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    小学奥数知识点趣味学习——整数的分拆(3)

    2021-01-04 小学奥数 11 ℃ 0 评论
    原文标题:小学奥数知识点趣味学习——整数的分拆(3)
    本文摘要:整数的拆分,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... ...
    本文关键词:小学奥数3,小学奥数竞赛
    正文:




    整数的拆分,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。



    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。



    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。



    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。


    在具体分拆时,当S为偶数时,



    当S为奇数时,m、n分别为



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    标签:小学奥数3

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