特殊情况,也就是要注意分类的方法,分类必须适合于一一列举和研究,同时分类必须不重也不漏。

  (2)善于对列举的结果进行综合考察(包括筛选),并导出结论。

二、归纳与猜想

  “猜想”是一种重要的思维方法,对于确定证明方向,发现新定理,都有重大意义。最著名的例子就是哥德巴赫猜想,1742年曾任中学教师的哥德巴赫和大数学家欧拉通过观察实例:

  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的偶数,都可以表示成两个奇素数之和。”这就是闻名于世的哥德巴赫猜想,至今还没有给以逻辑证明,所以仍是一个猜想。二百多年以来,她像一颗璀璨夺目的明珠,吸引了无数数学家和数学爱好者为之奋斗。

  通过观察若干具体实例,发现存在于它们之中的某种似乎带规律性的东西,我们相信它具有普遍意义,对更多更一般的实例同样适用,从而把它当做一般规律或结论,这种发现规律或结论的方法就是归纳法。当然,归纳出来的规律或结论一般来说还只是一种猜想,它是否正确,还有待于进一步证明。

  例如,我们可能碰巧看到

  1+8+27+64=100,

  改变一下形式:

  13+23+33+43=102=(1+2+3+4)2。

  这个形式很规则,这是偶然的,还是确有这样的规律?不妨再试验一下:

  13+23=9=32=(1+2)2,

  13+23+33=36=62=(1+2+3)2。

  再多一些数试验一下:

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

  于是猜想:

    

  又如,求凸n边形内角和。观察分析:

  三角形内角和为180°;

  四边形可分为2个三角形,故内角和为2×180°;

  五边形可分为3个三角形,故内角和为3×180°;

  归纳猜想:凸n边形的内角和为(n-2)×180°。

  例7下面各列数都依照一定规律排列,在括号里填上适当的数:

  (1)1,5,9,13,17,();

  

  (4)32,31,16,26,(),(),4,16,2,11。

分析与解:要在括号里填上适当的数,必须正确地判断出每列数所依照的规律,为此必须进行仔细的观察和揣摩。

  (1)考察相邻两数的差:

  5-1=4,  9-5=4,

  13-9=4, 17-13=4。

  可见,相邻两数之差都是4。按此规律,括号里的数减去17等于4,所以应填入括号里的数是17+4=21。

  (2)像(1)那样考虑难以发现规律,改变一下角度,把各数改写为



  可以发现:

  

    



  (3)为探究规律,作适当变形:



  这样一来,分子部分呈现规律:自3起,依次递增2,故括号内的数的分子为13。再看分母部分:4,8,14,22,32。相邻两数之差得4,6,8,10。可见括号内的数的分母应为32+12=44。

  

  (4)分成两列数:奇数位的数为

    32,16,(),4,2。

  可见前面括号中应填入8;偶数位的数为

    31,26,(),16,11。

  括号中的数应填入21。所以,两括号内依次填入8,21。

  说明:从上面例子可以看到,观察时不可把眼光停留在某一点上固定不变,而要注意根据问题特点不断调整自己观察的角度,以利于观察出有一定隐蔽性的内在规律。

  例8下面是七个分数:



  先约分,请你再划去一个与众不同的数,然后按照一定的规律将余下的六个数排列起来,并按你的规律接下去写出第七个数。

  分析:约分是容易的,除其中一个数外,另外六个数必有联系。

  解:已给分数经约分后是

 





  说明:这个题目里给出了解题的操作指示,即化简、按规律分类、排序、添加新数,做起来感觉很顺利、轻松。做完题后体会一下命题者的用意,他是想让学生了解和学会怎样归纳和猜测。在许多问题中,各元素从表面上看没什么联系,也看不出什么规律,这就需要我们像做约分那样透过表面看本质,扒掉“披在元素身上花花绿绿的外衣”,从而发现彼此间的共性和联系。这个题的命题者给出了一个做归纳和猜测的示范,应引起读者重视。

  例9 将正方形纸片如下图所示由下往上对折,再由左向右对折,称为完成一次操作。按上述规则完成五次操作以后,剪去所得小正方形的左下角。问:当展开这张正方形纸片后,一共有多少个小洞孔?

  

  解:一次操作后,层数由1变为4,若剪去所得小正方形左下角,展开后只有1个小洞孔,恰是大正方形的中心。

  连续两次操作后,折纸层数为42,剪去所得小正方形左下角,展开后大正方形留有42-1=41=4(个)小洞孔。

  连续三次操作后,折纸层数为43,剪去所得小正方形左下角,展开后大正方形上留有43-1=42=16(个)小洞孔。

  ……

  按上述规律不难断定:

  连续五次操作后,折纸层数为45,剪去所得小正方形左下角,展开后大正方形纸片上共留有小洞孔

  45-1=44=256(个)。

  例10将自然数排成如下的螺旋状:

  

  第一个拐弯处的数是2,第二个拐弯处的数是3,第20个及第25个拐弯处的数各是多少?

  解:由图可知,前几个拐弯处的数依次是

  2,3,5,7,10,13,17,21,26,…

  这是一个数列,题目要求找出它的第20项和第25项各是多少,因此要找出这个数列的规律。

  把数列的后一项减去前一项,得一新数列:

  1,2,2,3,3,4,4,5,5,…

  把原数列的第一项2添在新数列的前面,得到

  2,1,2,2,3,3,4,4,5,5,…

  于是,原数列的第n项an就等于上面数列的前n项和,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个拐弯处的数是:

  a20=1+(1+1+2+2+3+3+4+4+…+10+10)

   =1+2×(1+2+…+10)=111。

  第25个拐弯处的数是:

  a25=1+(1+1+2+2+…+12+12+13)

   =111+2×(11+12)+13=170。

  说明:(1)这个数列的一般项可以写成第2n(偶数)项为

  a2n=1+2×(1+2+…+n)=1+n+n2;

  第(2n+1)(奇数)项为

  a2n+1=1+2×(1+2+…+n)+(n+1)=2+2n+n2。

  (2)寻找数列排列的规律,常用两种方法:一是考察数列的“项”与它所在的位置即“项数”之间的关系,一般的数列写作

  a1,a2,a3,…,an,…

  这里an是数列的“项”,n是“项数”。若能找到“项”与“项数”的关系,则知道了项数n,也就知道了项an。另一方法是研究相邻两项或几项的关系,这样,知道了最初的几项后,后面的项就可利用关系顺次写出来。

  例11给出一个“三角形”的数表如下:

  

  此表构成的规则是:第一行是0,1,2,…,999,以后下一行的数是上一行相邻两数的和。问:第四行的数中能被999整除的数是什么?

  解:首先找出第四行数的构成规律。通过观察、分析,可以看出:第四行的任一个数都和第一行中相应的四个相邻的数有关,具体关系可以从下表看出:

    

  如果用an表示第四行的第n个数,那么an=8n+4。

  现在要找出an=8n+4=999k的an,显然k应是4的倍数。注意到第四行中最大的数是7980<999×8,所以k=4。由此求出第四行中能被999整除的数是999×4=3996,它是第四行的第(3996-4)÷8=499(项),即a499=3996。

  说明:本题通过观察、归纳找出第四行的构成规律,即第n个数的通项公式。当然通项公式也可以直接通过观察第四行各数的排列规律来发现,即把第四行的前后几个数算出来:

  12,20,28,36,…,7980。

  观察分析发现:后一个数都比前一个数多8,从而归纳出通项公式为:an=8n+4。

  例12在平面上有n条直线,任何两条都不平行,并且任何三条都不交于同一点,这些直线能把平面分成几部分?

  解:设n条直线分平面为Sn部分,先实验观察特例有如下结果:

 

  n与Sn之间的关系不太明显,但Sn-Sn-1有如下关系:

 

  观察上表发现,当n≥2时,有

  Sn-Sn-1=n。

  因为在(n-1)条直线后添加第n条直线被原(n-1)条直线截得的n段中的任何一段都将它所在的原平面一分为二,相应地增加n部分,所以Sn=Sn-1+n,即Sn-Sn-1=n。从而

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

  将上面各式相加,得到

  Sn-S1=2+3+…+n,

  Sn=S1+2+3+…+n

   =2+2+3+…+n

   =1+(1+2+…+n)

   

  说明:Sn也可由如下观察发现。由上表知:

  S1=1+1,S2=1+1+2,S3=1+1+2+3,

  S4=1+1+2+3+4,

  依此类推,便可猜想到

    








练习16

  1.用数字1,3,4,5,7,8,9组成没有重复数字的四位数,得到的数从小到大排成一列。问:第119个数是几?

  2.同时满足下列条件的分数共有多少个?

  

  (2)分子和分母都是质数;

  (3)分母是两位数。

  请列举出所有满足条件的分数。

  3.用一个三位数乘945,使所得的乘积为平方数,这样的数共有几个?最大的与最小的各是多少?

  4.A,B,C三人中,一部分是总说真话的老实人,另一部分是总说假话的骗子。

  A说:“若C是老实人,则B是骗子。”

  C说:“A和我不都是老实人,也不全是骗子。”

  问:A,B,C三人中,谁是老实人?谁是骗子?

  5.现有如下一系列图形:

  

  当时n=1时,长方形ABCD分为2个直角三角形,这些三角形共有5条边(重复的只算一条,下同)。

  当n=2时,长方形ABCD分为8个直角三角形,这些三角形共有16条边。

  当n=3时,长方形ABCD分为18个直角三角形,这些三角形共有33条边。

  ……

  按如上规律请你回答:当n=100时,长方形ABCD应分为多少个直角三角形?这些三角形共有多少条边?

  6.(1)下面的(a)(b)(c)(d)为四个平面图。数一数,每个平面图各有多少顶点?多少条边?它们分别围成了多少个区域?请将结果填入下表(按填好的样子做)。

  

  

  (2)观察上表,推断一个平面图的顶点数、边数、区域数之间有什么关系。

  (3)现已知某个平面图有999个顶点,且围成了999个区域,试根据以上关系确定这个图有多少条边。

  7.有一列数1,3,4,7,11,18,…(从第三个数开始,每个数恰好是它前面相邻两个数的和)。

  (1)第999个数被6除余几?

  (2)把以上数列按下述方法分组:

  (1),(3,4),(7,11,18),…(第n组含有n个数)第999组的各数之和被6除余数是几?

  8.把1~999这999个自然数按顺时针的方向依次排列在一个圆圈上(如下图)。从1开始按顺时针的方向,保留1,擦去2;保留3,擦去4……这样每隔一个数擦去一个数,转圈擦下去。问:最后剩下一个数时,剩下的是哪个数?

   





练习16

  1.1985。

  解:按从小到大无重复数字的四位数顺序,

  前两位数是13的有20个;

  前两位数是14的有20个;

  ……

  前两位数是19的有20个。

   即为1987,那么第119个数就是1985。

  

  提示:由(1)知分子是大于1,且小于20(因为分母是两位数)的质数。然后就分子为2,3,5,7,11,13,17,19逐一枚举,推出共有13个分数满足要求。

  3.945,105。

  解:因为945=33×5×7,要使它乘上一个数后成为平方数,必须使乘积中各质因数的个数成为偶数,所以,所乘的数必须是 3×5×7=105与另一平方数的乘积。因为

  105×12=105,105×22=620,105×32=945,

  所以,与945相乘得到平方数的三位数共有3个,最大的是945,最小的是105。

  4.B,C是老实人,A是骗子。

  解:假设C是骗子,那么,从C的说法断定A与C一样是骗子。这样,不管B是不是骗子,A的说法没错,应是老实人,产生矛盾。

  因此C是老实人。由C的说法断定A与C不一样,是骗子。再由A的说法,断定B不是骗子,是老实人。

  5.20000个,30200条。

  解:n=1时,直角三角形有2×12个,

  边数=2×1×(1+1)+12=5;

  n=2时,直角三角形有2×22个,

  边数=2×2×(2+1)22=16;

  n=3时,直角三角形有2×32个,

  边数=2×3×(3+1)+32=33。

  对一般的n,共分为2×n2个直角三角形,

  边数=2n(n+1)+n2。

  所以n=100时,共分为2×1002=20000(个)直角三角形,共有2×100×(100+1)+1002=30200(条)边。

  6.(1)填表如下:



  (2)由该表可以看出,所给四个平面图的顶点数、边数及区域数之间有下述关系:

  4+3-6=1,8+5-12=1,

  6+4-9=1,10+6-15=1。

  所以,我们可以推断:任何平面图的顶点数、边数及区域数之间,都有下述关系:

  顶点数+区域数-边数=1。

  (3)由上面所给的关系,可知所求平面图的边数。

  边数=顶点数+区域数-1

  =999+999-1=1997。

  注:任何平面图的顶点数、区域数及边数都能满足我们所推断的关系。当然,平面图有许许多多,且千变万化,然而不管怎么变化,顶点数加区域数再减边数,最后的结果永远都等于1,这是不变的。因此,

  顶点数+区域数-边数

  就称为平面图的不变量(有时也称为平面图的欧拉数——以数学家欧拉的名字命名)。

  7.(1)2;(2)4。

  解:设an表示数列中的第n个数。

  (1)由an=an-1+an-2(n≥3)容易列出下表:



  观察上表可知,a1与a25,a2与a26除以6的余数分别相等,推知数列中的数被6除所得的余数,每隔24个数重复出现。

  因为999=24×41+15,所以a999与a15除以6的余数相同,即数列中第999个数被6除余数是2。

  (2)按规定分组后,前998组共有

  1+2+3+…+998=498501(个)

  数。第999组的各数为

  (a498501+1,a4985501+2,…,a4985501+999)。

  据上表可知,数列中连续的24个数之和被6除的余数就等于24个数分别被6除所得余数之和被6除所得的余数。容易求出,数列中连续的24个数之和除以6的余数为0。由999=24×41+15知,第999组中各数之和除以6的余数,等于第999组数中前15个或后15个数之和除以6的余数。因为第一个数是a498502,498502=24×20700+22,所以前15个数之和除以6的余数等于(a22+a23+a24+a1+a2+…+a12)除以6的余数,等于4。

  8.975。

  解:如果有2n个数,那么转一圈擦去一半,剩下2n-1个数,起始数还是1;再转一圈擦去剩下的一半,又剩下2n-2个数,起始数还是1……转了n圈后,就剩下一个数是1。

  如果有2n+d(d<2n)个数,那么当擦去d个数时,剩下2n个数,此时的第一个数是最后将剩下的数。因为擦去的第d个数是2d,所以2d+1就是最后剩下的整数。999=29+487,最后剩下的一个数是487×2+1=975。



第17讲 数学方法选讲(上)

  有的同学在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。看来,要提高解决问题的能力,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。

一、从简单情况考虑

  华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。

  例1两人坐在一张长方形桌子旁,相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定要平放在桌子上,后放的硬币不能压在先放的硬币上,直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问:先放的人有没有必定取胜的策略?

  分析与解:如果桌子大小只能容纳一枚硬币,那么先放的人当然能够取胜。然后设想桌面变大,注意到长方形有一个对称中心,先放者将第一枚硬币放在桌子的中心,继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上,这样进行下去,必然轮到先放者放最后一枚硬币。

  例2线段AB上有1998个点(包括A,B两点),将点A染成红色,点B染成蓝色,其余各点染成红色或蓝色。这时,图中共有1997条互不重叠的线段。

  问:两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数?为什么?

  分析:从最简单的情况考虑:如果中间的1996个点全部染成红色,这时异色线段只有1条,是一个奇数。然后我们对这种染色方式进行调整:将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时,异色线段的条数随之有哪些变化。由于颜色的调整是任意的,因此与条件中染色的任意性就一致了。

  解:如果中间的1996个点全部染成红色,这时异色线段仅有1条,是一个奇数。将任意一个红点染成蓝色时,这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色,则异色小线段的条数或者增加2条(相邻的两个点同为红色),或者减少2条(相邻的两个点同为蓝色);这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色,则异色小线段的条数不变。

  综上所述,改变任意个点的颜色,异色线段的条数的改变总是一个偶数,从而异色线段的条数是一个奇数。

  例3 1000个学生坐成一圈,依次编号为1,2,3,…,1000。现在进行1,2报数:1号学生报1后立即离开,2号学生报2并留下,3号学生报1后立即离开,4号学生报2并留下……学生们依次交替报1或2,凡报1的学生立即离开,报2的学生留下,如此进行下去,直到最后还剩下一个人。问:这个学生的编号是几号?

  分析:这个问题与上一讲练习中的第8题非常相似,只不过本例是报1的离开报2的留下,而上讲练习中相当于报1的留下报2的离开,由上讲练习的结果可以推出本例的答案。本例中编号为1的学生离开后还剩999人,此时,如果原来报2的全部改报1并留下,原来报1的全部改报2并离开,那么,问题就与上讲练习第8题完全一样了。因为剩下999人时,第1人是2号,所以最后剩下的人的号码应比上讲练习中的大1,是

  975+1=976(号)。

  为了加深理解,我们重新解这道题。

  解:如果有2n个人,那么报完第1圈后,剩下的是2的倍数号;报完第2圈后,剩下的是22的倍数号……报完第n圈后,剩下的是2n的倍数号,此时,只剩下一人,是2n号。

  如果有(2n+d)(1≤d<2n)人,那么当有d人退出圈子后还剩下2n人。因为下一个该退出去的是(2d+1)号,所以此时的第(2d+1)号相当于2n人时的第1号,而2d号相当于2n人时的第2n号,所以最后剩下的是第2d号。

  由1000=29+488知,最后剩下的学生的编号是

  488×2=976(号)。

  例4在6×6的正方形网格中,把部分小方格涂成红色。然后任意划掉3行和3列,使得剩下的小方格中至少有1个是红色的。那么,总共至少要涂红多少小方格?

  分析与解:先考虑每行每列都有一格涂红,比较方便的涂法是在一条对角线上涂6格红色的,如图1。

  

  任意划掉3行3列,可以设想划行划列的原则是:每次划掉红格的个数越多越好。对于图1,划掉3行去掉3个红格,还有3个红格恰在3列中,再划掉3列就不存在红格了。

  所以,必然有一些行有一些列要涂2个红格,为了尽可能地少涂红格,那么每涂一格红色的,一定要使多出一行同时也多出一列有两格红色的。

  先考虑有3行中有2格涂红,如图2。显然,同时也必然有3个列中也有2格涂红。这时,我们可以先划掉有2格红色的3行,还剩下3行,每行上只有一格涂红,每列上也只有一格涂红,那么在划掉带红格的3列就没有红格了。

  为了使得至少余下一个红格,只要再涂一格。此红格要使图中再增加一行和一列有两个红格的,如图3。

  结论是:至少需要涂红10个方格。

二、从极端情况考虑

  从问题的极端情况考虑,对于数值问题来说,就是指取它的最大或最小值;对于一个动点来说,指的是线段的端点,三角形的顶点等等。极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件,求解也就会变得容易得多。

  例5新上任的宿舍管理员拿着20把钥匙去开20个房间的门,他知道每把钥匙只能打开其中的一个门,但不知道哪一把钥匙开哪一个门,现在要打开所有关闭的20个门,他最多要开多少次?

  解:从最不利的极端情况考虑:打开第一个房间要20次,打开第二个房间需要19次……共计最多要开

  20+19+18+…+1=210(次)。

  例6有n名(n≥3)选手参加的一次乒乓球循环赛中,没有一个全胜的。问:是否能够找到三名选手A,B,C,使得A胜B,B胜C,C胜A?

  解:从极端情况观察入手,设B是胜的次数最多的一个选手,但因B没获全胜,故必有选手A胜B。在败给B的选手中,一定有一个胜A的选手C,否则,A胜的次数就比B多一次了,这与B是胜的次数最多的矛盾。

  所以,一定能够找到三名选手A,B,C,使得A胜B,B胜C,C胜A。

  例7 n(n≥3)名乒乓球选手单打比赛若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同。

  试证明,总可以从中去掉一名选手,而使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同。

  证明:如果去掉选手H,能使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同,那么我们称H为可去选手。我们的问题就是要证明存在可去选手。

  设A是已赛过对手最多的选手。

  若不存在可去选手,则A不是可去选手,故存在选手B和C,使当去掉A时,与B赛过的选手和与C赛过的选手相同。从而B和C不可能赛过,并且B和C中一定有一个(不妨设为B)与A赛过,而另一个(即C)未与A赛过。

  又因C不是可去选手,故存在选手D,E,其中D和C赛过,而E和C未赛过。

  显然,D不是A,也不是B,因为D与C赛过,所以D也与B赛过。又因为B和D赛过,所以B也与E赛过,但E未与C赛过,因而选手E只能是选手A。

  于是,与A赛过的对手数就是与E赛过的对手数,他比与D赛过的对手数少1,这与假设A是已赛过对手最多的选手矛盾。

  故一定存在可去选手。

  例8 在一个8×8的方格棋盘的方格中,填入从1到64这64个数。问:是否一定能够找到两个相邻的方格,它们中所填数的差大于4?

  

  解:考虑这个方格棋盘的左上角、右上角及右下角内的数A,B,S。

  设存在一个填数方案,使任意相邻两格中的数的差不大于4,考虑最大和最小的两个数1和64的填法,为了使相邻数的差不大于4,最小数1和最大数的“距离”越大越好,即把它们填在对角的位置上(A=1,S=64)。

  然后,我们沿最上行和最右行来观察:因为相邻数不大于4,从 A→B→S共经过14格,所以 S≤1+4×14=57(每次都增加最大数4),与S=64矛盾。因而,1和64不能填在“最远”的位置上。显然,1和64如果填在其他任意位置,那么从1到64之间的距离更近了,更要导致如上的矛盾。因此,不存在相邻数之差都不大于4的情况,即不论怎样填数必有相邻两数的差大于4。

三、从整体考虑

  从整体上来考察研究的对象,不纠缠于问题的各项具体的细节,从而能够拓宽思路,抓住主要矛盾,一举解决问题。

    

  例9 右图是一个4×4的表格,每个方格中填入了数字0或1。按下列规则进行“操作”:每次可以同时改变某一行的数字:1变成0,0变成1。

  问:能否通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1?

  解:我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性:第一次“操作”之前,它等于9,是一个奇数,

  每一次“操作”,要改变一行或一列四个方格的奇偶性,显然整个16格中所有数的和的奇偶性不变。

  但当每一格中所有数字都变成1时,整个16格中所有数的和是16,为一偶数。故不能通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1。

  例10 有三堆石子,每堆分别有1998,998,98粒。现在对这三堆石子进行如下的“操作”:每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子,或从任一堆中取出一些石子放入另一堆中。

  按上述方式进行“操作”,能否把这三堆石子都取光?如行,请设计一种取石子的方案;如不行,请说明理由。

  解:要把三堆石子都取光是不可能的。

  按“操作”规则,每次拿掉的石子数的总和是3的倍数,即不改变石子总数被 3除时的余数。而1998+998+98=3094,被3除余1,三堆石子被取光时总和被3除余0。所以,三堆石子都被取光是办不到的。

  例11 要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分,在两个分

段圆弧分别二等分,在四个分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和(如图3 少?

  

  分析与解:当第八次标完数以后,圆周上已标的数共有256个,考虑每一步增加的每一个数是很繁的。我们考虑每一步增加的数的总和,因为增加的每个数都是原来相邻两个数之和,所以每次增加数的总和恰好是原来所有数总和的2倍,也就是说每次标完数之后圆周上所有数的总和是前一步标完数后圆周上所有数的和的3倍。于是,第八次标完数后圆周上所有数的总和是:

  

  例12 我们将若干个数x,y,z,…的最大值和最小值分别记为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:设 M=max(a+b+c,b+c+d,c+d+e,d+e+f,e+f+g)。

  因为a+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)] 

    

练习17

  1.方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn一定有一个自然数解吗?为什么?

  2.连续自然数1,2,3,…,8899排成一列。从1开始,留1划掉2和3,留4划掉5和6……这么转圈划下去,最后留下的是哪个数?

  3.给出一个自然数n,n的约数的个数用一个记号A(n)来表示。例如当n=6时,因为6的约数有1,2,3,6四个,所以A(6)=4。已知a1,a2,…,a10是 10个互不相同的质数,又x为a1,a2,…,a10的积,求 A(x)。

  4.平面上有100个点,无三点共线。将某些点用线段连结起来,但线段不能相交,直到不能再连结时为止。问:是否存在一个以这些点中的三个点为顶点的三角形,它的内部没有其余97个点中的任何一个点?

  5.在一块平地上站着5个小朋友,每两个小朋友之间的距离都不相同,每个小朋友手上都拿着一把水枪。当发出射击的命令后,每人用枪射击距离他最近的人。问:射击后有没有一个小朋友身上是干的?为什么?

  6.把1600粒花生分给100只猴子,请你说明不管怎样分,至少有4只猴子分的花生一样多。

  7.有两只桶和一只空杯子。甲桶装的是牛奶,乙桶装的是酒精(未满)。现在从甲桶取一满杯奶倒入乙桶,然后从乙桶取一满杯混合液倒入甲桶,这时,是甲桶中的酒精多,还是乙桶中的牛奶多?为什么?

  8.在黑板上写上1,2,3,…,1998。按下列规定进行“操作”:每次擦去其中的任意两个数a和b,然后写上它们的差(大减小),直到黑板上剩下一个数为止。

  问:黑板上剩下的数是奇数还是偶数?为什么?









练习17

  1.有。

  解:当n=2时,方程x1+x2=x1x2有一个自然数解:x1=2,x2=2;

  当n=3时,方程x1+x2+x3=x1x2x3有一个自然数解:x1=1,x2=2,x3=3;

  当n=4时,方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一个自然数解:x1=1,x2=1,x3=2,x4=4。

  一般地,方程

  x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn有一个自然数解:x1=1,x2=1,…,xn-2=1,xn-1=2,xn=n。

  2.3508。

  解:仿例3。当有3n个数时,留下的数是1号。

  小于8899的形如3n的数是38=6561,故从1号开始按规则划数,划了8899-6561=2338(个)数后,还剩下6561个数。下一个要划掉的数是2388÷2×3+1=3507,故最后留下的就是3508。

  3.1024。

  解:质数a1有2个约数:1和a,从而A(a1)=2;

  2个质数a1,a2的积有4个约数:1,a1,a2,a1a2,从而

  A(a1×a2)=4=22;

  3个质数a1,a2,a3的积有8个约数:

  1,a1,a2,a3,a1a2,a2a3,a3a1,a1a2a3,

  从而A(a1×a2×a3)=8=23;

  ……

  于是,10个质数a1,a2,…,a10的积的约数个数为

  A(x)=210=1024。

  4.存在。

  提示:如果一个三角形内还有别的点,那么这个点与三角形的三个顶点还能连结,与已“不能再连结”矛盾。

  5.有。

  解:设A和B两人是距离最近的两个小朋友,显然他们应该互射。此时如果有其他的小朋友射向他们中的一个,即A,B中有一人挨了两枪,那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果没有其他的小朋友射向A或B,那么我们再考虑剩下的三个人D,E,F:若D,E的距离是三人中最近的,则D,E互射,而F必然射向他们之间的一个,此时F身上是干的。

  6.假设没有4只猴子分的花生一样多,那么至多3只猴子分的花生一样多。我们从所需花生最少情况出发考虑:

  得1粒、2粒、3粒……32粒的猴子各有3只,得33粒花生的猴子有1只,于是100只猴子最少需要分得花生

  3×(0+1+2+…+32)+33=1617(粒),

  现在只有1600粒花生,无法使得至多3只猴子分的花生一样多,故至少有4只猴子分的花生一样多。

  7.一样多。

  提示:从整体看,甲、乙两桶所装的液体的体积没有发生变化。甲桶里有多少酒精,就必然倒出了同样体积的牛奶入乙桶。所以,甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一样多。

  8.奇数。

  解:黑板上开始时所有数的和为

  S=1+2+3+…+1998=1997001,

  是一个奇数,而每一次“操作”,将(a+b)变成了(a-b),实际上减少了2b,即减少了一个偶数。因为从整体上看,总和减少了一个偶数,其奇偶性不变,所以最后黑板上剩下一个奇数。

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:24

《数学奥林匹克专题讲座》(七)

《数学奥林匹克专题讲座》
数学方法选讲

四、从反面考虑

  解数学题,需要正确的思路。对于很多数学问题,通常采用正面求解的思路,即从条件出发,求得结论。但是,如果直接从正面不易找到解题思路时,则可改变思维的方向,即从结论入手或从条件及结论的反面进行思考,从而使问题得到解决。

  例1 某次数学测验一共出了10道题,评分方法如下:

  每答对一题得4分,不答题得0分,答错一题倒扣1分,每个考生预先给10分作为基础分。问:此次测验至多有多少种不同的分数?

  分析:最高的得分为50分,最低的得分为0分。但并不是从0分到50分都能得到。

  从正面考虑计算量较大,故我们从反面考虑,先计算有多少种分数达不到,然后排除达不到的分数就可以了。

  解:最高的得分为50分,最低的得分为0分。在从0分到50分这51个分数中,有49,48,47,44,43,39这6种分数是不能达到的,故此次测验不同的分数至多有51-6=45(种)。

  例2 一支队伍的人数是5的倍数,且超过1000人。若按每排4人编队,则最后差3人;若按每排3人编队,则最后差2人;若按每排2人编队,则最后差1人。问:这支队伍至少有多少人?

  分析:从条件“若按每排4人编队,则最后差3人”的反面来考虑,可理解为“若按每排4人编队,则最后多1人”。同理,按3人、2人排队都可理解为多1人。即总人数被12除余1。这样一来,原题就化为:

  一个5的倍数大于1000,且它被12除余1。问:这个数最小是多少?

  解:是5的倍数且除以12余1的最小自然数是25。因为人数超过1000,[3,4,5]=60,所以最少有

  25+60×17=1045(人)。

  例3 在八边形的8个顶点上是否可以分别记上数1,2,…,8,使得任意三个相邻的顶点上的数的和大于13?

  解:将八边形的8个顶点上的数依次记为a1,a2,a3,…,a8,则有S=a1+a2+a3+…+a8=1+2+3+…+8=36。

  假设任意3个相邻顶点上的数都大于13,因为顶点上的数都是整数,所以

  a1+a2+a3≥14;

  a2+a3+a4≥14;

  ……

  a7+a8+a1≥14;

  a8+a1+a2≥14。

  将以上 8个不等式相加,得3S≥112,从而 S> 37,这与S=36矛盾。故结论是否定的。

  例4 有一个1000位的数,它由888个1和112个0组成,这个数是否可能是一个平方数?

  解:假设这个数为A,它是自然数a的平方。

  因为A的各位数字之和888是3的倍数,所以a也应是3的倍数。于是a的平方是9的倍数,但888不是9的倍数,这样就产生了矛盾,从而A不可能是平方数。

五、从特殊情况考虑

  对于一个一般性的问题,如果觉得难以入手,那么我们可以

  先考虑它的某些特殊情况,从而获得解决的途径,使问题得以“突破”,这种方法称为特殊化。

  对问题的特殊情况进行研究,一方面是因为研究特殊情况比研究一般情况较为容易;另一方面是因为特殊的情况含有一般性,所以对特殊情况的研究常能揭示问题的结论或启发解决问题的思路,它是探索问题的一种重要方法。

  运用特殊化方法进行探索的过程有两个步骤,即先由一般到特殊,再由特殊到一般。通过第一步骤得到的信息,还要回到一般情况予以解答。

  例5 如左下图,四边形ABCD和EFGH都是正方形,且边长均为2cm。又E点是正方形 ABCD的中心,求两个正方形公共部分(图中阴影部分)的面积S。



  分析:我们先考虑正方形EFGH的特殊位置,即它的各边与正方形ABCD的各边对应平行的情况(见右上图)。此时,显然有



  得出答案后,这个问题还得回到一般情况下去解决,解决的方法是将一般情况变成特殊情况。

解:自E向AB和AD分别作垂线EN和EM(右图),则有

  S=S△PME+S四边形AMEQ

  又S△PME=S△EQN,故

     S=S△EQN+S四边形AMEQ

      =S正方形AMEN

        

  例6 是否在平面上存在这样的40条直线,它们共有365个交点?

  分析与解:先考虑一种特殊的图形:围棋盘。它有38条直线、361个交点。我们就从这种特殊的图形出发,然后进行局部的调整。



  先加上2条对角线,这样就有40条直线了,但交点仍然是361个。再将最右边的1条直线向右平移1段,正好增加了4个交点(见上图)。于是,我们就得到了有365个交点的40条直线。

  例7 如右图,正方体的8个顶点处标注的数字为a,b,c,d,e,



  求(a+b+c+d)-(e+f+g+h)的值。

  分析:从这8个数都相等的特殊情况入手,它们满足题目条件,从而得所求值为0。这就启发我们去说明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,

  (a+b+c+d)-(e+f+g+h)=0。

例8 将n2个互不相等的数排成下表:

a11  a12 a13 … a1n

a21  a22 a23 … a2n



an1 an2 an3 … ann

  先取每行的最大数,得到n个数,其中最小数为x;再取每列的最小数,也得到n个数,其中最大数为y。试比较x和y的大小。

  分析:先讨论n=3的情况,任取两表:

  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。两个表都满足x≥y,所以可以猜想x≥y。

解:设x是第i行第j列的数aij,y是第l行第m列的数alm。考虑x所在的行与y所在的列交叉的那个数,即第i行第m列的数aim。显然有aij≥aim≥alm,当i=l,j=m时等号成立,所以x≥y。

六、有序化

  当我们研究的对象是一些数的时候,我们常常将这些数排一个次序,即将它们有序化。有序化的假设,实际上是给题目增加了一个可供使用的条件。

  例9 将10到40之间的质数填入下图的圆圈中,使得3组由“→”所连的4个数的和相等,如果把和数相等的填法看做同一类填法,请说明一共有多少类填法?并画图表示你的填法。



  解:10到40之间的8个质数是

  11,13,17,19,23,29,31,37。

  根据题目要求,除去最左边和最右边的2个质数之外,剩下的6个质数在同一行的2个质数的和应分别相等,等于这6个数中最小数(记为a)与最大数(记为b)之和a+b。根据a,b的大小可分为6种情况:

  当a=11,b=29时,无解;

  当a=11,b=31时,有11+31=13+29=19+23,得到如下填法:



  当a=11,b=37时,有11+37=17+31=19+29,得到如下填法:



  当a=13,b=31时,无解;

  当a=13, b=37时,无解;

  当a=17,b=37时,无解。

  所以,共有2类填法。

  例10 有四个互不相等的数,取其中两个数相加,可以得到六个和:24,28,30,32,34,38。求此四数。

  解:设四个数为a,b,c,d,且a<b<c<d,则六个和为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与b+c位第三和第四。

  

  分别解这两个方程组,得

       

  例11 互不相等的12个自然数,它们均小于36。有人说,在这些自然数两两相减(大减小)所得到的差中,至少有3个相等。你认为这种说法对吗?为什么?

  解:设这12个自然数从小到大依次为a1,a2,a3,…,a12,且它们两两相减最多只有2个差相等,那么差为1,2,3,4,5的都最多只有2个。从而

  a12-a11,a11-a10,a10-a9,…,a2-a1,

  这11个差之和至少为

  2×(1+2+3+4+5)+6=36,

  但这11个差之和等于a12-a1<36。这一矛盾说明,两两相减的差中,至少有3个相等。

  例12 有8个重量各不相同的物品,每个物品的重量都是整克数且都不超过15克。小平想以最少的次数用天平称出其中最重的物品。他用了如下的测定法:

  (1)把8个物品分成2组,每组4个,比较这2组的轻重;

  (2)把以上2组中较重的4个再分成2组,即每组2个,再比较它们的轻重;

  (3)把以上2组中较重的分成各1个,取出较重的1个。

  小平称了3次天平都没有平衡,最后便得到一个物品。

  可是实际上得到的是这8个物品当中从重到轻排在第5的物品。

  问:小平找出的这个物品有多重?并求出第二轻的物品重多少克?

  解:设这8个物品的重量从重到轻依次排列为:

  15≥a1>a2>a3>a4>a5>a6>a7>a8≥1。

  小平找出的这个物品重量为a5,第二轻的物品重量为a7。

  由于a5加上一个比它轻的物品不可能大于两个比a5重的物品重量之和,因而第一次必须筛去3个比a5重的物品。

  这样就有以下四种可能:

    

  先考虑第一种情况。根据①式,a4比a1至少轻3克,a5比a2,a6比a3也都至少轻3克,则a7比a8至少重 10克。根据②式,a5比a4至少轻1克,则a6比a7至少重 18克。与已知矛盾,第一种情况不可能出现。

  按同样的推理方法,可以说明第二种和第三种情况也不可能出现。

  最后,考虑第四种情况。a1比a2至少重1克;a5比a3,a6比a4都至少轻1克,则a7比a8至少重4克。根据④式,a5比a4至少轻4克,则a6比a7至少重5克。这样得到的这8个物品的重量分别为:

  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,小平找出的这个物品重11克,第二轻的物品重5克。

练习18

  1.育才小学40名学生参加一次数学竞赛,用15分记分制(即分数为0,1,2,…,15)。全班总分为209分,且相同分数的学生不超过5人。试说明得分超过12分的学生至多有9人。

  2.今有一角纸币、二角纸币、五角纸币各1张,一元币4张,五元币2张,用这些纸币任意付款,一共可以付出多少种不同数额的款项?

  3.求在8和98之间(不包括8和98),分母为3的所有最简分数的和。

  4.如右图,四边形ABCD的面积为3,E,F为边AB的三等分点,M,N是CD边上的三等分点。求四边形EFNM的面积。



  5.直线上分布着1998个点,我们标出以这些点为端点的一切可能线段的中点。问:至少可以得到多少个互不重合的中点?

  6.假定100个人中的每一个人都知道一个消息,而且这100个消息都不相同。为了使所有的人都知道一切消息,他们一共至少要打多少个电话?

  7.有4个互不相等的自然数,将它们两两相加,可以得到6个不同的和,其中较小的4个和是64,66,68,70。求这4个数。

  8.有五个砝码,其中任何四个砝码都可以分成重量相等的两组。问:这五个砝码的重量相等吗?为什么?

练习18

  1.若得分超过12分的学生至少有10人,则全班的总分至少有

  5×(12+13)+5×(0+1+2+3+4+5)=210(分),

  大于条件209分,产生了矛盾,故得分超过12分的学生至多有9人。

  2.119种。

  解:从最低币值1角到最高币值14元8角,共148个不同的币值。再从中剔除那些不能由这些纸币构成的币值。

  经计算,应该剔除的币值为(i+0.4)元(i=0,1,2,…,14)及(j+0.9)元(j=1,2,3,…,13),一共29种币值。所以,一共可以付出148-29=119(种)不同的币值。

  3.9540。

  

   =2×(8+9+…+97)+(97-8+1)=9540。

  4.1。

  解:先考虑ABCD是长方形的特殊情况,显然此时EFNM的面积是1。下面就一般情况求解。



  连结AC,AM,FM,CF,则

  

  



    

  5.3993个。

  解:为了使计算互不重复,我们取距离最远的两点A,B。先计算以A为左端点的所有线段,除B外有1996条,这些线段的中点有1996个,它们互不重合,且到点A的距离小于AB长度的一半。

  同样,以B为右端点的所有线段,除A外有1996条,这些线段的中点有1996个,它们互不重合,且到点A的距离小于AB长度的一半。

  这两类中点不会重合,加上AB的中点共有1996+1996+1=3993(个),即互不重合的中点不少于3993个。

  另一方面,当这1998个点中每两个相邻点的间隔都相等时,不重合的中点数恰为3993。

  这说明,互不重合的中点数至少为3993个。

  6.198个。

  解:考虑一种特殊的通话过程:先由99人每人打一个电话给A,A再给99人每人打一个电话,这样一共打了198个电话,而且每人都知道了所有的消息。

  下面我们说明这是次数最少的。考虑一种能使所有人知道一切消息的通话过程中的关键性的一次通话,这次通话后,有一个接话人A知道了所有的消息,而在此之前还没有人知道所有的消息。

  除了A以外的99人每人在这个关键性的通话前,必须打出电话一次,否则A不可能知道所有的消息;又这99人每人在这个关键性的通话后,又至少收到一个电话,否则它们不可能知道所有的消息。

  7.30,34,36,38或31,33,35,39。

  解:设4个数为a,b,c,d,且a<b<c<d,则6个和为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。



  分别解这两个方程组,得



  8.相等。

  解:设这五个砝码的重量依次为a≤b≤c≤d≤e。

  去掉e,则有a+d=b+c; ①

  去掉d,则有a+e=b+c。 ②

  比较①②,得d=e。

  去掉a,则有b+e=c+b; ③

  去掉b,则有a+e=c+d。 ④

  比较③④,得a=b。

  将a=b代入①得c=d,将d=e代入④得b=c。所以e=b=c=d=e。

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:25

小学奥数知识

希望杯题型特点及备战对策

自2003年,全国小学数学希望杯比赛已举行了五届。前三届参赛对象为四、五年级学生,由第四届开始,小学六年级学生也可正式参加比赛,因此,毫无疑问地说,明年“希望杯”的获奖成绩是与小升初直接挂钩的。创新奥数小学部教练组就“希望杯”的组织、安排及题型特点总结成以下内容,希望对参赛同学和学员家长有所帮助。

一、“希望杯”在每年的三四月份分初试与复试进行两次比赛。其命题主要有如下几个特点:

1. 题目较为简单

与迎春杯、华罗庚金杯等比赛相比,希望杯的题目较为简单。初试中的部分题目稍高于课本,类似于数学课本中的思考题。另有一些题目也与我们创新奥数讲义中的基本题及中等难度题目相当。复试中,有一些题目难度提高一些,但总体来讲,特别难的题目较少。值得注意的是,第五届题目与以往相比,稍难了些。

2. 常规题目较多,覆盖面广

可以说,希望杯的题目不偏,不怪。如果你奥数知识学得较好,拿到试卷后,大部分题目都会有一定的思路。

希望杯初试一般为25题左右,均为填空题。复试19题左右,其中填空题15个,解答题一般为4个。涉及计算题、应用题、几何问题、数论、杂题等各类,覆盖面较广。

3. 题目较为灵活,有启发性

华杯、迎春杯等有些题目,综合了多个知识点,有些题也较为抽象。希望杯则不同,大部分题只涉及一两个知识点,做起来较为简单。它的选题较为灵活,抽象题目很少。

二、参加希望杯的意义

1. 检验自己学习水平,提高学习兴趣

希望杯考察的知识点较为全面,通过考前培训,可以进一步提高自己的奥数水平,在考试中也可以进一步检验自己哪些地方还存在不足。

由于希望杯题目不难,因此,学生参加这样的考试可以提高学习兴趣。

2. 映射小升初,参考价值高

近几年的小升初,除去少数学校(像人大附中、西城实验中学)所考知识较难外,大部分学校命题都较为简单,与希望杯难易相当,因此,希望杯考试更具参考价值。其试题资源也成为各重点中学小升初选拔考试的一个主要来源。2006年小升初选拔考试中,人大附中、清华附中、十一学校等校的试题中都有希望杯的原题出现,或是对一些希望杯试题稍加改变,成为压轴题。

三、如何备战

1. 认真学习,打好基础

“希望杯”全国数学邀请赛从1990年开始举办,小学组“希望杯”赛从2003年开始,至今已成功举办了五届,虽然没有初中组举办的时间长,但单从这四届的试题来看,这些试题几乎已经覆盖了小学数学的全部知识点和难点以及小学数学课本以外的很多内容,因此,在平常的学习中打好基础是非常必要的。

创新奥数的讲义,是由教练组精心编写,选题非常典型,你如果能把讲义中知识点掌握好,考出好成绩不成问题。

在去年希望杯考试中,创新奥数学员成绩优异,有的同学甚至考了满分。在此,也希望大家认真备战,考出好成绩。

2. 练习往届真题

有时间的话,你最好将往届考题做一下,在规定时间之内,考察一下自己。做完后,要仔细推敲,不会的,认真学习一下,或请教老师。粗心出错的,找出问题所在。做完一套卷,最好总结一下,哪些地方自己还较薄弱,努力补足。

3. 重视培训题

每年初赛前,组委会都会准备一百个培训题,这些题对于备战希望杯,极具参考价值,大家最好将这些题归类加以研究。

四、创新助你成功

1. 寒假班提前准备

在寒假班讲义中,我们将适当编入往年希望杯所考真题。

2. 春季备战

寒假开学后,创新奥数将围绕本届培训试题及往年真题,分专题开设考前辅导班,据以往经验,此时进行考辅导时效性最好,敬请关注。

由于小学生不会归类复习,抓不着重点,且奥数题考察内容较广,要想取得好成绩,寒假开学参加辅导班的学习是非常必要的。届时,创新奥数将选择经验丰富的老师精心授课。

预祝大家成功!!!

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:27

小学奥数理论知识速查手册(上)

小学奥数理论知识速查手册(上)

1.和差倍问题
和差问题
和倍问题
差倍问题

已知条件
几个数的和与差
几个数的和与倍数
几个数的差与倍数

公式适用范围
已知两个数的和,差,倍数关系

公式
①(和-差)÷2=较小数

较小数+差=较大数

和-较小数=较大数

②(和+差)÷2=较大数

较大数-差=较小数

和-较大数=较小数
和÷(倍数+1)=小数

小数×倍数=大数

和-小数=大数
差÷(倍数-1)=小数

小数×倍数=大数

小数+差=大数

关键问题
求出同一条件下的

和与差
和与倍数
差与倍数




2.年龄问题的三个基本特征:①两个人的年龄差是不变的;

                           ②两个人的年龄是同时增加或者同时减少的;

                           ③两个人的年龄的倍数是发生变化的;



3.归一问题的基本特点:问题中有一个不变的量,一般是那个“单一量”,题目一般用“照这样的速度”……等词语来表示。

关键问题:根据题目中的条件确定并求出单一量;



4.植树问题

基本类型
在直线或者不封闭的曲线上植树,两端都植树
在直线或者不封闭的曲线上植树,两端都不植树
在直线或者不封闭的曲线上植树,只有一端植树
封闭曲线上植树

基本公式
棵数=段数+1

棵距×段数=总长
棵数=段数-1

棵距×段数=总长
棵数=段数

棵距×段数=总长

关键问题
确定所属类型,从而确定棵数与段数的关系




5.鸡兔同笼问题

基本概念:鸡兔同笼问题又称为置换问题、假设问题,就是把假设错的那部分置换出来;

基本思路:

    ①假设,即假设某种现象存在(甲和乙一样或者乙和甲一样):

    ②假设后,发生了和题目条件不同的差,找出这个差是多少;

③每个事物造成的差是固定的,从而找出出现这个差的原因;

④再根据这两个差作适当的调整,消去出现的差。

基本公式:

    ①把所有鸡假设成兔子:鸡数=(兔脚数×总头数-总脚数)÷(兔脚数-鸡脚数)

    ②把所有兔子假设成鸡:兔数=(总脚数一鸡脚数×总头数)÷(兔脚数一鸡脚数)

关键问题:找出总量的差与单位量的差。雪帆提示:鸡兔同笼的公式千万不要死记硬背,因为它的变形更多!



6.盈亏问题

基本概念:一定量的对象,按照某种标准分组,产生一种结果:按照另一种标准分组,又产生一种结果,由于分组的标准不同,造成结果的差异,由它们的关系求对象分组的组数或对象的总量.

基本思路:先将两种分配方案进行比较,分析由于标准的差异造成结果的变化,根据这个关系求出参加分配的总份数,然后根据题意求出对象的总量.

基本题型:

    ①一次有余数,另一次不足;

基本公式:总份数=(余数+不足数)÷两次每份数的差

②当两次都有余数;         

基本公式:总份数=(较大余数一较小余数)÷两次每份数的差

③当两次都不足;           

基本公式:总份数=(较大不足数一较小不足数)÷两次每份数的差

基本特点:对象总量和总的组数是不变的。

关键问题:确定对象总量和总的组数。



7.牛吃草问题

基本思路:假设每头牛吃草的速度为“1”份,根据两次不同的吃法,求出其中的总草量的差;再找出造成这种差异的原因,即可确定草的生长速度和总草量。

基本特点:原草量和新草生长速度是不变的;

关键问题:确定两个不变的量。

基本公式:

生长量=(较长时间×长时间牛头数-较短时间×短时间牛头数)÷(长时间-短时间);

总草量=较长时间×长时间牛头数-较长时间×生长量;



8.周期循环与数表规律

周期现象:事物在运动变化的过程中,某些特征有规律循环出现。

周期:我们把连续两次出现所经过的时间叫周期。

关键问题:确定循环周期。

闰    年:一年有366天;

①年份能被4整除;②如果年份能被100整除,则年份必须能被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.平均数

基本公式:①平均数=总数量÷总份数

    总数量=平均数×总份数

总份数=总数量÷平均数

②平均数=基准数+每一个数与基准数差的和÷总份数

基本算法:

①求出总数量以及总份数,利用基本公式①进行计算.

②基准数法:根据给出的数之间的关系,确定一个基准数;一般选与所有数比较接近的数或者中间数为基准数;以基准数为标准,求所有给出数与基准数的差;再求出所有差的和;再求出这些差的平均数;最后求这个差的平均数和基准数的和,就是所求的平均数,具体关系见基本公式②。



10.抽屉原理

抽屉原则一:如果把(n+1)个物体放在n个抽屉里,那么必有一个抽屉中至少放有2个物体。

例:把4个物体放在3个抽屉里,也就是把4分解成三个整数的和,那么就有以下四种情况:

①4=4+0+0   ②4=3+1+0   ③4=2+2+0   ④4=2+1+1

观察上面四种放物体的方式,我们会发现一个共同特点:总有那么一个抽屉里有2个或多于2个物体,也就是说必有一个抽屉中至少放有2个物体。

抽屉原则二:如果把n个物体放在m个抽屉里,其中n>m,那么必有一个抽屉至少有:

①k=[n/m ]+1个物体:当n不能被m整除时。

②k=n/m个物体:当n能被m整除时。

理解知识点:[X]表示不超过X的最大整数。

例[4.351]=4;[0.321]=0;[2.9999]=2;

关键问题:构造物体和抽屉。也就是找到代表物体和抽屉的量,而后依据抽屉原则进行运算。

11.定义新运算

基本概念:定义一种新的运算符号,这个新的运算符号包含有多种基本(混合)运算。

基本思路:严格按照新定义的运算规则,把已知的数代入,转化为加减乘除的运算,然后按照基本运算过程、规律进行运算。

关键问题:正确理解定义的运算符号的意义。

注意事项:①新的运算不一定符合运算规律,特别注意运算顺序。

          ②每个新定义的运算符号只能在本题中使用。

12.数列求和

等差数列:在一列数中,任意相邻两个数的差是一定的,这样的一列数,就叫做等差数列。

基本概念:首项:等差数列的第一个数,一般用a1表示;

          项数:等差数列的所有数的个数,一般用n表示;

          公差:数列中任意相邻两个数的差,一般用d表示;

          通项:表示数列中每一个数的公式,一般用an表示;

          数列的和:这一数列全部数字的和,一般用Sn表示.

基本思路:等差数列中涉及五个量:a1 ,an, d, n,sn,,通项公式中涉及四个量,如果己知其中三个,就可求出第四个;求和公式中涉及四个量,如果己知其中三个,就可以求这第四个。

基本公式:通项公式:an = a1+(n-1)d;

通项=首项+(项数一1) ×公差;

数列和公式:sn,= (a1+ an)×n÷2;

数列和=(首项+末项)×项数÷2;

项数公式:n= (an+ a1)÷d+1;

项数=(末项-首项)÷公差+1;

公差公式:d =(an-a1))÷(n-1);

公差=(末项-首项)÷(项数-1);

关键问题:确定已知量和未知量,确定使用的公式;雪帆提示:推导出来的东西要熟记,可以利用植树问题推到!

13.二进制及其应用

十进制:用0~9十个数字表示,逢10进1;不同数位上的数字表示不同的含义,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是任意自然数)



二进制:用0~1两个数字表示,逢2进1;不同数位上的数字表示不同的含义。

(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。



十进制化成二进制:

①根据二进制满2进1的特点,用2连续去除这个数,直到商为0,然后把每次所得的余数按自下而上依次写出即可。

②先找出不大于该数的2的n次方,再求它们的差,再找不大于这个差的2的n次方,依此方法一直找到差为0,按照二进制展开式特点即可写出。



14.加法乘法原理和几何计数

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

关键问题:确定工作的分类方法。

基本特征:每一种方法都可完成任务。

乘法原理:如果完成一件任务需要分成n个步骤进行,做第1步有m1种方法,不管第1步用哪一种方法,第2步总有m2种方法……不管前面n-1步用哪种方法,第n步总有mn种方法,那么完成这件任务共有:m1×m2....... ×mn种不同的方法。

关键问题:确定工作的完成步骤。

基本特征:每一步只能完成任务的一部分。

直线:一点在直线或空间沿一定方向或相反方向运动,形成的轨迹。

直线特点:没有端点,没有长度。

线段:直线上任意两点间的距离。这两点叫端点。

线段特点:有两个端点,有长度。

射线:把直线的一端无限延长。

射线特点:只有一个端点;没有长度。

①数线段规律:总数=1+2+3+…+(点数一1);

②数角规律=1+2+3+…+(射线数一1);

③数长方形规律:个数=长的线段数×宽的线段数:

④数长方形规律:个数=1×1+2×2+3×3+…+行数×列数



15.质数与合数

质数:一个数除了1和它本身之外,没有别的约数,这个数叫做质数,也叫做素数。

合数:一个数除了1和它本身之外,还有别的约数,这个数叫做合数。

质因数:如果某个质数是某个数的约数,那么这个质数叫做这个数的质因数。

分解质因数:把一个数用质数相乘的形式表示出来,叫做分解质因数。通常用短除法分解质因数。任何一个合数分解质因数的结果是唯一的。

分解质因数的标准表示形式:N=,其中a1、a2、a3……an都是合数N的质因数,且a1<a2<a3<……<an。

求约数个数的公式:P=(r1+1)×(r2+1)×(r3+1)×……×(rn+1)

互质数:如果两个数的最大公约数是1,这两个数叫做互质数。



16.约数与倍数

约数和倍数:若整数a能够被b整除,a叫做b的倍数,b就叫做a的约数。

公约数:几个数公有的约数,叫做这几个数的公约数;其中最大的一个,叫做这几个数的最大公约数。

最大公约数的性质:

1、 几个数都除以它们的最大公约数,所得的几个商是互质数。

2、 几个数的最大公约数都是这几个数的约数。

3、 几个数的公约数,都是这几个数的最大公约数的约数。

4、 几个数都乘以一个自然数m,所得的积的最大公约数等于这几个数的最大公约数乘以m。

例如:12的约数有1、2、3、4、6、12;

18的约数有:1、2、3、6、9、18;

那么12和18的公约数有:1、2、3、6;

那么12和18最大的公约数是:6,记作(12,18)=6;

求最大公约数基本方法:

1、分解质因数法:先分解质因数,然后把相同的因数连乘起来。

2、短除法:先找公有的约数,然后相乘。

3、辗转相除法:每一次都用除数和余数相除,能够整除的那个余数,就是所求的最大公约数。

公倍数:几个数公有的倍数,叫做这几个数的公倍数;其中最小的一个,叫做这几个数的最小公倍数。

12的倍数有:12、24、36、48……;

18的倍数有:18、36、54、72……;

那么12和18的公倍数有:36、72、108……;

那么12和18最小的公倍数是36,记作[12,18]=36;

最小公倍数的性质:

1、两个数的任意公倍数都是它们最小公倍数的倍数。

2、两个数最大公约数与最小公倍数的乘积等于这两个数的乘积。

求最小公倍数基本方法:1、短除法求最小公倍数;2、分解质因数的方法



17.数的整除

一、基本概念和符号:

1、整除:如果一个整数a,除以一个自然数b,得到一个整数商c,而且没有余数,那么叫做a能被b整除或b能整除a,记作b|a。

2、常用符号:整除符号“|”,不能整除符号“”;因为符号“∵”,所以的符号“∴”;

二、整除判断方法:

1.       能被2、5整除:末位上的数字能被2、5整除。

2.       能被4、25整除:末两位的数字所组成的数能被4、25整除。

3.       能被8、125整除:末三位的数字所组成的数能被8、125整除。

4.       能被3、9整除:各个数位上数字的和能被3、9整除。

5.       能被7整除:

①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成数之差能被7整除。

②逐次去掉最后一位数字并减去末位数字的2倍后能被7整除。

6.       能被11整除:

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:28

(接上篇)小学奥数理论知识速查手册(下)

①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被11整除。

②奇数位上的数字和与偶数位数的数字和的差能被11整除。

③逐次去掉最后一位数字并减去末位数字后能被11整除。

7.       能被13整除:

①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被13整除。

②逐次去掉最后一位数字并减去末位数字的9倍后能被13整除。

三、整除的性质:

1.       如果a、b能被c整除,那么(a+b)与(a-b)也能被c整除。

2.       如果a能被b整除,c是整数,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的最小公倍数整除。



18.余数及其应用

基本概念:对任意自然数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的余数,q叫做a除以b的不完全商。

余数的性质:

①余数小于除数。

②若a、b除以c的余数相同,则c|a-b或c|b-a。

③a与b的和除以c的余数等于a除以c的余数加上b除以c的余数的和除以c的余数。

④a与b的积除以c的余数等于a除以c的余数与b除以c的余数的积除以c的余数。

19.余数、同余与周期

一、同余的定义:

①若两个整数a、b除以m的余数相同,则称a、b对于模m同余。

②已知三个整数a、b、m,如果m|a-b,就称a、b对于模m同余,记作a≡b(mod m),读作a同余于b模m。

二、同余的性质:

①自身性:a≡a(mod m);

②对称性:若a≡b(mod m),则b≡a(mod m);

③传递性:若a≡b(mod m),b≡c(mod m),则a≡ c(mod m);

④和差性:若a≡b(mod m),c≡d(mod m),则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),则a×c≡ b×d(mod m);

⑥乘方性:若a≡b(mod m),则an≡bn(mod m);

⑦同倍性:若a≡ b(mod m),整数c,则a×c≡ b×c(mod m×c);

三、关于乘方的预备知识:

①若A=a×b,则MA=Ma×b=(Ma)b

②若B=c+d则MB=Mc+d=Mc×Md

四、被3、9、11除后的余数特征:

①一个自然数M,n表示M的各个数位上数字的和,则M≡n(mod 9)或(mod 3);

②一个自然数M,X表示M的各个奇数位上数字的和,Y表示M的各个偶数数位上数字的和,则M≡Y-X或M≡11-(X-Y)(mod 11);

五、费尔马小定理:如果p是质数(素数),a是自然数,且a不能被p整除,则ap-1≡1(mod p)。



20.分数与百分数的应用

基本概念与性质:

分数:把单位“1”平均分成几份,表示这样的一份或几份的数。

分数的性质:分数的分子和分母同时乘以或除以相同的数(0除外),分数的大小不变。

分数单位:把单位“1”平均分成几份,表示这样一份的数。

百分数:表示一个数是另一个数百分之几的数。

常用方法:

①逆向思维方法:从题目提供条件的反方向(或结果)进行思考。

②对应思维方法:找出题目中具体的量与它所占的率的直接对应关系。

③转化思维方法:把一类应用题转化成另一类应用题进行解答。最常见的是转换成比例和转换成倍数关系;把不同的标准(在分数中一般指的是一倍量)下的分率转化成同一条件下的分率。常见的处理方法是确定不同的标准为一倍量。

④假设思维方法:为了解题的方便,可以把题目中不相等的量假设成相等或者假设某种情况成立,计算出相应的结果,然后再进行调整,求出最后结果。

⑤量不变思维方法:在变化的各个量当中,总有一个量是不变的,不论其他量如何变化,而这个量是始终固定不变的。有以下三种情况:A、分量发生变化,总量不变。B、总量发生变化,但其中有的分量不变。C、总量和分量都发生变化,但分量之间的差量不变化。

⑥替换思维方法:用一种量代替另一种量,从而使数量关系单一化、量率关系明朗化。

⑦同倍率法:总量和分量之间按照同分率变化的规律进行处理。

⑧浓度配比法:一般应用于总量和分量都发生变化的状况。

21.分数大小的比较

基本方法:

①通分分子法:使所有分数的分子相同,根据同分子分数大小和分母的关系比较。

②通分分母法:使所有分数的分母相同,根据同分母分数大小和分子的关系比较。

③基准数法:确定一个标准,使所有的分数都和它进行比较。

④分子和分母大小比较法:当分子和分母的差一定时,分子或分母越大的分数值越大。

⑤倍率比较法:当比较两个分子或分母同时变化时分数的大小,除了运用以上方法外,可以用同倍率的变化关系比较分数的大小。(具体运用见同倍率变化规律)

⑥转化比较方法:把所有分数转化成小数(求出分数的值)后进行比较。

⑦倍数比较法:用一个数除以另一个数,结果得数和1进行比较。

⑧大小比较法:用一个分数减去另一个分数,得出的数和0比较。

⑨倒数比较法:利用倒数比较大小,然后确定原数的大小。

⑩基准数比较法:确定一个基准数,每一个数与基准数比较。



22.分数拆分


23.完全平方数

完全平方数特征:

1.       末位数字只能是: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.       约数个数为奇数;反之成立。

5.       奇数的平方的十位数字为偶数;反之不成立。

6.       奇数平方个位数字是奇数;偶数平方个位数字是偶数。

7.       两个相临整数的平方之间不可能再有平方数。

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:两个数相除又叫两个数的比。比号前面的数叫比的前项,比号后面的数叫比的后项。

比值:比的前项除以后项的商,叫做比值。

比的性质:比的前项和后项同时乘以或除以相同的数(零除外),比值不变。

比例:表示两个比相等的式子叫做比例。a:b=c:d或

比例的性质:两个外项积等于两个内项积(交叉相乘),ad=bc。

正比例:若A扩大或缩小几倍,B也扩大或缩小几倍(AB的商不变时),则A与B成正比。

反比例:若A扩大或缩小几倍,B也缩小或扩大几倍(AB的积不变时),则A与B成反比。

比例尺:图上距离与实际距离的比叫做比例尺。

按比例分配:把几个数按一定比例分成几份,叫按比例分配。



25.综合行程

基本概念:行程问题是研究物体运动的,它研究的是物体速度、时间、路程三者之间的关系.

基本公式:路程=速度×时间;路程÷时间=速度;路程÷速度=时间

关键问题:确定运动过程中的位置和方向。

相遇问题:速度和×相遇时间=相遇路程(请写出其他公式)

追及问题:追及时间=路程差÷速度差(写出其他公式)

流水问题:顺水行程=(船速+水速)×顺水时间

逆水行程=(船速-水速)×逆水时间

顺水速度=船速+水速

逆水速度=船速-水速

静水速度=(顺水速度+逆水速度)÷2

水    速=(顺水速度-逆水速度)÷2

流水问题:关键是确定物体所运动的速度,参照以上公式。

过桥问题:关键是确定物体所运动的路程,参照以上公式。

主要方法:画线段图法

基本题型:已知路程(相遇路程、追及路程)、时间(相遇时间、追及时间)、速度(速度和、速度差)中任意两个量,求第三个量。



26.工程问题

基本公式:

①工作总量=工作效率×工作时间

②工作效率=工作总量÷工作时间

③工作时间=工作总量÷工作效率

基本思路:

①假设工作总量为“1”(和总工作量无关);

②假设一个方便的数为工作总量(一般是它们完成工作总量所用时间的最小公倍数),利用上述三个基本关系,可以简单地表示出工作效率及工作时间.

关键问题:确定工作量、工作时间、工作效率间的两两对应关系。

经验简评:合久必分,分久必合。



27.逻辑推理

基本方法简介:

①条件分析—假设法:假设可能情况中的一种成立,然后按照这个假设去判断,如果有与题设条件矛盾的情况,说明该假设情况是不成立的,那么与他的相反情况是成立的。例如,假设a是偶数成立,在判断过程中出现了矛盾,那么a一定是奇数。

②条件分析—列表法:当题设条件比较多,需要多次假设才能完成时,就需要进行列表来辅助分析。列表法就是把题设的条件全部表示在一个长方形表格中,表格的行、列分别表示不同的对象与情况,观察表格内的题设情况,运用逻辑规律进行判断。

③条件分析——图表法:当两个对象之间只有两种关系时,就可用连线表示两个对象之间的关系,有连线则表示“是,有”等肯定的状态,没有连线则表示否定的状态。例如A和B两人之间有认识或不认识两种状态,有连线表示认识,没有表示不认识。

④逻辑计算:在推理的过程中除了要进行条件分析的推理之外,还要进行相应的计算,根据计算的结果为推理提供一个新的判断筛选条件。

⑤简单归纳与推理:根据题目提供的特征和数据,分析其中存在的规律和方法,并从特殊情况推广到一般情况,并递推出相关的关系式,从而得到问题的解决。



28.几何面积

基本思路:

在一些面积的计算上,不能直接运用公式的情况下,一般需要对图形进行割补,平移、旋转、翻折、分解、变形、重叠等,使不规则的图形变为规则的图形进行计算;另外需要掌握和记忆一些常规的面积规律。

常用方法:

1.       连辅助线方法

2.       利用等底等高的两个三角形面积相等。

3.       大胆假设(有些点的设置题目中说的是任意点,解题时可把任意点设置在特殊位置上)。

4.       利用特殊规律

①等腰直角三角形,已知任意一条边都可求出面积。(斜边的平方除以4等于等腰直角三角形的面积)

②梯形对角线连线后,两腰部分面积相等。

③圆的面积占外接正方形面积的78.5%。

雪帆提示:在几何面积里,很多孩子都不是太明白,实际上它有几个知识点,如果你掌握了,万事就ok了!



29.立体图形

名称
图形
特征
表面积
体积






8个顶点;6个面;相对的面相等;12条棱;相对的棱相等;
S=2(ab+ah+bh)
V=abh

=Sh
  






8个顶点;6个面;所有面相等;12条棱;所有棱相等;
S=6a2
V=a3
  






上下两底是平行且相等的圆;侧面展开后是长方形;
S=S侧+2S底

S侧=Ch
V=Sh
  






下底是圆;只有一个顶点;l:母线,顶点到底圆周上任意一点的距离;
S=S侧+S底

S侧=rl
V=Sh
  




圆心到圆周上任意一点的距离是球的半径。
S=4r2
V=r3
  




30.时钟问题—快慢表问题

基本思路:

1、 按照行程问题中的思维方法解题;

2、 不同的表当成速度不同的运动物体;

3、 路程的单位是分格(表一周为60分格);

4、 时间是标准表所经过的时间;

合理利用行程问题中的比例关系;



    老师友情提示:这些理论只作为参考,千万不要死记硬背!灵活运用才是硬道理!只教公式的是最愚蠢的老师!

伯贺老师 发表于 2009-5-14 11:31

关于学习数论,给孩子的几点建议

关于学习数论,给孩子的几点建议

问题1】数论究竟包括哪几部分内容?

  答:我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类:

  整除问题:(1)整除的性质;(2)数的整除特征(小升初常考内容)

  余数问题:(1)带余除式的运用     被除数=除数×商+余数.(余数总比除数小)

  (2)同余的性质和运用

  奇偶问题:(1)奇偶与加减运算;(2)奇偶与乘除运算

  质数合数:重点是质因数的分解(也称唯一分解定理)

  约数倍数:(1)最大公约最小公倍两大定理

  一:两个自然数分别除以它们的最大公约数,所得的商互质。

  二:两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。

  (2)约数个数决定法则             (小升初常考内容)

  整数及分数的分解与分拆:这一部分在一类中学的分班考试题中常常出现,属于较难的题型。

  【问题2】数论部分在考试题型中占据什么地位?

  答:在整个数学领域,数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书,数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中,我们系统研究发现,直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右,而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中,这一分值比例还将更高。

  出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据,这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。

  【问题3】孩子在学习数论部分常常会遇到哪些问题?

  数学课本上的数论简单,竞赛和小升初考试的数论不简单。

  答:有些孩子错误地认为数论的题目很简单,因为他们习惯了数学课本上的简单数论题,比如:

  例1:求36有多少个约数?

  这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是:

  例2:求3600有多少个约数?

  很多孩子就懵了,因为“平时考试里没有出过这么大的数!”(孩子语)于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求,白白浪费了大把的时间,即使最后求出结果也并不划算。

  这道题其实用约数个数决定法则非常好求,而且省时省力!可是我们的出题老师却振振有词道:“这道题不超纲,也符合教委的精神,因为你就是用普通数学的方法也能做出来,无非多花一些时间而已!”殊不知考试的时间何其宝贵,这道题的解法其实已经将孩子的数学水平分出了高下!

  数论的定理背起来简单,但真正理解和掌握却很难。

  数论的定理在很多好的奥数辅导书中都有概括,于是有些孩子拿起来蒙头就开始背,终于花了不少时间硬啃下来,却不食其中“滋味”,遇上数论的题目只能一条一条定理的硬套,结果很多题目还是不会做。这里的原因在于缺乏老师正确的引导,很多定理细心领会比死记更重要!孩子自身的领悟能力有限,站在老师的肩膀上才能看得更远!

  单个数论的知识点掌握起来较简单,但综合运用却很难。

  数论的题有的时候会和其它知识点综合起来考察,比如和分数,和计数综合等等。这样的题学生往往感觉无从下手,也有一定难度,因此得分率很低。比如,

  例3:一个学校参加某项兴趣活动的学生不到100人,其中男同学人数超过总数的4/7 ,女同学的人数超过总数的2/5 。问男女生各多少人?(理工附今年小升初选拔压轴题)

  这道题兼顾分数主要从数论中的整除特性考查学生。

  例4:有一个四位数分别除以它的各位数字得到四个整数商,这四个商的和还是这个四位数,求满足要求的四位数共有多少个

  这道题同样从数论入手考察学生多个知识点的综合运用,题目较难。

  【问题4】该如何学习数论知识?

  答:数论的知识点较多,在考试中占的比重较大,学生在学习的过程中,熟记定理是必要的,除了熟记以外,更应该知其然,知其所以然。如果时间允许,可以动手将所有定理和公式一一推导一遍。比如:为什么能被4(或25)整除的数只需要看末尾两位是否能被4(或25)整除?原来可以分成两部分的和[ +  ] 前一部分能被100整除(当然也肯定能被4或25整除),所以只需看后两位即可。理解了这个也就不难理解:为什么能被8(或125)整除的数只需要看末三位是否能被其整除即可(想一想?)

  这样做的益处是一方面让孩子更深刻的理解了定理和公式来源,举一反三,而不是死记硬背;另一方面当作习题来熟练解题套路,实践证明对于孩子的思维发散是很有帮助的。

要想深刻掌握数论题的解题要领,还需要多做些数论的综合题。有些解题的常用套路是可以归纳总结的,比如整数表示法,枚举法,反证法,构造法等等在这里不一一叙述,需要由老师帮助引领完成。





“数论”为什么难住了你?薛老师教你两个绝招



下面针对本周学习的数论的知识,给各位同学介绍一篇小文章,希望能对同学们的学习提供一些帮助。

    数论一直是一个比较热门的考点,但同时也是最难把握,最容易变换的一个知识点。很多孩子课后跟我讲,数论的东西虽然课上听明白了,但是变化一个角度出题就又犯糊涂了,针对这个问题,我想就以下几个方面提点建议,希望对同学有帮助。

  首先,学好数论,必须要先把知识点给抓住。

  数论这部分内容比较杂,所以你在学习的时候,不但要把基本概念给记住,而且要把相关的特性都给搞明白,这就需要你一步一步的积累。

  一、数的整除,质数与合数问题:如果问你它们的定义是什么,你可能很快就可以给出答案,但是你是否能罗列一些关于它们的特性呢?数的整除是数论的基础,对于一些特殊数的整除特性,你必须要牢记于脑。而质数与合数的问题,很多时候是和奇偶性联系在一起的。

  例如:有一道题目这样说,有两个质数的和是99,问这两个质数的乘积是多少?

  这看似简单的一道题目,其实蕴藏了很多知识点。首先你要明白什么是质数,其次你要知道两数和的特点是什么?怎么样能得偶数和怎么样能得奇数和。明白了这两点,这道题目一眼就可以知道答案。

  二、约数与倍数问题:这里面最重要的就是最大公约数和最小公倍数问题。

  关于这个知识点,你必须掌握:1,它们的概念是什么;2,它们的求解方法,即短除和分解质因数,你是否都能灵活应用;3,关于两个数的约束与倍数运算的技巧是什么?这些问题我们在讲课的时候都做了强调而且给出了总结,你是否都做好了笔记,是否都熟练掌握了?

  三,余数问题:这是数论里面的难中之难。为什么这么说呢?因为关于余数的问题,一般都是比较综合的题目。往往一道题目中把约数与倍数,质数与和数等等的知识全都归结到了一起。

  但是万变不离其宗,我在讲课的时间也强调了,余数问题不管怎么变,只要抓住一个式子,什么问题都迎刃而解了:A÷B=C…D.如果你能把老师上课讲的内容掌握,真正能理解这个问题,那不管你遇到的是同余问题,还是其它的复杂题目,你都能找到解题的突破口。

  四、数论综合:这一部分既是对数论内容的一个归纳总结,拓展应用,也是对你知识点的一个深入。在这里你必须要记住一些常用的计算技巧。

  其次,数论的学习要采用联想法

  联想法不仅对学数论很重要,对你其它的方面的学习也同样有很好的作用。

  怎么来联想?

  例如,我们都知道一个经常用的算式:1001=7×11×13,可是当你看到这个式子的时候,你是否能想到什么呢?为什么1001偏偏能分解成这三个数,你可以联想到数的整除中7,11 ,13的特性,那么顺带的你可以把其他的整除特性也想想。同时,既然有因式分解,那必然有约数与倍数,你可以问问自己,约数与倍数的问题都有什么,约数的个数怎么求?如果你对每个问题都能这样的问下去,那我可以保证,你的数论绝对没有问题,不管出多么难,多么复杂的问题,你都可以轻松对付。

  因此,数论其实并不象同学们想的那么复杂,那么可怕。要想学好数论,你只要做到两点就可以。一,必须把所有的知识点牢记于脑;二,对于每道题目,你必须对每句话都做一个分析,联想所有你能想到的知识点。现在我们不能为了做题而记知识点,我们应该为了记知识点而做题,只有这样,你才能把每个知识点给吃透,记牢,你才能在以后的做题过程中越来越轻车熟路。希望每个同学都能把数论轻松学好,加油,孩子们!

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