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在考生文件夹下有一个数据库文件&samp2.mdb&，其中存在已经设计好的两个表对象&tTeacher1&和&tTeacher2&以及一个宏对象&mTest&。请按以下要求完成设计。
创建一个查询，将“tTeacher1”表中年龄小于等于45的党员教授或年龄小于等于35的党员副教授记录追加到“tTeacher2”表的相应字段中，将查询命名为“qT3”。 [微步骤]步骤1：选中&查询&对象，单击&新建&按钮，选择&设计视图&，单击&确定......
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《数学奥林匹克专题讲座》(一）
《数学奥林匹克专题讲座》第3讲 奇偶分析　　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+&#×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+&#×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：=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=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
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《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+&#+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&#（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&#（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0。　　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5;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，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，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。　　5;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　　5;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　　+42+&#。　　再如，对于奇约数399，由（*）式，得　　5;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　　+197+&#。　　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+&#=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，5;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：　　9+400+401+402　　　　＝68+69+70+&#　　　　＝47+48+49+&#。　　7.5种。　　解：1+2+3+&#，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=1521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=4976。故x=18。　　同理可以得到爷爷的年龄是69岁，验证如下：　　692＝＝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。而九位数和的差为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.。　　解：仿例3的解法，可求得　　763×852×941＝。　　2.6993。　　提示：最大值a=1+2+3+4+5+，　 　　 　最小值b=12+34+56+78+9＝189，　 　a+b＝93。　　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.。　　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。　　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×； （8）4×。　　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.。　　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：　　　　　　
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《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 =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＋ （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&# ×（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&#，所以0.25≤S&#，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.5％x）件。利润为　　（100-x-80）×.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&#，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&#，故　　90＜450-4x&#，　　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&#， ②　　800x+200y+400z&#。 ③　　由②得 2x+3y+2z&#。 ④　　由③得 4x+y+2z&#。 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）&#+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2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：，…，9999，共90个；　　五位回文数有：1，…，99999，共900个；　　六位回文数有：1101，…，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 =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°×°，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，…，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
《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