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奧數整數的拆分四年級

生活 更新时间:2024-12-28 21:03:37

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)1

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)2

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)3

整數的拆分,就是把一個自然數表示成為若幹個自然數的和的形式,每一種表示方法,就是自然數的一個分拆。

整數的分拆是古老而又有趣的問題,其中最著名的是哥德巴赫猜想。在國内外數學競賽中,整數分拆的問題常常以各種形式出現,如,存在性問題、計數問題、最優化問題等。

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)2

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)5

例1.

電視台要播放一部30集電視連續劇,若要求每天安排播出的集數互不相等,則該電視連續劇最多可以播幾天?

分析與解:由于希望播出的天數盡可能地多,所以,在每天播出的集數互不相等的條件下,每天播放的集數應盡可能地少。

我們知道,1 2 3 4 5 6 7=28。如果各天播出的集數分别為1,2,3,4,5,6,7時,那麼七天共可播出28集,還剩2集未播出。由于已有過一天播出2集的情形,因此,這餘下的2集不能再單獨于一天播出,而隻好把它們分到以前的日子,通過改動某一天或某二天播出的集數,來解決這個問題。例如,各天播出的集數安排為1,2,3,4,5,7,8或1,2,3,4,5,6,9都可以。

所以最多可以播7天。

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例2:

有面值為1分、2分、5分的硬币各4枚,用它們去支付2角3分。問:有多少種不同支付方法?

分析與解:要付2角3分錢,最多隻能使用4枚5分币。因為全部1分和2分币都用上時,共值12分,所以最少要用3枚5分币。

當使用3枚5分币時,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種支付方法。

當使用4枚5分币時,5×4=20,23-20=3,所以最多使用1枚2分币,或不使用,從而可有

23=20 (2 1),

23=20 (1 1 1),

共2種支付方法。

總共有5種不同的支付方法。

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例3:

把37拆成若幹個不同的質數之和,有多少種不同的拆法?将每一種拆法中所拆出的那些質數相乘,得到的乘積中,哪個最小?

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種不同拆法,其中3×5×29=435最小。

說明:本題屬于迄今尚無普遍處理辦法的問題,隻是硬湊。比37小的最大質數是31,但37-31=6,6不能分拆為不同的質數之和,故不取;再下去比37小的質數是29,37-29=8,而8=3 5。其餘的分拆考慮與此類似。

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)7

例4:求滿足下列條件的最小自然數:它既可以表示為9個連續自然數之和,又可以表示為10個連續自然數之和,還可以表示為11個連續自然數之和。

解:9個連續自然數之和是其中第5個數的9倍,10個連續自然數之和是其中第5個數和第6個數之和的5倍,11個連續自然數之和是其中第6個數的11倍。這樣,可以表示為9個、10個、11個連續自然數之和的數必是5,9和11的倍數,故最小的這樣的數是[5,9,11]=495。

對495進行分拆可利用平均數,采取“以平均數為中心,向兩邊推進的方法”。例如,495÷10=49.5,則10個連續的自然數為 45,46,47,48,49,(49.5),50,51,52,53,54。

于是495=45 46 … 54。同理可得495=51 52 … 59=40 41 … 50。

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例5:

若幹隻同樣的盒子排成一列,小聰把42個同樣的小球放在這些盒子裡然後外出,小明從每隻盒子裡取出一個小球,然後把這些小球再放到小球數最少的盒子裡去,再把盒子重排了一下。小聰回來,仔細查看,沒有發現有人動過小球和盒子。問:一共有多少隻盒子?

分析與解:

設原來小球數最少的盒子裡裝有a隻小球,現在增加到了b隻,由于小明沒有發現有人動過小球和盒子,這說明現在又有了一隻裝有a個小球的盒子,這隻盒子裡原來裝有(a 1)個小球。

同理,現在另有一個盒子裡裝有(a 1)個小球,這隻盒子裡原來裝有(a 2)個小球。

依此類推,原來還有一隻盒子裝有(a 3)個小球,(a 4)個小球等等,故原來那些盒子中裝有的小球數是一些連續整數。

現在這個問題就變成了:将42分拆成若幹個連續整數的和,一共有多少種分法,每一種分法有多少個加數?

因為42=6×7,故可将42看成7個6的和,又(7 5) (8 4) (9 3)是6個6,

從而42=3 4 5 6 7 8 9,一共有7個加數。

又因42=14×3,故可将42寫成13 14 15,一共有3個加數。

又因42=21×2,故可将42寫成9 10 11 12,一共有4個加數。

于是原題有三個解:一共有7隻盒子、4隻盒子或3隻盒子。

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例6:

機器人從自然數1開始由小到大按如下規則進行染色:

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

解:顯然1要染黃色,2=1 1也要染黃色,

3=1 2,

4=1 3=2 2,

5=1 4=2 3,

6=1 5=2 4=3 3,

7=1 6=2 5=3 4,

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

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

11=1 10=2 9=3 8=4 7=5 6。

可見,1,2,3,4,5,6,7,8,9,11均應染黃色。

下面說明其它自然數n都要染紅色。

(1)當n為大于等于10的偶數時,n=2k=4 2(k-2)。由于n≥10,所以k≥5,k-2≥3,2(k-2)與4均為合數,且不相等。也就是說,大于等于10的偶數均能表示為兩個不同的合數之和,應染紅色。(1)當n為大于等于13的奇數時,

n=2k 1=9 2(k-4)。由于n≥13,所以k≥6,k-4≥2,2(k-4)與9均為合數,且不相等。也就是說,大于等于13的奇數均能表示為兩個不同的合數之和,應染紅色。

綜上所述,除了1,2,3,4,5,6,7,8,9,11這10個數染黃色外,其餘自然數均染紅色,第k個染為紅色的數是第(k 10)個自然數(k≥2)。

所以第2000個染為紅色的數是2000 10=2010。

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例7:

把12分拆成兩個自然數的和,再求出這兩個自然數的積,要使這個積最大,應該如何分拆?

分析與解:把12分拆成兩個自然數的和,當不考慮加數的順序時,有1 11,2 10,3 9,4 8,5 7,6 6六種方法。它們的乘積分别是1×11=11,2×10=20,3×9=27,4×8=32,5×7=35,6×6=36。

顯然,把12分拆成6 6時,有最大的積6×6=36。

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例8:

把11分拆成兩個自然數的和,再求出這兩個自然數的積,要使這個積最大,應該如何分拆?

分析與解:把11分拆成兩個自然數的和,當不考慮加數的順序時,有1 10,2 9,3 8,4 7,5 6五種方法。它們的乘積分别是1×10=10,2×9=18,3×8=24, 4×7=28,5×6=30。

顯然,把11分拆成5 6時,有最大的積5×6=30。

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

在具體分拆時,當S為偶數時,

奧數整數的拆分四年級(奧數知識點整數的分拆)13

當S為奇數時,m、n分别為

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例9:

試把1999分拆為8個自然數的和,使其乘積最大。

分析:反複使用上述結論,可知要使分拆成的8個自然數的乘積最大,必須使這8個數中的任意兩數相等或差數為1。

解:因為1999=8×249 7,由上述分析,拆法應是1個249,7個250,其乘積249×2507為最大。

說明:一般地,把自然數S=pq r(0≤r<p,p與q是自然數)分拆為p個自然數的和,使其乘積M為最大,則M為qp-r×(q 1)r。

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