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新型梯形%2f梯-笼状聚倍半硅氧烷的合成及其含氢不对称环四聚硅氧烷的聚合行为的研究.pdf 88页
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、煳螋杭州i师范大学研究生学位论文独创性声明本人声明所呈交的学位论文是本人在导师指导下进行的研宄工作及取得的研究成果。除了文中特别加以标注和致谢的地方外，论文中不包含其他人已经发表或撰写过的研究成果，也不包含为获得杭州师范大学或其他教育机构的学位或证书而使用过的材料。与我一同工作的同志对本研究所做的任何贡献均已在论文中作了明确的说明并表示谢意。学位论文作者签名字日期：20f中年莎月多日学位论文版权使用授权书本学位论文作者完全了解垫型塑整盘芏有权保留并向国家有关部门或机构送交本论文的复印件和磁盘，允许论文被查阅和借阅。本人授权筮塑竖整盘堂可以将学位论文的全部或部分内容编入有关数据库进行检索和传播，可以采用影印、缩印或扫描等复制手段保存、汇编学位论文。(保密的学位论文在解密后适用本授权书)学位论文作者签名：剀训缘慧签字日期：．=抛f争年莎月多日致谢时光荏苒，转眼三年的研究生生活即将结束。再回想这三年的经历，感受颇多。在科研、生活、做事等方面也逐渐成熟，这一切都得益于思师们的引领和同学、朋友对我的帮助。在此，对他们表示最诚挚的感谢。首先要感谢我的合作导师老师李泽博士，李老师渊博的专业知识、创造性的独到见解使我在科研上取得了很大的进步；其严谨的治学精神，精益求精的工作作风、一丝不苟的科研作风、开拓创新的科研精神、诲人不倦的人格魅力深深地影响了我，让我受益终生。李老9币为人正直，待人可亲，治学严谨，对POSS领域创新的想法令我望尘莫及，对科研的执著精神令人钦佩。李老师不仅传授我严谨的思维方法，更教会我面对挫折和失败时要不放弃，我的每一个进步，都来自李老师辛勤的付出。李老师，您辛苦了!另外要特别感谢我的指导教师来国桥教授，在科研工作中给予的指导，为我指点迷津，帮我拓展思路，他严谨求实的科研态度、踏实勤勉的精神深深地感染了我!感谢本课题组内李美江老师、高建华老师及赵英辉老师等在科研、生活方面给予的帮助；感谢有机硅实验室藉剑雄老师、彭家建老师、徐利文老师、伍川老师、曹建老师给予的关怀。还要感谢的所有师兄弟姐妹们…一吴艳金、齐向业、王虎、孔玉龙、邹彬、宫艳强、田垄、王磊、程大海、武侠、叶国方、吴春勇、杜明朋等等，感谢你们陪我度过了三年的实验室生活。感谢2011级研究生全班同学的大力支持和无私的帮助。还要感谢感谢数据分析与测试中心老师们及时的数据支持。最后要感谢我的父母和家人，感谢他们对我毫无保留的付出与坚定不移的支持。谨向给我鞭策和帮助的老师、家人、朋友和同学表示由衷的感谢!杭州师范大学硕士学位论文摘要摘要聚倍半硅氧烷兼具优异热稳定性与结构多样性的优点，为制备先进有机硅材料创造了可能。白1960年Brown首次用“热平衡缩聚法”合成一种梯形结构的聚倍半硅氧烷后，近五十多年合成的一些规整结构的聚倍半硅氧烷不是因为产率低，就是因为步骤繁琐，条件苛刻，而具有新型规整结构的聚倍半硅氧烷，特别是高分子量规整结构的聚倍半硅氧烷鲜有报道。本文主要通过水解缩合与脱氢偶联反应，设计合成了具有规整结构的梯形、梯一笼状聚倍半硅氧烷，并对合成的聚硅氧烷进行聚合行为及性能研究。1．新型梯形、梯一笼状聚倍半硅氧烷的合成研究采用全同环形四硅醇与具有四个平行官能团的双甲板结构四硅醇为原料，通过缩合与脱氯化氢反应制备了硅氢封端、半封端的低聚梯形和双甲板形倍半硅氧烷。探讨了实验条件温度、催化剂、溶剂等对反应的影响，并尝试拆分制备的低聚倍半硅氧烷的多种异构体。2．含氢不对称环四硅氧烷的合成研究从三氯硅烷出发，成功合成苯基二氯硅烷，1，3一二氯一l，3一二苯基二硅氧烷，将制备的l，3一二氯一1，3一二苯基二硅氧烷和1，3一二氯一1，3～二甲基二硅氧烷分别与四甲基二硅醇通过脱氯化氢反应合成了两种含氢不对称环四硅氧烷。其中，苯基二氯硅烷的合成及水解产物的分离为关键步骤。3．环四硅氧烷的聚合行为研究催化剂参与下，两种含氢不对称环四硅氧烷与水反应生成两种聚合物。利用高。通过TGA及与三氯硅烷缩合反应对聚合物的热性能和化学性质进行了表征，结果显示聚合物是一种含S}OH键超支化结构，而非线形的高分子。关键词：规整结构聚倍半硅氧烷、脱氢偶联反应、含氢不对称环四硅氧烷、缩合反应、超支化结构V抗州师范大学硕士掌位论文AbstractAbstracttheofstablelhermoanddiversePolysilsesquioxanegathersadvantagesperfectlystructuresinrenderstheofadvancedsiliconernateriaIitself,whichmakingposs而le．firstthemethodof”_lherrmlSince】960，Brownemployedequilibriumawithladderstructure．polyc
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初下册奥数(13-23讲)
从三角形内角和谈起三角形的内角和等于180°(也称一个平角)是三角形的一个基本性质．从它出发可引出下面两个事实：(1)三角形的外角等于此三角形中与它不相邻的两个内角和．如图1－35所示．延长三角形的三条边，由三角形一条边及另一条边的延长线所成的角称为该三角形的一个外角．如图1－35中的∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6．由于∠1+∠ABC=180°(平角)，又∠BAC+∠BCA+∠ABC=180°所以∠1=∠BAC+∠BCA．同法可证∠3=∠BAC+∠ABC，∠5=∠ABC+∠ACB．(2)n边形的内角和等于(n-2)×180°如图1－36所示．以n边形A1A2?An的某一个顶点(如A1)为共同顶点，将这个n边形“分割成”n-2个三角形△A1A2A3，△A1A3A4，?，△A1An-1An．由于每一个三角形的内角和等于180°，所以，这n-2个三角形的内角和(即n边形的内角和)为(n-2)×180°(详证见后面例6)．三角形内角和等于180°这个事实有着广泛的应用．例1如图1－37所示．平面上六个点A，B，C，D，E，F构成一个封闭折线图形．求：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F==360°．分析 所求的六个角分布在三个三角形中，但需减去顶点位于P，Q，R处的三个内角，由图形结构不难看出，这三个内角可以集中到△PQR中．解
在△PAB，△RCD，△QEF中，∠A+∠B+∠APB=180° ①∠C+∠D+∠CRD=180° ②∠E+∠F+∠EQF=180° ③又在△PQR中,∠QPR+∠PRQ+∠PQR=180° ④又∠APB=∠QPR，∠CRD=∠PRQ，∠EQF=∠PQR(对顶角相等)．①+②+③-④得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F==360°说明
依据图形的特点，利用几何图形的性质将分散的角集中到某些三角形之中，是利用三角形内角和性质的前提．例2求如图1－38所示图形中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．分析 如果我们注意力放在三角形内角和上，那么∠ABE=∠ABO+∠OBE，∠AEB=∠AED+∠OEB．而∠ABE，∠AEB属于△ABE，∠OBE，∠OEB属于△OBE，再注意到△OBE及△ODC中，因∠BOE=∠COD(对顶角)，因而，∠D+∠C=∠OBE+∠OEB．从而，可求出题中五角和．解法1
连接BE．在△COD中，∠C+∠D+∠COD=180°
①在△ABE中，∠A+∠ABE+∠AEB=180°
②①+②得(∠A+∠C+∠D)+∠COD+∠ABE+∠AEB=360° ③又∠ABE=∠ABO(即为∠B)+∠OBE，∠AEB=∠AEO(即为∠E)+∠OEB．故③式可化为(∠A+∠B+∠C+∠D+∠E)+(∠COD+∠OBE+∠OEB)=360°④由于∠COD=∠BOE(对顶角相等)，在△BOE中∠COD+∠OBE+∠OEB=∠BOE+∠OBE+∠OEB＝180°由④得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E =180°解法2
如果我们注意到三角形外角的性质，结合图形(图1－39)会发现在△OCD中有∠1=∠C+∠D，△APE中∠2=∠A+∠E，在△BOP中∠1+∠2+∠B=180°从而有∠A+∠B+∠C+∠D+∠E =180°说明
本例解法2比解法1简洁，因为我们应用了关于三角形外角的性质．例3 如图1－40所示．在△ABC中，∠B的平分线与∠C的外角平分线交于D，且∠D=30°,求∠A的度数． 分析 D位于△BCD中，A位于△ABC中，它们位于两个不同的三角形之中，欲利用三角形内角和定理解决问题，就必须寻求两个三角形中内角之间的关系，角平分线的条件为我们提供了信息，事实上?DBC以及∠DCB=∠ACB+∠ACD(它是∠C外角的一半).解 由已知，∠D=30°,在△BCD中，∠CBD+∠BCD=180°-30°=150°①因为BD是∠ABC的平分线，所以?CBD1 ABC,21 ABC
又因为CD是∠ACE的平分线，所以?ACD从而?BCD1 ACE 211?ACE?ACB(?A ABC) ③ 22111
由①，②，③得?ABC?ACB(?A?ABC)150靶,即ABC+?ACB?A150
222?ACB又因∠ABC+∠ACB+∠A =180°, 所以∠A=60°说明
解决本题的关键在于两条角平分线架起了△ABC与△BCD之间的桥梁，完成了从已知向未知的过渡．细心审题，发现已知与所求之间的联系，常是解题的重要前提．例4
如图1-41所示．∠A=10°,∠ABC=90°,∠ACB=∠DCE，∠ADC=∠EDF，∠CED=∠FEG．求∠F的度数． 分析 如果我们能注意到所给的一系列等角条件正反映了内角与外角的关系，问题就不难解决．例如在∠ACB=∠DCE中，∠ACB是△ABC的一个内角，∠DCE是△ACD的外角．∠ADC=∠EDF及∠CED=∠FEG两个等式两边的角也是类似情况，这就为我们利用外角定理解题创造了机会．解 在△ABC中，∠A=10°,∠ABC=90°,所以∠ACB＝80°,因为∠DCE=∠ACB=80°在△ACD中，∠DCE是它的一个外角，所以∠DCE=∠A+∠ADC，即80°=10°+∠ADC，所以∠ADC=70°,∠EDF=∠ADC=70°在△ADE中，∠EDF是它的一个外角，所以∠EDF=∠A+∠AED，即70°=10°+∠AED，所以∠AED=60°,∠FEG=∠AED=60°在△AEF中，∠FEG是它的一个外角，所以∠FEG=∠A+∠F，所以∠F=∠FEG-∠A=60°-10°=50°例5 如图1－42所示．△ABC的边BA延长线与外角∠ACE的平分线交于D．求证：∠BAC＞∠B．分析 三角形的外角定理的意义中已暗含着“三角形的外角大于三角形中与此外角不相邻的内角”的意义．证明有关三角形角的不等问题可从此下手．证 BAC是△ACD的一个外角，因为∠BAC=∠1+∠D，所以2∠BAC=2∠1+2∠D=∠ACE+2∠D＞∠ACE ①( 因为CD是∠ACE的平分线．)又∠ACE是△ABC的一个外角，所以∠ACE=∠B+∠BAC．②由①,②得2∠BAC＞∠B+∠BAC，所以∠BAC＞∠B．由于多边形可以分割为若干个三角形，因而多边形的内角和可以转化为三角形内角和来计算．下面我们来求n(n≥3的自然数)边形的内角和．例6 n边形的内角和等于(n-2)×180°。分析 我们不妨先从具体情况入手．当n=4时，如图1－43所示．四边形ABCD用一条对角线可以分割成两个三角形，因此四边形ABCD的内角和=三角形ABC的内角和+三角形ACD的内角和=2×180°=360°。当n=5时，如图1－44所示．五边形ABCDE用两条对角线可以分割为三个三角形．类似于n=4的情况，可证明：五边形ABCDE的内角和=3×180°=540°。由这两个具体实例，我们可以找到n边形的内角和的证明方法．证在n边形A1A2A3?An中，以A1为一个端点，连接对角线A1A3，A1A4，?，A1An-1，共有(n-1)-3+1=n-3条对角线，将这个n边形分割成n-2个三角形．显然，这n-2个三角形的内角“合并”起来恰是这个n边形的n个内角，如图1-45所示．所以n边形的内角和=(n-2)×180°说明 (1)从具体的简单的问题入手常能找到解决复杂问题的思路．如本题从n=4，5入手，找到将多边形分割为三角形的方法(这是一个本质的方法)，从而可以推广到n为任意自然数的范围中去．(2)各条边都相等，各个内角都相等的多边形称为正多边形．由本例自然可以推出正n边形每一个内角的大小．设正n边形的一个内角大小为a，则n边形的内角和=na=(n-2)×180° 所以a=(n-2)窗
2(5-2)窗180=108
5(10-2)正十边形的内角度数为a=窗180=144
10例如正五边形的内角的度数为a=
练习十三1．如图1-46所示．求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．2．如图1-47所示．求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．3．如图1-48所示．求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．4．如图1-49所示．求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．．5．若多边形内角和分别为下列度数时，试分别求出多边形的边数：(1)1260° (2)2160°6．证明：n边形的外角和等于360°
面积问题我们已经学过的面积公式有： (1)S三角形＝ah(其中h表示a边上的高)(2) S平行四边形=ah(其中h表示a边上的高) (3) S梯形＝a+b)h(其中a,b表示梯形中两条平行边的长，h表示平行边之间的距离)由于多边形可以分割为若干个三角形，多边形的面积等于各三角形面积和，因此，三角形的面积是面积问题的基础．等积变形是面积问题中富于思考性的有趣问题，它是数学课外活动的重要内容，这一讲中我们将花较多的篇幅来研究多边形的等积变形．等积变形是指保持面积不变的多边形的变形．三角形的等积变形是多边形等积变形的基础，关于三角形的等积变形有以下几个主要事实：(1)等底等高的两个三角形面积相等．(2)两个三角形面积之比，等于它们的底高乘积之比．(3)两个等底三角形面积之比，等于它们的高之比．(4)两个等高三角形面积之比等于它们的底之比．例1 已知△ABC中三边长分别为a，b，c，对应边上的高分别为ha=4，hb=5，hc=3．求a∶b∶c． 解 设△ABC的面积为S，则有 121211153a?hab?hbc?hc2a=b=c 22222S2S2S122
所以a=,b=,c=
所以a:b:c=::=15:12:20 253253
S=说明 同一个三角形依面积公式可以有三种不同的表示法，由此获得三边之比．2例2 如图1－51，平行四边形ABCD的面积为64平方厘米(cm)，E，F分别为AB，AD的中点，求△CEF的面积．分析 由于△CEF的底与高难以从平行四边行的面积中求出，因此，应设法将四边形分割为三角形，利用面积比与底(高)比来解决．解 连接AC．E为AB中点，所以
S?BCE=11S?ABC=S?ABCD=16(平方厘米) 24111S?AED=S?ABD=S?ABCD=8(平2483
同理可得S△CDF=16（平方厘米）
连接DE，DB，F为AD中点，所以S?AEF=方厘米
)从而S△CEF=S□ABCD-S△AEF-S△BCE-S△CDF=64-16-16-8=24(平方厘米)．说明 (1)E，F是所在边的中点启发我们添加辅助线BD，DE．(2)平行四边形的对角线将平行四边形分成两个三角形的面积相等是由平行四边形对边相等及平行线间的距离处处相等，从而这两个三角形的底、高相等获知的．例3 如图1-52所示，已知△ABC的面积为1,且BD=111DC,AF=FD,CE=EF,求△DEF的面积。 222分析 直接求△DEF面积有困难，观察图形，发现△DEF与△DCF有共同的顶点D，其底边在同一条直线上，因而，高相同．所以S?DEFEF2== S?DCFCF3于是，求△DEF的面积就转化为求△DCF的面积．用同样的办法可将△DCF的面积转化为△ADC的面积，进而转化为△ABC的面积．解 因为CE=1EF,所以EF＝2CE,△DEF与△DCF有共同的项点D,且底边EF，CF在同一条直线上，所以2S?DEFEF2==，即EF∶CF=2∶3， S?DCFCF3同理，△DCF与△DCA有共同的顶点C，且底边DF，DA在同一条直线上，由已知DF∶DA=2∶3， S?DCF2S2=,同样?DCA= S?DCA3S?BCA32222228所以S?DEF=S?DCF=S?DCA=S?BCA= 所以例4 面积方法证明：三角形两边中点连线平行于第三边．分析与解如图1－53所示．设E，F分别是AB，AC的中点，可求得△EBC与△FBC的面积相等(均为△ABC面积的一半)．由于这两个三角形同底BC，因而这两个三角形的顶点E，F在一条与底边BC平行的直线上，所以EF∥BC．说明 (1)从证题过程看出，条件“E，F是所在边的中点”可以推广为S?CBES?BCFBES?CBECFS?BCFBECF骣AEAF琪=,=,则==或=等，事实上 琪BACA桫ABACBAS?CABCAS?BCAS?CABS?BCA从而S△CBE=S△BCF．这两个三角形同底BC，因此，它们的顶点E，F的连线与底边平行．(2)同样用面积的方法可以证明如下事实：三角形ABC中，若EF∥BC且AE∶EB=m，则AF∶FC=m(请同学们自己证明)．例5如图1－54．在△ABC中，E是AB的中点，D是AC上的一点，且AD∶DC=2∶3，BD与CE交于F，S△ABC=40，求S四边形AEFD．分析
四边形AEFD可分割为△AED与△DEF．从E是AB中点及D分AC为2∶3的条件看，△AED的面积不难推知，关键是如何推求△DEF的面积．为此，需通过添加辅助线的办法，寻求△DEF的面积与已知面积的关系．解
取AD的中点G，并连接EG，在△ABD中，E是AB的中点，由例3知EG∥BD．又CD∶DG=3∶1，从而，在△CEG中，CF∶FE=CD∶DG=3∶1(例3说明(2))，所以S△DFC∶S△DFE=3∶1．设S△DEF=x，则S△DFC=3x，S△DEC=4x．由于AD∶DC=2∶3，所以S△EAD∶S△ECD=2∶3， 28820S?EC=x,S?ACE=x+4x=x 33331820又因E是AB的中点，所以S?ACE=S?ABC=20=x+4x=x， 233于时S?EAD=所以x=3，即S△DEF=3,所以S△ADE=8，所以S四边形AEFD=S△ADE+S+=8+3=11．说明在三角形中，利用平行线实行比的转移，再利用等积变形，得到相应的面积的比，从而将欲求的△DEF的面积与已知的△ABC的面积“挂上了钩”．这里取AD的中点G，得到BD的平行线EG是关键．
如图1-55所示．E，F分别是平行四边形ABCD的边AD，AB上的点，且BE=DF，BE与DF交于O．求证：C点到BE的距离等于它到DF的距离．分析
过C作CG⊥BE于G，CH⊥FD于H，则CG，CH分别是C到BE，DF的距离，问题就是要证明CG=CH．结合已知，BE=DF，可以断言，△BCE的面积等于△CDF的面积．由于这两个三角形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半，因此它们等积，问题获解．解
连接CF，CE．因为S△BCE=S?BCE=11S?ABCD,S?CDF=S?ABCD 22所以S△BCE=S△CDF．因为BE=DF，所以CG=CH(CG，CH分别表示BE，DF上的高)，即C点到BE和DF的距离相等．说明 (1)△BCE与△CDF是两个形状及位置完全不同的三角形，它们面积相等正是通过等积变形――都等于同一平行四边形的面积之半．(2)通过等积变形可以证明线段的相等．
练习十四1．如图1－56所示．在△ABC中，EF∥BC，且AE∶EB=m，求证：AF∶FC=m．
2．如图1－57所示．在梯形ABCD中，AB∥CD．若△DCE的面积是△DCB面积的1，问△DCE的面积是△ABD面积的的几分之几？ 43．如图1－58所示．已知P为△ABC内一点，AP，BP，CP分别与对边交于D，E，F，把△ABC分成六个小三角形，其中四个小三角形的面积已在图中给出．求△ABC的面积．4．如图1－59所示．P为△ABC内任意一点，三边a，b，c的高分别为ha，hb，hc，且P到a，b，c的距离分别为ta，tb，tc． 求证：tatbtc++=1 hahbhc
5．如图1－60所示．在梯形ABCD中，两腰BA，CD的延长线相交于O，OE∥DB，OF∥AC且分别交直线BC于E，F．求证：BE=CF．6．如图1－61所示．P是△ABC的AC边的中点，PQ⊥AC交AB延长线于Q，BR⊥AC于R．求证：1S?ARQ=S?ABC 2
奇数与偶数通常我们所说的“单数”、“双数”，也就是奇数和偶数，即±1，±3，±5，?是奇数，0，±2，±4，±6，?是偶数．用整除的术语来说就是：能被2整除的整数是偶数，不能被2整除的整数是奇数．通常奇数可以表示为2k+1(或2k-1)的形式，其中k为整数，偶数可以表示为2k的形式，其中k是整数．奇数和偶数有以下基本性质：性质1
奇数≠偶数．性质2
奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数．性质3
奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数．
奇数个奇数之和是奇数；偶数个奇数之和是偶数；任意有限个偶数之和为偶数．性质5
若干个奇数的乘积是奇数，偶数与整数的乘积是偶数．性质6
如果若干个整数的乘积是奇数，那么其中每一个因子都是奇数；如果若干个整数的乘积是偶数，那么其中至少有一个因子是偶数．性质7
如果两个整数的和(或差)是偶数，那么这两个整数的奇偶性相同；如果两个整数的和(或差)是奇数，那么这两个整数一定是一奇一偶．性质8
两个整数的和与差的奇偶性相同．性质9
奇数的平方除以8余1，偶数的平方是4的倍数.性质1至性质6的证明是很容易的，下面我们给出性质7至性质9的证明．性质7的证明设两个整数的和是偶数，如果这两个整数为一奇一偶，那么由性质2知，它们的和为奇数，因此它们同为奇数或同为偶数．同理两个整数的和(或差)是奇数时，这两个数一定是一奇一偶．性质8的证明设两个整数为X，y．因为(x+y)+(x-y)=2x为偶数，由性质7便知，x+y与x-y同奇偶．222性质9的证明若x是奇数，设x=2k+1，其中k为整数，于是x=(2k+1)=4k+4k+1=4k(k+1)+1．2因为k与k+1是两个连续的整数，它们必定一奇一偶，从而它们的乘积是偶数．于是，x除以8余1．222若y是偶数，设y=2t，其中t为整数，于是y=(2t)=4t2所以，y是4的倍数．例1在1，2，3，?，1998中的每一个数的前面，任意添上一个“+”或“-”，那么最后运算的结果是奇数还是偶数？解
由性质8知，这最后运算所得的奇偶性同1+2+3+?+99的奇偶性是相同的，即为奇数． 例2设1，2，3，?，9的任一排列为a1，a2，?，a9.求证：(a1-1)(a2-2)?(a9-9)是一个偶数． 证法1
因为 (a1-1)+(a2-2)+(a3-3)+?+(a9-9)＝(a1+a2+??+a9)-(1+2+?+9)=0是偶数，所以，(a1-1)，(a2-2)，?，(a9-9)这9个数中必定有一个是偶数(否则，便得奇数个(9个)奇数的和为偶数，与性质4矛盾)，从而由性质5知(a1-1)(a2-2)?(a9-9)是偶数．证法2
由于1，2，?，9中只有4个偶数，所以a1，a3，a5，a7，a9中至少有一个是奇数，于是，a1-1，a3-3，a5-5，a7-7，a9-9至少有一个是偶数，从而(a1-1)(a2-2)?(a9-9)是偶数．例3
有n个数x1，x2，?，xn，它们中的每一个数或者为1，或者为-1．如果x1x2+x2x3+?+xn-1xn+xnx1=0，求证：n是4的倍数．证 我们先证明n=2k为偶数，再证k也是偶数．由于x1，x2，?，xn的绝对值都是1，所以，x1x2，x2x3，?，xnx1的绝对值也都是1，即它们或者为+1，或者为-1．设其中有k个-1，由于总和为0，故+1也有k个，从而n=2k．k下面我们来考虑(x1x2)(x2x3)?(xnx1)．一方面，有(x1x2)(x2x3)?(xnx1)＝(-1)，2另一方面，有(x1x2)(x2x3)?(xnx1)=(x1x2?xn)=1．k所以(-1)=1，故k是偶数，从而n是4的倍数．例4设a，b是自然数，且满足关系式(11111+a)(11111-b)=．求证：a-b是4的倍数． 证 由已知条件可得11111+a与11111-b均为奇数，所以a，b均为偶数．又由已知条件11111(a-b)=ab+2468，①ab是4的倍数，7也是4的倍数，所以11111×(a-b)是4的倍数，故a-b是4的倍数.例5
某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．证
我们证明每一个学生的得分都是偶数．设某个学生答对了a道题，答错了b道题，那么还有40-a-b道题没有答．于是此人的得分是5a+(40-a-b)-b=4a-2b+40，这是一个偶数．所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．例6
证明15块4×1的矩形骨牌和1块2×2的正方形骨牌不能盖住8×8的正方形.证
将8×8正方形的小方格用黑、白色涂色(如图1－62)．每一块4×1骨牌不论怎么铺设都恰好盖住两个白格，因此15块4×1的骨牌能盖住偶数个白格．一块2×2的骨牌只能盖住一个白格或三个白格，总之能盖住奇数个白格．于是15块4×1骨牌和一块2×2骨牌在图上盖住的白格是奇数个．事实上图上的白格数恰为偶数个，故不能盖住8×8的正方形．
练习十五1．设有101个自然数，记为a1，a2，?，a101．已知a1+2a2+3a3+?+100a100+101a101=s是偶数，求证：a1+a3+a5+?+a99+a101是偶数．2．设x1，x2，?，x1998都是+1或者-1．求证：x1+2x2+3x3+?+≠0．3．设x1，x2，?，xn(n＞4)为1或-1，并且x1x2x3x4+x2x3x4x5+?+xnx1x2x3=0．求证：n是4的倍数．4．(1)任意重排某一自然数的所有数字，求证：所得数与原数之和不等于99?9(共n个9，n是奇数)；(2)重排某一数的所有数字，并把所得数与原数相加，求证：如果这个和等于1010，那么原数能被10整除．5．(1)有n个整数，其和为零，其积为n．求证：n是4的倍数；(2)设n是4的倍数，求证：可以找到n个整数，其积为n，其和为零．6．7个杯子杯口朝下放在桌子上，每次翻转4个杯子(杯口朝下的翻为杯口朝上，杯口朝上的翻为杯口朝下)，问经过若干次这样的翻动，是否能把全部杯子翻成杯口朝上？7．能否把1，1，2，2，3，3，4，4，5，5这10个数排成一行，使得两个1中间夹着1个数，两个2之间夹着2个数，?，两个5之间夹着5个数？
第十六讲 质数与合数我们知道，每一个自然数都有正因数(因数又称约数)．例如，1有一个正因数；2，3，5都有两个正因数，即1和其本身；4有三个正因数：1，2，4；12有六个正因数：1，2，3，4，6，12．由此可见，自然数的正因数，有的多，有的少．除了1以外，每个自然数都至少有两个正因数．我们把只有1和其本身两个正因数的自然数称为质数(又称素数)，把正因数多于两个的自然数称为合数．这样，就把全体自然数分成三类：1、质数和合数．2是最小的质数，也是唯一的一个既是偶数又是质数的数．也就是说，除了2以外，质数都是奇数，小于100的质数有如下25个：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97．质数具有许多重要的性质：性质1
一个大于1的正整数n，它的大于1的最小因数一定是质数．2性质2
如果n是合数，那么n的最小质因数a一定满足a≤n．性质3
质数有无穷多个(这个性质将在例6中证明)．a1a2ar性质4
(算术基本定理)每一个大于1的自然数n，必能写成以下形式：n=p1p2?pr，这里的P1，P2，?，Pr是质数，a1，a2，?，ar是自然数．如果不考虑p1，P2，?，Pr的次序，那么这种形式是唯一的．关于质数和合数的问题很多，著名的哥德巴赫猜想就是其中之一．哥德巴赫猜想是：每一个大于2的偶数都能写成两个质数的和．这是至今还没有解决的难题，我国数学家陈景润在这个问题上做了到目前为止最好的结果，他证明了任何大于2的偶数都是两个质数的和或一个质数与一个合数的和，而这个合数是两个质数的积(这就是通常所说的1+2)．下面我们举些例子．例1
设p，q，r都是质数，并且p+q=r，p＜q．求p．解
由于r=p+q，所以r不是最小的质数，从而r是奇数，所以p，q为一奇一偶．因为p＜q，故p既是质数又是偶数，于是p=2．例2设p(≥5)是质数，并且2p+1也是质数．求证：4p+1是合数．证
由于p是大于3的质数，故p不会是3k的形式，从而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整数． 若p=3k+1，则2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数，与题设矛盾．所以p=3k+2，这时4p+1=4(3k+2)+1=3(4k＋3)是合数．4例3
设n是大于1的正整数，求证：n+4是合数．4证
我们只需把n+4写成两个大于1的整数的乘积即可．n+4=n+4n+4-4n＝(n+2)-4n＝(n-2n+2)(n+2n+2)，222因为n+2n＋2＞n-2n+2=(n-1)+1＞1，4所以n+4是合数．例4
是否存在连续88个自然数都是合数？解
我们用n！表示1×2×3×?×n.令a=1×2×3×?×89=89！，那么，如下连续88个自然数都是合数：a+2，a+3，a+4，?，a+89．这是因为对某个2≤k≤89，有a+k=k×[2×?×(k-1)(k+1)×?×89+1]是两个大于1的自然数的乘积．说明 由本例可知，对于任意自然数n，存在连续的n个合数，这也说明相邻的两个素数的差可以任意的 7大．用(a，b)表示自然数a，b的最大公约数，如果(a，b)=1，那么a，b称为互质(互素)．例5证明：当n＞2时，n与n！之间一定有一个质数．证
首先，相邻的两个自然数是互质的．这是因为(a，a-1)=(a，1)＝1，于是有(n！，n！-1)=1．由于不超过n的自然数都是n！的约数，所以不超过n的自然数都与n！-1互质(否则，n！与n！-1不互质)，于是n！-1的质约数p一定大于n，即n＜p≤n！-1＜n！．所以，在n与n！之间一定有一个素数．例6
证明素数有无穷多个．证
下面是欧几里得的证法．假设只有有限多个质数，设为p1，p2，?，pn.考虑p1p2??pn+1，由假设，p1p2?pn+1是合数，它一定有一个质约数p．显然，p不同于p1，p2，?，pn，这与假设的p1，p2，?，pn为全部质数矛盾．例7
证明：每一个大于11的自然数都是两个合数的和．证
设n是大于11的自然数．(1)若n=3k(k≥4)，则n＝3k=6+3(k-2)；(2)若n=3k+1(k≥4)，则n=3k+1=4+3(k-1)；(3)若n=3k+2(k≥4)，则n=8+3(k-2)．因此，不论在哪种情况下，n都可以表为两个合数的和．例8
求不能用三个不同合数的和表示的最大奇数．解
三个最小的合数是4，6，8，它们的和是18，于是17是不能用三个不同的合数的和表示的奇数． 下面证明大于等于19的奇数n都能用三个不同的合数的和来表示．由于当k≥3时，4，9，2k是三个不同的合数，并且4+9+2k≥19，所以只要适当选择k，就可以使大于等于19的奇数n都能用4，9，2k(k=n-13/2)的和来表示．综上所述，不能表示为三个不同的合数的和的最大奇数是17．
练习十六1．求出所有的质数p，使p+10，p+14都是质数．222．若p是质数，并且8p+1也是质数，求证：8p-p+2也是质数．443．当m＞1时，证明：n+4m是合数．4．不能写成两个合数之和的最大的自然数是几？225．设p和q都是大于3的质数，求证：24|p-q．6．设x和y是正整数，x≠y，p是奇质数，并且
二元一次不定方程的解法我们知道，如果未知数的个数多于方程的个数，那么，一般来说，它的解往往是不确定的，例如方程x-112+=,求x+y的值． xypì?x+y+z=1002y=3，方程组í等，它们的解是不确定的．像这类方程或方程组就称为不定方程或不定方程x+3y+2z=180??组．不定方程(组)是数论中的一个古老分支，其内容极其丰富．我国对不定方程的研究已延续了数千年，“百鸡问题”等一直流传至今，“物不知其数”的解法被称为中国剩余定理．近年来，不定方程的研究又有新的进展．学习不定方程，不仅可以拓宽数学知识面，而且可以培养思维能力，提高数学解题的技能．我们先看一个例子．例 小张带了5角钱去买橡皮和铅笔，橡皮每块3分，铅笔每支1角1分，问5角钱刚好买几块橡皮和几支铅笔？解 设小张买了x块橡皮，y支铅笔，于是根据题意得方程3x+11y=50．这是一个二元一次不定方程．从方程来看，任给一个x值，就可以得到一个y值，所以它的解有无数多组．但是这个问题要求的是买橡皮的块数和铅笔的支数，而橡皮的块数与铅笔的支数只能是正整数或零，所以从这个问题的要求来说，我们只要求这个方程的非负整数解．因为铅笔每支1角1分，所以5角钱最多只能买到4支铅笔，因此，小张买铅笔的支数只能是0，1，2，3，4支，即y的取值只能是0，1，2，3，4这五个．8若y=0,则x=50，不是整数，不合题意； 328，不是整数，不合题意； 3若y=1,则x=13，符合题意； 若y=2,则x=若y=3，则x=17/3，不是整数，不合题意；若y=4，则x=2，符合题意．祆x=2x=13镲
所以，这个方程有两组正整数解，即眄 y=4y=1镲铑也就是说，5角钱刚好能买2块橡皮与4支铅笔，或者13块橡皮与1支铅笔．像这个例子，我们把二元一次不定方程的解限制在非负整数时，那么它的解就确定了．但是否只要把解限制在非负整数时，二元一次不定方程的解就一定能确定了呢？不能！现举例说明．例求不定方程x-y=2的正整数解．ì?x=n+2解
我们知道：3-1=2，4-2=2，5-3=2，?，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是í y=n??其中n可以取一切自然数．因此，所要解的不定方程有无数组正整数解，它的解是不确定的．上面关于橡皮与铅笔的例子，我们是用逐个检验的方法来求它们的非负整数解的，但是这种方法在给出的数比较大的问题或者方程有无数组解的时候就会遇到麻烦．那么能不能找到一个有效而又方便的方法来求解呢？我们现在就来研究这个问题，先给出一个定理．定理
如果a，b是互质的正整数，c是整数，且方程ax+by=c ①,有一组整数解x0，y0则此方程的一切整ì?x=x0-bt数解可以表示为í ,其中t=0，±1，±2，±3，?． y=y+at?0?证 因为x0，y0是方程①的整数解，当然满足ax0+by0=c，②因此 a(x0-bt)+b(y0+at)=ax0+by0=c．这表明x=x0-bt，y=y0+at也是方程①的解．设x＇，y＇是方程①的任一整数解，则有ax＇+by＇=c.③③-②得a(x＇-x0)=b(y＇-y0)．④由于(a，b)=1，所以a|y＇-y0，即y＇=y0+at，其中t是整数．将y＇=y0+at代入④，即得x＇=x0-bt．因此x＇，y＇可以表示成x=x0-bt，y=y0+at的形式，所以x=x0-bt，y=y0+at表示方程①的一切整数解，命题得证．有了上述定理，求解二元一次不定方程的关键是求它的一组特殊解．例1求11x+15y=7的整数解．解法1
将方程变形得x=7-15y 11因为x是整数，所以7-15y应是11的倍数．由观察得x0=2，y0=-1是这个方程的一组整数解，所以ì?x=2-15t
t为整数. 方程的解为í??y=-1+11t解法2
先考察11x+15y=1，通过观察易得11×(-4)+15×(3)=1，所以11×(-4×7)+15×(3×7)=7，ì?x=-28-15t
t为整数. 可取x0=-28，y0=21．从而íy=21+11t??可见，二元一次不定方程在无约束条件的情况下，通常有无数组整数解，由于求出的特解不同，同一个不定方程的解的形式可以不同，但它们所包含的全部解是一样的．将解中的参数t做适当代换，就可化为同一形式．例2 求方程6x+22y=90的非负整数解．解
因为(6，22)=2，所以方程两边同除以2得3x+11y=45．①由观察知，x1=4，y1=-1是方程3x+11y=1②的一组整数解，从而方程①的一组整数解为ìì?x0=45?4180?x=180-11t
由定理，可得方程①的一切整数解为í y=45?(1)=-45y=-45+3t????09因为要求的是原方程的非负整数解，所以必有íì?180-11t 0 ??-45+3t 0由于t是整数，解不等式组得15≤t≤16，所以只有t=15，t=16两种可能．祆x=15x=4镲或
当t=15时，x=15，y=0；当t=16时，x=4，y=3．所以原方程的非负整数解是眄 y=0y=3镲铑例3
求方程7x+19y=213的所有正整数解．分析 这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况我们可用逐步缩小系数的方法使系数变小，最后再用观察法求得其解．解 用方程7x+19y=213①的最小系数7除方程①的各项，213-19y3-5y ②
=30-2y+773-5y
因x、y是整数，故u=也是整数，于是有5y+7u=3 73-7u3-2u
则有y=, ③ =-u+553-2u
令v=，则有2u+5v=3
并移项得x=由观察可知u=-1，v=1是方程④的一组解．将u=-1代入③得y=2．y=2代入②得x=25．于是方程①有一组解x0=25，y0=2，ì?x=25-19t
所以它的一切解为í y=2+7t??ì?25-19t&0
由于要求方程的正整数解，所以í
解不等式，得t只能取0，1． ??2+7t&0祆x=25x=6镲
因此得原方程的正整数解为眄 y=2y=9镲铑当方程的系数较大时，我们还可以用辗转相除法求其特解，其解法结合例题说明．例4
求方程37x+107y=25的整数解．解
107=2×37+33，37=1×33+4，33=8×4+1．为用37和107表示1，我们把上述辗转相除过程回代，得1=33-8×4=37-4-8×4=37-9×4=37-9×(37-33)=9×33-8×37=9×(107-2×37)-8×37＝9×107-26×37=37×(-26)+107×9．由此可知x1=-26，y1=9是方程37x+107y=1的一组整数解．于是x0=25×(-26)=-650，y0=25×9=225是方程37x+107y=25的一组整数解．ì?x=-650-107t
所以原方程的一切整数解为í??y=225+37t例5
某国硬币有5分和7分两种，问用这两种硬币支付142分货款，有多少种不同的方法？解 设需x枚7分，y枚5分恰好支付142分，于是7x+5y=142.①所以y=142-7x2-2x =28-x+55由于7x≤142，所以x≤20，并且由上式知5|2(x-1)．因为(5，2)=1，所以5|x-1，从而x=1，6，11，16，①的非负整数解为祆祆x=1x=6x=11x=16镲镲
眄 y=27y=20y=13y=6镲镲铑铑所以，共有4种不同的支付方式．说明 当方程的系数较小时，而且是求非负整数解或者是实际问题时，这时候的解的组数往往较少，可以用整除的性质加上枚举，也能较容易地解出方程．多元一次不定方程可以化为二元一次不定方程．例6 求方程9x+24y-5z=1000的整数解．10解
设9x+24y=3t，即3x+8y=t，于是3t-5z=1000．于是原方程可化为ì?3x+8y=t
í 3t-5z=1000
②??ì?x=3t-8u
用前面的方法可以求得①的解为íy=-t+3u??ì?t=2000+5v
②的解为í??z=1000+3vìx=v??
消去t，得íy=-v
u,v是整数 ???z=1000+3v
大约1500年以前，我国古代数学家张丘建在他编写的《张丘建算经》里，曾经提出并解决了“百钱买百鸡”这个有名的数学问题，通俗地讲就是下例．例7
今有公鸡每只五个钱，母鸡每只三个钱，小鸡每个钱三只．用100个钱买100只鸡，问公鸡、母鸡、小鸡各买了多少只？解
设公鸡、母鸡、小鸡各买x，y，z只，由题意列方程组 ìx+y+z=100
í 1?5x+3y+z=100
②3?②化简得15x+9y+z=300．③③-①得14x+8y=200，即7x+4y=100．解7x+4y=1得x=-1,y=2于是7x+4y=100的一个特解为x0=-100,y0=200由定理知7x+4y=100的所有整数解为x=-100+4t,y=200-7t,t是整数。由题意知，0＜x，y，z＜100，所以ì4?0&-100+4t&100
解之得25&t&28 7??0&200-7t&100由于t是整数，故t只能取26，27，28，而且x，y，z还应满足x+y+z=100．
t x y z26 4 18 7827 8 11 8128 12 4 84即可能有三种情况：4只公鸡，18只母鸡，78只小鸡；或8只公鸡，11只母鸡，81只小鸡；或12只公鸡，4只母鸡，84只小鸡．
练习十七1．求下列不定方程的整数解：(1)72x+157y=1；
(2)9x+21y=144；
(3)103x-91y＝5．2．求下列不定方程的正整数解：(1)3x-5y=19；
(2)12x+5y=125．3．求下列不定方程的整数解：(1)5x+8y+19z=50；
(2)39x-24y+9z=78．4．求不定方程2x+5y+7z+3t=10的整数解．5．求不定方程组í
加法原理与乘法原理加法原理和乘法原理是计数研究中最常用、也是最基本的两个原理．所谓计数，就是数数，把一些对象的 11 ì?5x+7y+2z=24的正整数解. ??3x-y-4z=4具体数目数出来．当然，情况简单时可以一个一个地数．如果数目较大时，一个一个地数是不可行的，利用加法原理和乘法原理，可以帮助我们计数．加法原理完成一件工作有n种方式，用第1种方式完成有m1种方法，用第2种方式完成有m2种方法，?，用第n种方式完成有mn种方法，那么，完成这件工作总共有m1+m2+?+mn种方法．例如，从A城到B城有三种交通工具：火车、汽车、飞机．坐火车每天有2个班次；坐汽车每天有3个班次；乘飞机每天只有1个班次，那么，从A城到B城的方法共有2+3+1=6种．乘法原理完成一件工作共需n个步骤：完成第1个步骤有m1种方法，完成第2个步骤有m2种方法，?，完成第n个步骤有mn种方法，那么，完成这一件工作共有m1×m2×?×mn种方法．例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3条路线(设为a，b，c)，从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6条路线，它们是：am，at，bm，bt，cm，ct．下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用．例1利用数字1，2，3，4，5共可组成(1)多少个数字不重复的三位数？(2)多少个数字不重复的三位偶数？(3)多少个数字不重复的偶数？解 (1)百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有5×4×3=60个数字不重复的三位数．(2)先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有2×4×3=24个数字不重复的三位偶数．(3)分为5种情况：一位偶数，只有两个：2和4．二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．三位偶数由上述(2)中求得为24个．四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4)．五位偶数共有2×(4×3×231)=48个．由加法原理，偶数的个数共有2+8+24+48+48=130．例2从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？解法1
将符合要求的自然数分为以下三类：(1)一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．(2)二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，9的有8种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．(3)三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，7，8共9九种情形，故三位数有2×9×9=162个．因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有8+72+162=242个．解法2 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有3×9×9-1=242(个)．例3在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？解
不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面补0．使之成为四位数．
先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为9×9×9×9＝6561，其中包括了一个0000，它不是自然数，所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6560，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有39个．例4求正整数1400的正因数的个数．解
因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积，因此，我们先把140032分解成质因数的连乘积所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到(有的可重复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：30123(1)取2的正因数是2，2，2，3，共3+1种；2012(2)取5的正因数是5，5，5，共2+1种；01(3)取7的正因数是7，7，共1+1种．所以1400的正因数个数为(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．a1a2ar说明
利用本题的方法，可得如下结果：若pi是质数，ai是正整数(i=1，2，?，r)，则数M=p1p2?pr的不同的正因数的个数是(a1+1)(a2+1)?(ar+1)．12例5 求五位数中至少出现一个6，而被3整除的数的个数．解
因为五位数a1a2a3a4a5被整除的充要条件是a1+a2+a3+a4+a5能被3整除。于是分别讨论如下：(1)从左向右计，如果最后一个6出现在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定．因此，为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3种可能，根据乘法原理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有3×10×10×10=3000(个)．(2)最后一个6出现在第四位，即a4=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有3×10×10×9=2700(个)．(3)最后一个6出现在第3位，即a3=6，被3整除的数应有3×10×9×9=2430(个)．(4)最后一个6出现在第2位，即a2=6，被3整除的数应有3×9×9×9=2187(个)．(5)a1=6，被3整除的数应有3×9×9×9=2187(个)．根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有30+504(个)．例 6如图1－63，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色．如果使相邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？解
对这五个区域，我们分五步依次给予着色：(1)区域A共有5种着色方式；(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．于是，根据乘法原理共有5×4×3×3×2=360种不同的着色方式．例7在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，有多少种不同的剪法？解
我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个都是一个凸字形的头，所以，这类凸字形有16个．第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有4×(4×4)=64(个)．由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．练习十八1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？(4)文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数，(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数？(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？6．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？8．从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？
几何图形的计数问题在几何中，有许多有趣的计数问题，如计算线段的条数，满足某种条件的三角形的个数，若干个图分平面所成的区域数等等．这类问题看起来似乎没有什么规律可循，但是通过认真分析
，还是可以找到一些处理方法
13的．常用的方法有枚举法、加法原理和乘法原理法以及递推法等．例1如图1－65所示，数一数图中有多少条不同的线段？解
对于两条线段，只要有一个端点不同，就是不同的线段，我们以左端点为标准，将线段分5类分别计数：(1)以A为左端点的线段有AB，AC，AD，AE，AF共5条；(2)以B为左端点的线段有BC，BD，BE，BF共4条；(3)以C为左端点的线段有CD，CE，CF共3条；(4)以D为左端点的线段有DE，DF共2条；(5)以E为左端点的线段只有EF一条．所以，不同的线段一共有5+4+3+2+1=15(条)．一般地，如果一条线段上有n+1个点(包括两个端点)，那么这n+1个点把这条线段一共分成的线段总数为n+(n-1)+?+2+1=n(n+1)/2例2图1－66中有多少个三角形？解
以OA为一边的三角形有△OAB，△OAC，△OAD，△OAE，△OAF共5个；以OB为一边的三角形还有4个(前面已计数过的不再数，下同)，它们是△OBC，△OBD，△OBE，△OBF；以OC为一边的三角形有△OCD，△OCE，△OCF共3个；以OD为一边的三角形有△ODE，△ODF共2个；以OE为一边的三角形有△OEF一个．所以，共有三角形5+4+3+2+1=15(个)．说明
其实，不同的三角形数目等于线段AF中不同线段的条数．一般地，当原三角形的一条边上有n+1个点(包括两端点)时，它们与另一顶点的连线所构成的三角形总数为n+(n-1)+?+2+1=n(n+1)/2.例3
(1)图1－67中一共有多少个长方形？(2)所有这些长方形的面积和是多少？解
(1)图中长的一边有5个分点(包括端点)，所以，长的一边上不同的线段共有1+2+3+4=10(条)．同样，宽的一边上不同的线段也有10条．所以，共有长方形10×10=100(个)．(2)因为长的一边上的10条线段长分别为5，17，25，26，12，20，21，8，9，1，宽的一边上的10条线段长分别为2，6，13，16，4，11，14，7，10，3．所以，所有长方形面积和为(5×2+5×6+?+5×3)+(17×2+17×6+?+17×3)+?+(1×2+1×6+?+1×3)=(5+17+?+1)×(2+6+?+3)=144×86=12384．例4
图1－68中共有多少个三角形？解
显然三角形可分为尖向上与尖向下两大类，两类中三角形的个数相等．尖向上的三角形又可分为6类：最大的三角形1个(即△ABC)，第二大的三角形有1+2=3(个)，第三大的三角形有1+2+3=6(个)，第四大的三角形有1+2+3+4=10(个)，第五大的三角形有1+2+3+4+5=15(个)，最小的三角形有1+2+3+4+5+6+3=24(个)．我们的计数是有规律的．当然，要注意在△ABC外面还有三个最小的尖向上的三角形(左、右、下各一个)，所以最小的三角形不是21个而是24个．于是尖向上的三角形共1+3+6+10+15+24=59(个)．图中共有三角形59×2=118(个)．例5
图1－69中有多少个等腰直角三角形？解
图1－69中有5×5+4×4=41个点．在每点标一个数，它等于以这点为直角顶点的等腰直角三角形的个数．因此，共有等腰直角三角形4×8+5×16+6×4+10×4+8×4+11×4+16×1=268(个)．例6(1)图1－70(a)中有多少个三角形？(2)图1－70(b)中又有多少个三角形？解(1) 图1－70(a)中有6条直线．一般来说，每3条直线能围成一个三角形，但是这3
条直线如果相交于
14同一点，那么，它们就不能围成三角形了．从6条直线中选3条，有6创54=20种选法(见说明)，每次选出的3条直线围成一个三角形，但是在图61－70(a)中，每个顶点处有3条直线通过，它们不能围成三角形，因此，共有20-3=17个三角形．(2)图1－70(b)中有7条直线，从7条直线中选3条，有7×6×5/6=35种选法．每不过同一点的3条直线构成一个三角形．图1－70(b)中，有2个顶点处有3条直线通过，它们不能构成三角形，还有一个顶点有4条直线通过，因为4条直线中选3条有4种选法，即能构成4个三角形，现在这4个三角形没有了，所以，图1－70(b)中的三角形个数是35-2-4=29(个)．说明
从6条直线中选2条，第一条有6种选法，第二条有5种选法，共有6×5种选法．但是每一种被重复算了一次，例如l1l2与l2l1实际上是同一种，所以，不同的选法是6×5÷2=15种．从6条直线中选3条，第一条有6种选法，第二条有5种选法，第三条有4种选法，共有63534种选法．但是每一种被重复计算了6次，例如，，实际上是同一种，所以，不同的选法应为6×5×4/6=20种．下面我们利用递推的方法来计算一些图形区域问题．例7
问8条直线最多能把平面分成多少部分？解
1条直线最多将平面分成2个部分；2条直线最多将平面分成4个部分；3条直线最多将平面分成7个部分；现在添上第4条直线．它与前面的3条直线最多有3个交点，这3个交点将第4条直线分成4段，其中每一段将原来所在平面部分一分为二，如图1－71，所以4条直线最多将平面分成7+4=11个部分．完全类似地，5条直线最多将平面分成11+5=16个部分；6条直线最多将平面分成16+6=22个部分；7条直线最多将平面分成22+7=29个部分；8条直线最多将平面分成29+8=37个部分．所以，8条直线最多将平面分成37个部分．说明一般地，n条直线最多将平面分成2+2+3+?＋n=12(n+n+2)个部分． 2例8
平面上5个圆最多能把平面分成多少个部分？解
1个圆最多能把平面分成2个部分；2个圆最多能把平面分成4个部分；3个圆最多能把平面分成8个部分；现在加入第4个圆，为了使分成的部分最多，第4个圆必须与前面3个圆都有两个交点．如图1－72所示．因此得6个交点，这6个交点将第4个圆的圆周分成6段圆弧，而每一段圆弧将原来的部分一分为二，即增加了一个部分，于是，4个圆最多将平面分成8+6=14个部分．同样道理，5个圆最多将平面分成14+8=22个部分．所以，5个圆最多将平面分成22个部分．说明用上面类似的方法，我们可以计算出n个圆最多分平面的部分数为22+1×2+2×2+?+(n-1)×2=2+2［1+2+?+(n-1)］=n-n+2．例9平面上5个圆和一条直线，最多能把平面分成多少个部分？解
首先，由上题可知，平面上5个圆最多能把平面分成22个部分．现在加入一条直线．由于一条直线最多与一个圆有两个交点，所以，一条直线与5个圆最多有10个交点．10个点把这条直线分成了11段，其中9段在圆内，2条射线在圆外．9条在圆内的线段把原来的部分一分为二，这样就增加了9个部分；两条射线把圆外的平面一分为二，圆外只增加了一个部分．所以，总共增加了10个部分．因此，5个圆和1条直线，最多将平面分成22+10=32个部分．例10
平面上5条直线和一个圆，最多能把平面分成多少个部分？解
首先，由例7知，5条直线最多将平面分成16个部分．现在加入一个圆，它最多与每条直线有两个交点，所以，与5条直线最多有10个交点．这10个交点将圆周分成10段圆弧，每一段圆弧将原来的部分一分为二，所以，10段圆弧又把原来的部分增加了10个部分．因此，5条直线和一个圆，最多能把平面分成16+10=26个部分．例11
三角形ABC内部有1999个点，以顶点A，B，C和这1999个点为顶点能把原三角形分割成多少个小三角形？解 设△ABC内部的n-1个点能把原三角形分割成an-1个小三角形，我们考虑新增加一个点Pm之后的情况：(1)若点Pn在某个小三角形的内部，如图1－73(a)，则原小三角形的三个顶点连同Pn将这个小三角形一分为三，即增加了两个小三角形；
15(2)若点Pn在某两个小三角形公共边上，如图1－73(b)．则这两个小三角形的顶点连同点Pn将这两个小三角形分别一分为二，即也增加了两个小三角形．所以，△ABC内部的n个点把原三角形分割成的小三角形个数为an=an-1+2．易知a0=1，于是a1=a0+2，a2=a1+2，?，an＝an-1+2．将上面这些式子相加，得an=2n+1．所以，当n=1999时，三个顶点A，B，C和这1999个内点能把原三角形分割成2×9个小三角形．练习十九1．填空：(1)在圆周上有7个点A，B，C，D，E，F和G，连接每两个点的线段共可作出______条．(2)已知5条线段的长分别是3，5，7，9，11，若每次以其中3条线段为边组成三角形，则最多可构成互不全等的三角形_____个．(3)三角形的三边长都是正整数，其中有一边长为4，但它不是最短边，这样不同的三角形共有_____个．(4)以正七边形的7个顶点中的任意3个为顶点的三角形中，锐角三角形的个数是_______．(5)平面上10条直线最多能把平面分成_____个部分．(6)平面上10个圆最多能把平面分成_____个区域．2．有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11厘米的细木条，它们的数量足够多，从中适当选取3根木条作为三条边，可围成一个三角形，如果规定底边是11厘米长，你能围成多少个不同的三角形？3．图1－74中有多少个三角形？4．图1－75中有多少个梯形？5．在等边△ABC所在平面上找到这样一点P，使△PAB，△PBC，△PAC都是等腰三角形，具有这样性质的点的个数有多少？6．平面上有10条直线，其中4条直线交于一点，另有4条直线互相平行，这10条直线最多有几个交点？它们最多能把平面分成多少个部分？
第二十讲 应用问题的算术解法与代数解法从小学到中学，数学课程最显著的变化，就是从算术学习到代数和几何的学习．仅就代数来说，它的基本课题是着眼于利用运算来讨论各种数学问题．从发展的角度看，代数学是在“数”与“运算”的基础上有系统地发展起来的．首先扩大了数的范围，从正整数、正分数和零发展到有理数、实数；其次，在用字母表示数的基础上，应用“运算律”解代数方程和研究代数式．由于在常见的数量关系中，可以说应用问题是最基本的讨论对象，因此，在小学和中学的数学课中，都有解应用问题这一内容．只不过在小学是用“算术解法”，而在中学是用“代数解法”．下面举几个典型实例，来比较一下这两种解法的不同，从而进一步体会代数解法的优越性．例1某农场计划播种小麦与大豆共138公顷，种小麦的面积是种大豆面积的4倍．试问该农场应种小麦与大豆各多少公顷？算术解法由本题所给的条件可知，播种总面积等于种大豆面积的(4+1)倍，因此种大豆的公顷数=总播种公顷数÷(4+1)，种小麦的公顷数=总播种公顷数-种大豆的公顷数，即138÷(4+1)=27.6(公顷)，138-27.6=110.4(公顷)．即应种大豆27.6公顷，小麦110.4公顷．代数解法用一个字母x表示要求的一个未知量，例如，设种大豆x公顷；再由题目的条件可知，种小麦4x公顷．因此，只要根据关系式总播种公顷数=种小麦公顷数+种大豆公顷数和已知条件“总公顷数为138”，就可以直截了当地写出以下等式(含有未知数的等式，也叫方程)4x+x=138．由于x是一个未知数，但它终归是一个数，所以可以对它应用运算律．为此，我们对上式做如下变形(4+1)x=138，即5x=138．两边同除以5，得x=27.6(公顷)．从而4x=4×27.6=110.4(公顷)．即种大豆27.6公顷，种小麦110.4公顷．比较分析本题的算术解法中，要求对题意进行思考，先求得解决问题的公式，然后再逐步地对公式中的计算找出解释的理由，从而作出解答．而代数解法，只要求用字母x表示待求的未知量，再考虑待求的未知量x与已知数量之间的关系，然后直截了当地列出一个等式，再应用运算律(或等式的基本性质)，求出这个未知数x应取的数值，使问题得到解决．
16例2鸡兔同笼．共有56个头，160只脚，试问鸡、兔各多少只？算术解法这是一个古老而有趣的数学问题，由于思考方法不同，可有不同的解法，以下是较为简单的解法．由于已知鸡、兔共160只脚，如果我们假定每只兔抬起2只脚，每只鸡抬起一只脚，则落地的脚是160只的一半，即80只脚．这80只脚中鸡的脚数与头数相等．因此，兔数为：80-56=24(只)；
鸡数为：56-24=32(只)．代数解法设兔为x只，则鸡为(56-x)只，兔的脚数为4x，鸡的脚数为2(56-x)，又由已知条件，鸡兔一共有160只脚，可列出方程 4x+2(56-x)=160．去括号4x+112-2x＝160，
合并同类项4x-2x＝160-112，即2x=48，所以从而x=24(只)??兔数． 56-24=32(只)??鸡数．比较分析本题算术解法中，根据题设特点，利用了一个特殊技巧，即鸡、免各抬起一半脚，然后依据其余脚数中，鸡的脚数与头数一一对应关系，得到解答．这种解法虽然有效，但不具有一般性，这也是算术解法的一个弱点，即一个问题一种解法，缺乏一般的通用性．而代数解法则不同，在本题中，只须用一个字母x代表兔(或鸡)的数量，然后便可根据已知条件，顺理成章地找出等量关系，列出方程．下一步解方程求未知数x的值，只是进行变形和运算，不需要什么特殊技巧．因此，代数解法具有一般性，这也是它优于算术解法之所在．在前面的两例中，虽然比较分析了应用问题的算术解法和代数解法的特点，但对两者的联系未作进一步的探讨，下面通过例3，初步讨论一下这个问题．例3 设有5元和10元的人民币共12张，共计85元，问其中5元、10元的人民币各几张？算术解法假如全部是5元的人民币，则共计5×12=60(元)，与总和相差85-60=25(元)．现在让我们逐次用一张10元的票子去换一张5元的票子，使得总张数保持不变，每换一次，总值将增加10-5=5(元)．那么换几次才能补足总差额25元呢？这只要做一次除法就行了，即25÷5=5．所以答案是10元人民币的张数=(85-60)÷(10-5)=25÷5＝5．①5元人民币的张数=12-5=7．代数解法设10元人民币的张数为x，则5元人民币的张数为(12-x)，其中x是一个待求的未知数，在此它只是10元人民币张数的简写，利用上述未知数符号，根据10元人民币的总元数+5元人民币的总元数=85，则可写出下列方程10x+5(12-x)=85．②以下的工作便是用“运算律”和“等式的性质”解出方程②的x值，就可得到解答了．用分配律，去掉②中之括号，得10x+5×12-5x＝85，由交换律、分配律得(10-5)x+60＝85，由等式性质，两边同减60，得(10-5)x=85-60，等式两边同除以(10-5)，得x=(85-60)÷(10-5)=5．③比较分析在代数解法中，我们先引进一个未知数x，表示问题中待求的量(如10元人民币的张数)，然后把未知数代入问题中，列出方程，再用运算律和等式的性质，求出方程中未知量x的值．在本例中，方程②的解就是③式x=(85-60)÷(10-5)=5．容易看出，算术解法其实就是上面由代数方程②所得的求值公式③，然后对于公式③中的每一步进行计算：60=5×12，85-60=25，10-5=5，(85-60)÷(10-5)＝25÷5=5．并对每一步计算找出合适的理由加以解释就是了．同学们可能会问，在算术解法中，怎么会发现求值公式①呢？对这个问题的回答，大体有两种可能：第一种可能是先用代数解法，由②求得公式①，但由于小学还没有学习代数，所以只好耐心地对①式中的每一步计算，结合题意加以解释，使同学们了解算术解法的合理性．第二种可能是对上述实际问题，做了一番归纳的工作，就是：假如12张人民币都是5元的，则12×5=60；假如11张为5元，1张为10元，则11×5+10=65；假如10张为5元，2张为10元，则10×5+2×10=70；以此类推，不难发现当10元人民币的张数由0逐次加1时，总金额由60开始逐次加一个5，而①式就是这个意思．把两种解法加以比较可以看出，算术解法的准备工作，对于给定类型的问题，先做一番实验归纳工作，从而求得解决该类问题的公式，或合理的有顺序的计算步骤，然后还要逐步对公式中的计算找出理由加以解释．显然，这样做是缺乏普遍性的．而代数解法的准备工作是引入未知数符号，把问题中的数量关系，特别是等量关系用代数方程表示出来，然后再利用“运算律”和“等式性质”，求出方程中未知量应有的值，所以代数解法直截了当、简捷明快，具有高度普遍性．一般说来，算术解法的公式和理由，由问题的类型不同而不同．但代数解法的基本原理就是有效地利用了“运算律”和“等式性质”，所以这种解法不仅具有普遍性，也具有统一性．例4有两个图书馆，自建馆以来，每年各进图书5千册，如果今年甲馆藏书23万册，乙馆藏书11万册，今后仍然是每年各进图书5千册，试问由今年起，什么时候甲馆藏书是乙馆的3倍？17下面用代数解法来解本题，以便从中进一步体会它的普遍性．解 设由今年起x年后甲馆藏书是乙馆的3倍，则有代数方程(23+0.5x)=3(11+0.5x)．利用分配律得23+0.5x=33+1.5x，两边同减0.5x得 23=33+1.5x-0.5x，两边同减33得 23-33=1.5x-0.5x，利用分配律得23-33=(1.5-0.5)x，-10＝x，即x=-10这就是说从今年起，10年前甲馆藏书已是乙馆藏书的3倍．由此可见，代数解法，由于用字母表示了数，所以对所求的结果用正、负数的意义加以解释，就得到了这一问题的答案．这也就说明了代数解法比算术解法更具有普遍性．
练习二十1．试用代数解法解下列应用题，再思考一下用算术解法怎么解？(1)一个公司把它存货的60％用现金出售，25％用记账出售，15％用支票出售．如果支票出售的钱比记账出售的钱少4000元，那么现金出售的钱是多少？(2)有糖块若干，要分给班上的同学，如果每人4块，则余14块，如果每人5块，则又少15块，试问班上共有多少人？共有多少块糖？2．制造一种零件第一道工序每人每小时可做5件，第二道工序每人每小时可做3件，现在有工人40人，如何分配劳动力才能使生产配套？3．某生产队春播2000公顷小麦，每天比预计多播50公顷，因此提前2天完成，求实际播种天数．4．木梁重90千克，比木梁长2米的铁梁重160千克，已知每米木梁比铁梁轻5千克，求两根梁的长．
第二十一讲
应用问题的解题技巧应用问题是中学数学的重要内容．它与现实生活有一定的联系，它通过量与量的关系以及图形之间的度量关系，形成数学问题．应用问题涉及较多的知识面，要求学生灵活应用所学知识，在具体问题中，从量的关系分析入手，设定未知数，发现等量关系列出方程，获得方程的解，并代入原问题进行验证．这一系列的解题程序，要求对问题要深入的理解和分析，并进行严密的推理，因此对发展创造性思维有重要意义．下面举出几个例题，略述一下解应用问题的技能和技巧．1．直接设未知元在全面透彻地理解问题的基础上，根据题中求什么就设什么是未知数，或要求几个量，可直接设出其中一个为未知数，这种设未知数的方法叫作直接设未知元法．例1 某校初中一年级举行数学竞赛，参加的人数是未参加人数的3倍，如果该年级学生减少6人，未参加的学生增加6人，那么参加与未参加竞赛的人数之比是2∶1．求参加竞赛的与未参加竟赛的人数及初中一年级的人数．分析 本例中要求三个量，即参赛人数、未参赛人数，以及初中一年级人数．由已知条件易知，可直接设未参赛人数为x，那么参赛人数便是3x．于是全年级共有(x+3x)人．由已知，全年级人数减少6人，即(x+3x)-6，①而未参加人数增加6人时，则参加人数是未参加人数的2倍，从而总人数为(x+6)+2(x+6)．②由①，②自然可列出方程．解 设未参加的学生有x人，则根据分析，①，②两式应该相等，所以有方程(x+6)+2(x+6)=(x+3x)-6，化简整理得，x+6+2x+12=4x-6，即3x+18=4x-6，所以x=24(人)．所以未参加竞赛的学生有24人，参加竞赛的小学生有3×24=72(人)．全年级有学生4×24=96(人)．说明 本例若按所求量次序设参加人数为x人，则未参加人数为烦。例2 一工人在定期内要制造出一定数量的同样零件，若他每天多做10个，则提前4做5个，则要误期3天，问他要做多少个零件？定期是多少天？1x,这样产生分数，会给计算带来某些麻31天完成，若他每天少218分析 若直接设这个工人要做x个零件，定期为y天，则他每天做做10个，则提前4x个零件，根据题目条件，若他每天多yx11天完成x=(+10)?(y-4) y22x-5)?(y+3)，显然，将此两式联立，解y另一方面，如果他每天少做5个，则要增加3天工期，因此x=(出x，y即可．解 设工人要做x个零件，定期为y天，则他每天做x/y个，依分析有方程组 祆x11xx=(+10)?(y-4)10y-4?45
①镲y22y镲
眄 xx镲x=(-5)?(y+3)2-5y+3?15
②镲yy镲铑②×2+①得x=50y将x=50y代入②得y=27，x=50y=1350，ì?x=1350
即í ??y=27答 工人要做1350个零件，定期为27天．例3 一队旅客乘坐汽车，要求每辆汽车的旅客人数相等．起初每辆汽车乘了22人，结果剩下1人未上车；如果有一辆汽车空着开走，那么所有旅客正好能平均分乘到其他各车上．已知每辆汽车最多只能容纳32人，求起初有多少辆汽车？有多少名旅客？解 设起初有汽车m辆，开走一辆空车后，平均每辆车所乘旅客为n人．由于m≥2，n≤32，依题意有22m+1=n(m-1)． 所以n=22m+123 =22+m-1m-1因为n为自然数，所以23/m-1为整数，因此m-1=1，或m-1=23，即m=2或m=24.当m=2时，n=45(不合题意，舍去)；当m=24时，n=23(符合题意)．所以旅客人数为：n(m-1)=23×(24-1)=529(人)．答 起初有汽车24辆，有乘客529人．注意 解方程后所得结果必须代入原题检验根的合理性，并根据情况做具体讨论．2．间接设元如果对某些题目直接设元不易求解，便可将并不是直接要求的某个量设为未知数，从而使得问题变得容易解答，我们称这种设未知数的方法为间接设元法．例4 若进货价降低8％，而售出价不变，那么利润可由目前的p％增加到(p+10)％，求p．分析 本题若直接设未知元为x，则不易列方程，为此，可间接设元，设进货价为x，则下降后的进货价为0.92x．由于售出价不变，它可用以下方程式表示：x(1+p％)=0.92x[1+(10+p)％]．解 设原进货价为x，则下降8％后的进货价为0.92x．根据题意售货价不变，故有以下方程x(1+0.01p)=0.92x[1+0.01(p+10)]，约去x得1+0.01p=0.92［1+0.01(p+10)］，所以1+0.01p=0.92+0.， (0.01-0.0092)p=0.92+0.092-1，即0.，
所以p=15．答 原利润为15％．例5 甲乙两人沿着圆形跑道匀速跑步，它们分别从直径AB两端同时相向起跑．第一次相遇时离A点100米，第二次相遇时离B点60米，求圆形跑道的总长．分析与解如图1－76，设圆形跑道总长为2S，又设甲乙的速度分别为V，V＇，再设第一次在C点相遇，则第二次相遇有以下两种情况：(1)甲乙第二次相遇在B点下方D处，此时有方程组 ì100S-100ì=
①???v?v'í化简得í?S+602S-60?=
③S-100v S+60v=
④2S-60v'19由③,④得100S+60,解此方程得S=0(舍去),S=240 =S-1002S-60所以2S=480米．经检验是方程的解．(2)若甲乙第二次相遇在B的上方D＇处，则有方程组 ì100S-100=
解此方程组得 S=0(舍去)，S=360． S-602S+60?=
②?'v?v所以2S=720米．经检验也是方程的解．这样，两人可能在D点处相遇，也可能在D＇点处相遇，故圆形跑道总长为480米或720米．3．设辅助元有时为了解题方便，可设某些量为辅助量，参与列方程和运算，最后把这些辅助量约去，得出要求的值． 例6 从两个重量分别为m千克和n千克，且含铜百分数不同的合金上，切下重量相等的两块，把所切下的每一块和另一种剩余的合金加在一起熔炼后，两者含铜百分数相等，问切下的重量是多少千克？分析与解设切下的重量是x千克，并设重m千克的铜合金中含铜的百分数为q1，重n千克的铜合金中含铜的百分数为q2，则切下的两块中分别含铜xq1和xq2，而混合熔炼后所得两块合金中分别含铜[xq1+(n-x)q2]和[xq2+(m-x)q1]．故依题意有方程
xq1+(n-x)q2xq2+(m-x)q1 =nmmn解此方程得x=(千克) m+nmn答
切下的重量为(千克)． m+n例7 甲乙两邮递员分别从A，B两地同时以匀速相向而行，甲比乙多走了18千米(km)，相遇后甲走4.5小时到达B地，乙走8小时到A地，求A，B两地的距离．解 设甲速为a千米/小时，乙速为b千米/小时，A，B两地的距离为2S，依题意有①②③ ì????
í?????S+9=8
①bS-9=4.5
② aS+9S-9=
③ab2骣S-9S-99aS+9a
所以S+9S+916bS-9b桫=9ab9S-93=
即＝ 16ba16S+94所以S=63(千米)，2S=126(千米)．答
A，B两地相距126千米．练习二十一1．已知甲、乙、丙三人．甲单独做一件工作的时间是乙丙两人合作做这件工作所用时间的a倍，乙独做这件工作是甲丙两人合作做这件工作的b倍．求丙单独做这件工作是甲乙两人合作做这件工作所需时间的几倍？2．有甲乙两容量均为20升(L)的容器，甲容器内装满纯酒精，而乙为空容器．自甲内倒出若干酒精于乙内，再将乙其余部分注满水，将此混合溶液注满甲容器，最后自甲容器回注入乙容器62/3升，则两容器内所含纯酒精量相等，问第一次自甲容器倒出多少酒精？3．某人骑自行车从A地先以每小时12千米的速度下坡后，再以每小时15千米的速度走平路到B地，共用了55分钟．回来时他以每小时8千米的速度通过平路后，以每小时4千米的速度上坡，从B地到A地共用了11/2小时，求地面上A，B两地相距多少千米？4．有一块长方形的场地，长比宽多4米，周围有一条宽2米的道路环绕着，已知道路的面积和这块土地的面积相等．求这块场地的周长是多少米？5．一个四位数是奇数，它的千位数字小于其他各位数字，十位数字等于千位数字和个位数字之和的2倍，求这个四位数．
20第二十二讲
生活中的数学(一)――储蓄、保险与纳税储蓄、保险、纳税是最常见的有关理财方面的数学问题，几乎人人都会遇到，因此，我们在这一讲举例介绍有关这方面的知识，以增强理财的自我保护意识和处理简单财务问题的数学能力．1．储蓄银行对存款人付给利息，这叫储蓄．存入的钱叫本金．一定存期(年、月或日)内的利息对本金的比叫利率．本金加上利息叫本利和．利息=本金×利率×存期，本利和=本金×(1+利率×存期)．如果用p，r，n，i，s分别表示本金、利率、存期、利息与本利和，那么有i=prn，s=p(1+rn)．例1 设年利率为0.0171，某人存入银行2000元，3年后得到利息多少元？本利和为多少元？解 i=133=102.6(元)． s=2000×(1+0.02.6(元)．答:某人得到利息102.6元，本利和为2102.6元．以上计算利息的方法叫单利法，单利法的特点是无论存款多少年，利息都不加入本金．相对地，如果存款年限较长，约定在每年的某月把利息加入本金，这就是复利法，即利息再生利息．目前我国银行存款多数实行的是单利法．不过规定存款的年限越长利率也越高．例如，1998年3月我国银行公布的定期储蓄人民币的年利率如表22．1所示．
年到第n年的本利和分别是s1，s2,?，sn，则s1=p(1+r)，2s2=s1(1+r)=p(1+r)(1+r)=p(1+r)，3s3＝s2(1+r)=p(1+r)2(1+r)=p(1+r)，??nsn=p(1+r)．例2 小李有20000元，想存入银行储蓄5年，可有几种储蓄方案，哪种方案获利最多？解 按表22．1的利率计算．5
(1)连续存五个1年期，则5年期满的本利和为.0522)≈25794(元)．(2)先存一个2年期，再连续存三个1年期，则5年后本利和为.0558×2)×(1+0.898(元)．(3)先连续存二个2年期，再存一个1年期，则5年后本利和为2
.0558×2)×(1+0.0552)≈26003(元)．(4)先存一个3年期，再转存一个2年期，则5年后的本利和为.0621×3)×(1+0.0558×2)≈26374(元)．(5)先存一个3年期，然后再连续存二个1年期，则5年后本利和为2
.0621×3)×(1+0.0522)≈26268(元)．(6)存一个5年期，则到期后本利和为.0666×5)≈26660(元)．显然，第六种方案，获利最多，可见国家所规定的年利率已经充分考虑了你可能选择的存款方案，利率是合理的．例3
小华是独生子女，他的父母为了给他支付将来上大学的学费，从小华5岁上小学前一年，就开始到银行存了一笔钱，设上大学学费每年为4000元，四年大学共需16000元，设银行在此期间存款利率不变，为了使小华到18岁时上大学本利和能有16000元，他们开始到银行存入了多少钱？(设1年、3年、5年整存整取，定期储蓄的年利率分别为5.22％，6.21％和6.66％)解
从5岁到18岁共存13年，储蓄13年得到利息最多的方案是：连续存两个5年期后，再存一个3年期．设开始时，存入银行x元，那么第一个5年到期时的本利和为x+x×0.0666×5＝x(1+0.0666×5)．利用上述本利和为本金，再存一个5年期，等到第二个5年期满时，则本利和为x(1+0.0666×5)+x(1+0.0666×5)×0.0666×52=x(1+0.0666×5)．2利用这个本利和，存一个3年定期，到期时本利和为x(1+0.+0.0621×3)．这个数应等于216000元，即x(1+0.0666×5)×(1+0.000，所以1.777×1.186x=16000，所以x≈7594(元)．答:开始时存入7594元.2．保险21保险是现代社会必不可少的一种生活、生命和财产保护的金融事业．例如，火灾保险就是由于火灾所引起损失的保险，人寿保险是由于人身意外伤害或养老的保险，等等．下面举两个简单的实例．例4假设一个小城镇过去10年中，发生火灾情况如表22．2所示．表22.2总家数 365 371 385 395 412 418 430 435 440 445被烧家数 1 0 1 2 0 2 1 2 0 2试问：(1)设想平均每年在1000家中烧掉几家？(2)如果保户投保30万元的火灾保险，最低限度要交多少保险费保险公司才不亏本？解 (1)因为1+0+1+2+0+2+1+2+0+2=11(家)，365+371+385+395+412+418+430+435+440＋445=4096(家)．11÷6．(2).(元)．答 (1)每年在1000家中，大约烧掉2.6家．(2)投保30万元的保险费，至少需交780元的保险费．例5 财产保险是常见的保险．假定A种财产保险是每投保1000元财产，要交3元保险费，保险期为1年，期满后不退保险费，续保需重新交费．B种财产保险是按储蓄方式，每1000元财产保险交储蓄金25元，保险一年．期满后不论是否得到赔款均全额退还储蓄金，以利息作为保险费．今有兄弟二人，哥哥投保8万元A种保险一年，弟弟投保8万元B种保险一年．试问兄弟二人谁投的保险更合算些？(假定定期存款1年期利率为5.22％)解 哥哥投保8万元A种财产保险，需交保险费8×3=80×3=240(元)．弟弟投保8万元B种财产保险，按每1000元交25元保险储蓄金算，共交8×25=2000(元)，而2000元一年的利息为2=104.4(元)．兄弟二人相比较，弟弟少花了保险费约240-104.4=135.60(元)．因此，弟弟投的保险更合算些．3．纳税纳税是每个公民的义务，对于每个工作人员来说，除了工资部分按国家规定纳税外，个人劳务增收也应纳税．现行劳务报酬纳税办法有三种：(1)每次取得劳务报酬不超过1000元的(包括1000元)，预扣率为3％，全额计税．(2)每次取得劳务报酬1000元以上、4000元以下，减除费用800元后的余额，依照20％的比例税率，计算应纳税额．(3)每次取得劳务报酬4000元以上的，减除20％的费用后，依照20％的比例税率，计算应纳税额． 每次取得劳务报酬超过20000元的(暂略)．由(1)，(2)，(3)的规定，我们如果设个人每次劳务报酬为x元，y为相应的纳税金额(元)，那么，我们可以写出关于劳务报酬纳税的分段函数：ìx?3%
x￡1000??20%
1000&x￡4000
íy(x)=(x-800)????x(1-20%)?20%
4000&x￡200000例6小王和小张两人一次共取得劳务报酬10000元，已知小王的报酬是小张的2倍多，两人共缴纳个人所得税1560元，问小王和小张各得劳务报酬多少元？解根据劳务报酬所得税计算方法(见函数①)，从已知条件分析可知小王的收入超过4000元，而小张的收入在之间，如果设小王的收入为x元，小张的收入为y元，则有方程组：ì?x+y=10000
① í??x(1-20%)?20%+(y-800)?20%=1560
②由①得y=10000-x，将之代入②得x(1-20％)20％+(10000-x-800)20％=1560，化简、整理得0.16x-0.2x+，所以0.04x=280，x=7000(元)．则y==3000(元)．答
小王收入7000元，小张收入3000元．例7 如果对写文章、出版图书所获稿费的纳税计算方法是ì?(x-800)?20%?(1-30%)
y(x)=í x(1-20%)?20%?(1-30%)
x&4000??其中y(x)表示稿费为x元应缴纳的税额．那么若小红的爸爸取得一笔稿费，缴纳个人所得税后，得到6216元，问这笔稿费是多少元？解 设这笔稿费为x元，由于x＞4000，所以，根据相应的纳税规定，有方程22x(1-20％)×20％×(1-30％)=x-6216，化简、整理得0.112x=x-6216，即0.888x=6216，所以x=7000(元)．答：这笔稿费是7000元．
练习二十二1．按下列三种方法，将100元存入银行，10年后的本利和各是多少？(设1年期、3年期、5年期的年利率分别为5.22％，6.21％，6.66％保持不变)(1)定期1年，每存满1年，将本利和自动转存下一年，共续存10年；(2)先连续存三个3年期，9年后将本利和转存1年期，合计共存10年；(3)连续存二个5年期．2．李光购买了25000元某公司5年期的债券，5年后得到本利和为40000元，问这种债券的年利率是多少？3．王芳取得一笔稿费，缴纳个人所得税后，得到2580元，问这笔稿费是多少元？4．把本金5000元存入银行，年利率为0.0522，几年后本利和为6566元(单利法)？
第二十三讲
生活中的数学(二)――地板砖上的数学随着人们生活水平的提高，很多家庭都装修房子，其中铺地板砖就是一项重要的美化工作．当你看到地板砖展铺成美丽的图案时，你是否想到展铺这美丽图案的数学原理呢？如果你注意到的话，可能会对下面的简单分析发生兴趣．地板砖展铺的图形，一般都是用几种全等的平面图形展铺开来的，有时用由直线构成的多边形组成的图案，有时用由曲线组成的图案，千变万化．但是作为基础还是用平面多边形展铺平面．有时虽然有曲线，却常常是由多边形和圆作适当变化而得到的．例如，一个由正方形展铺的平面图案(图1－77(a))，如果对正方形用圆弧做一些变化(图1－77(b))，那么把以上两个图形结合起来设计，就可由比较单调的正方形图案，变化曲线形成花纹图案了(图1－77(c))．
由于多边形是构成地板砖展铺复杂图形的基础，因此，下面我们对利用多边形展铺平面图形做些简要分析．例1怎样以三角形为基础展铺平面图案．分析与解三角形是多边形中最简单的图形，如果用三角形为基本图形来展铺平面图案，那么就要考虑三角形的特点．由于三角形的三个内角和为180°,所以要把三角形的三个角集中到一起，就组成了一个平角．如果要在平面上一个点的周围集中三角形的角，那么必须使这些角的和为两个平角．因此，若把图1－78中的三角形的三个内角集中在一起，并进行轴对称变换或中心对称变换，就可以得到集中于一点的六个角，它们的和为360°,刚好覆盖上这一点周围的平面．变换的方法见图1－79．在中心对称的情况下，三角形不翻折，在轴对称的情况下，三角形要翻折．如果把三角形正、反两面涂上颜色，那么通过对称变换，正、反两面就会明显地反映出来了．由上面的分析可知，用三角形为基本图形展铺平面图案，共有以下四种情况，如图1－80．
例2怎样以四边形为基础展铺平面图案？分析与解由于四边形内角和为360°,所以，任何四边形都可以作为基本图形来展铺平面图案．图1－81中的(a)，(b)，(c)，(d)分别是以矩形、菱形、梯形、一般四边形为基本图形的平面展铺图案．例3怎样以正多边形为基本图形展铺平面图案？分析与解 用正多边形为基本图形展铺平面图案，集中于一点的周围的正多边形的各个角的和应是360°.例如，正五边形一个内角为(5-2)窗180=108
5(10-2)窗180正十边形一个内角为=144
10如果把两个正五边形的内角与一个正十边形的内角加起来，则其和为2×108°+144°=360°,但是它们并不能用来展铺平面．如果用同种的正n边形来展铺平面图案，在一个顶点周围集中了m个正n边形的角．由于这些角的和应为360°,所以以下等式成立骣4(n-2)窗180琪m=360?,即m?2=4 琪nn桫因为m，n都是正整数，并且m＞2，n＞2．所以m-2，n-2也都必定是正整数．所以当n-2=1，m-2=4时，则n=3，m=6；当n-2=2，m-2=2时，则n=4，m=4；当n-2=4，m-2=1时，则n=6，m=3．这就证明了只用一种正多边形展铺平面图案，只存在三种情况：(1)由6个正三角形拼展，我们用符号(3，3，3，3，3，3)来表示(见图1－82)．(2)由4个正方形拼展，我们用符号(4，4，4，4)来表示(见图1－83)．(3)由3个正六边形来拼展，我们用符号(6，6，6)来表示(见图1－84)．如果用两种正多边形来拼展平面图案，那么就有以下五种情况：(3，3，3，4，4)，(3，3，3，3，6)，(3，3，6，6)，(3，12，12)以及(4，8，8)．这五种情况中，(3，3，3，4，4)又可有两种不同的拼展方法，参看下面六种拼展图形(图1－85)．用三种正多边形展拼平面图形就比较难设计了．下面举出两例供同学们思考(图1－86)．
有兴趣的同学请自己构想出一两个例子．
练习二十三1．试用三角形和梯形这两种多边形拼展平面图案．
242．试用形如图1－87的图形拼展平面图案．3．试用边长为1的正三角形、边长为1的正方形和两腰为1、夹角为120°的等腰三角形拼展平面图案．4．试用圆弧和多边形(多边形可以用圆弧割补)设计一种平面图案．5．试用一个正方形，仿照图1－76(a)，(b)，(c)的变化方式，设计一种平面图案．
复习题1.计算11??335 ?????????????个51999个32．设a，b，c为实数，且|a|+a=0，|ab|=ab，|c|-c=0，求代数式|b|-|a＋b|-|c-b|＋|a-c|的值．3．若m＜0，n＞0，|m|＜|n|，且|x＋m|＋|x-n|=m＋n，求x的取值范围．7764．设(3x-1)=a7x＋a6x+?+a1x＋a0，试求a0+a2＋a4＋a6的值．ìx+(1+k)y=0
①??5．已知方程组í(1-k)x+ky=1+k
②有解，求k的值． ???(1+k)x+(12-k)y=-(1+k)
③6．解方程2|x+1|+|x-3|=6．7．解方程组íì?|x-y|=2 ??|x|+|y|=4
8．解不等式||x＋3|-|x-1||＞2．．比较下面两个数的大小：A= ,B=+19999+1
10．x，y，z均是非负实数，且满足：x＋3y＋2z=3，3x＋3y+z=4，求u=3x-2y＋4z的最大值与最小值．432211．求x-2x＋x+2x-1除以x+x＋1的商式和余式．12．如图1－88所示．小柱住在甲村，奶奶住在乙村，星期日小柱去看望奶奶，先在北山坡打一捆草，又在南山坡砍一捆柴给奶奶送去．请问：小柱应该选择怎样的路线才能使路程最短？13．如图1－89所示．AOB是一条直线，OC，OE分别是∠AOD和∠DOB的平分线，∠COD=55°,求∠DOE的补角．14．如图1－90所示．BE平分∠ABC，∠CBF=∠CFB=55°,∠EDF=70°,求证：BC∥AE．15．如图1－91所示．在△ABC中，EF⊥AB，CD⊥AB，∠CDG=∠BEF．求证：∠AGD=∠ACB．16．如图1－92所示．在△ABC中，∠B=∠C，BD⊥AC于D．求证：?DBC1 A 2
17．如图1－93所示．在△ABC中，E为AC的中点，D在BC上，且BD∶DC=1∶2，AD与BE交于F．求△BDF与四边形FDCE的面积之比．
18．如图1－94所示．四边形ABCD两组对边延长相交于K及L，对角线AC∥KL，BD延长线交KL于F．求证：KF=FL．
19．任意改变某三位数数码顺序所得之数与原数之和能否为999？说明理由．20．设有一张8行、8列的方格纸，随便把其中32个方格涂上黑色，剩下的32个方格涂上白色．下面对涂了色的方格纸施行“操作”，每次操作是把任意横行或者竖列上的各个方格同时改变颜色．问能否最终得到恰有一个黑色方格的方格纸？
2521．如果正整数p和p+2都是大于3的素数，求证：6|(p＋1)．22．设n是满足下列条件的最小正整数，它们是75的倍数，且恰有75个正整数因子（包括1和其本身），求n 7523．房间里凳子和椅子若干个，每个凳子有3条腿，每把椅子有4条腿，当它们全被人坐上后，共有43条腿(包括每个人的两条腿)，问房间里有几个人？24．求不定方程49x-56y+14z=35的整数解．25．男、女各8人跳集体舞．(1)如果男女分站两列；(2)如果男女分站两列，不考虑先后次序，只考虑男女如何结成舞伴．问各有多少种不同情况？26．由1，2，3，4，5这5个数字组成的没有重复数字的五位数中，有多少个大于34152？27．甲火车长92米，乙火车长84米，若相向而行，相遇后经过1.5秒(s)两车错过，若同向而行相遇后经6秒两车错过，求甲乙两火车的速度．28．甲乙两生产小队共同种菜，种了4天后，由甲队单独完成剩下的，又用2天完成．若甲单独完成比乙单独完成全部任务快3天．求甲乙单独完成各用多少天？