七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套）
初一数学竞赛讲座
第1讲 数论的方法技巧（上）
数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”. 因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重. 数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的.
特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数.
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c.
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即
1
其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n的质因数分解或标准分解.
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）.
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的.
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、利用整数的各种表示法
对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有：
1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0； 2．带余形式：a=bq+r；
4．2的乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数.
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？
解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成：1000a3+100a2+10a1+a0，它的各位数字之和的10倍是10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是：990a3+90a2-9a0=1998，110a3+10a2-a0=222.
比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a0=8，a2=1，a3=2.
所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8.
例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc(a,b,c依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数acb,bac,bca,cab与
cba的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc. 现
在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc来. 解：依题意，得
2
a+b+c＞14，
说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程.
例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？ 解：设a，b，c，d是所取出的数中的任意4个数，则a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n是自然数. 于是c-d=18（m-n）.
上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同. 设这个余数为r，则a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r， 其中a1，b1，c1是整数. 于是a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r.
因为18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12. 因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除.
例4 求自然数N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在内，它共有10个约数.
解：把数N写成质因数乘积的形式：N=2a1?3a2?5a3?7a4???Pnn
由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余的指数ak为自然数或零. 依题意，有（a1+1）（a2+1）…（an+1）=10.
由于a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×5，故a1+1=a2+1=a5+1=…=an+1=1， 即a1=a2=a5=…an=0，N只能有2个不同的质因数5和7，因为a4+1≥3＞2，故由（a3+1）（a4+1）=10知，a3+1=5，a4+1=2是不可能的. 因而a3+1=2，a4+1=5，即N=5×7=5×7=12005.
例5 如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？
解：因为2=1024，2=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=2，所以，N等于10个2与某个奇数的积. 说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解. 二、枚举法
枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题. 运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏. 正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度. 数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等.
2-1
5-1
410
11
10
a 3
例6 求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和. 分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量.
设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z. 由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以x2+y2+z2≤10，
从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3. 所求三位数必在以下数中：
100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310. 不难验证只有100，101两个数符合要求.
例7 将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数. 问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？
解：设P为任意一个自然数，将魔术数N（N＜2000＝接后得PN，下面对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论.
⑴当N为一位数时，PN=10P+N，依题意N︱PN，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，所以N=1，2，5；
⑵当N为两位数时，PN=100P+N，依题意N︱PN，则N︱100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；
PN=1000P+N，⑶当N为三位数时，依题意N︱PN，则N︱1000P，故N|1000，
所以N=100，125，200，250，500；
⑷当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000. 符合条件的有1000，1250.
综上所述，魔术数的个数为14个.
说明：（1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然. （2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决.
例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内. 把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人. 每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23. 问：这3张牌的数字分别是多少？
解：13+15+23=51，51=3×17.
因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8 ④2，5，10 ⑤2，6，9 ⑥2，7，8 ⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8 ⑩3，7，7 (11)4，4，9 (12)4，5，8 (13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6
只有第⑧种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23. 这3张牌的数字分别是3，5和9.
例9 写出12个都是合数的连续自然数.
4
分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96. 我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了.
解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：
114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126.
分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数. 又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数.
解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数. m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数.
说明：我们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来.
同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数. 三、归纳法
当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径. 这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法.
例10 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边； （2）从左到右两位一节组成若干个两位数； （3）划去这些两位数中的合数；
（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去； （5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串. 问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？
解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173.
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117.
例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面. 再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面. 反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？ 分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律. 列表如下：
设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：
5
（1）当N=2（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2张；
（2）当N=2+m（m＜2）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张.
a
a
a
a
取N=100，因为100=2+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张. 说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯. 如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？
例12 要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？
分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究.
（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的. （2）称重2克，有3种方案： ①增加一个1克的砝码； ②用一个2克的砝码；
③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内. 从数学角度看，就是利用3-1=2.
（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰.
（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰. 总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重. （5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用：9-（3+1）=5， 即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内. 这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重. 而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为：14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重.
总之，砝码的重量为1，3，3，3克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案.
这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，
这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案.
练习1
1．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878. 试求这个四位数.
2
3
6
6
3．设n是满足下列条件的最小自然数：它们是75的倍数且恰有75个
4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？
5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔
过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去. 问：最后剩下哪个数？为什么？
6．圆周上放有N枚棋子，如下图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子. 小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，
9次越过A. 当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪 发现圆周上余下20多枚棋子. 若N是14的倍数，则圆周上还有 多少枚棋子？
7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均
没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和.
8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表. 求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人.
练习1答案： 1．1987.
（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878.
比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，可知：a+d=8，b+c=17. 已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7. 即所求的四位数为1987.
2．1324，1423，2314，2413，3412，共5个. 3．432.
解：为保证n是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n
有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且
（α+1）（β+1）（γ+1）=75.
易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件. 此时
4．38.
7
解：小于38的奇合数是9，15，21，25，27，33.
38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则 A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n. 其中n为大于1的奇数. 因此，38即为所求.
5．406.
解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1.
36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=） 729个数，
即可运用上述结论.
因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的3个数的起始数为406. 所以最后剩下的那个数是406. 6．23枚.
解：设圆周上余a枚棋子. 因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子
6
时，圆周上有3a枚棋子. 依此类推，在第 8次将要越过 A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，所以N=2(39a-1)+1+39a=310a-1.
若N=310a=59049a-1是14的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；
若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数.
当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子. 7．259980.
解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：
若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和.
8
以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）. 这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能. 因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）×4×3×2=240.
以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择. 因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180. 同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.
所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 259980. 8．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54. 由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座.
设想满足要求的安排是存在的. 不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：
21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）.
由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位.
取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表. 这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的. 所以题目要求的安排不可能实现.
初一数学竞赛讲座
第2讲 数论的方法技巧（下）
四、反证法
反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的.
反证法的过程可简述为以下三个步骤：
1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；
2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；
3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立.
运用反证法的关键在于导致矛盾. 在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的.
解：如果存在这样的三位数，那么就有
9
100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）. 上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9. 这表明所找的数是不存在的. 说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾.
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加. 试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数.
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数. 在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此 第二列数字的和b+c≤9. 将已知数的前两位数字a，b与末两位数 字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数 与它相加，和的数字都是奇数”这一性质. 照此进行，每次去掉首 末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾. 故和的数字中必有偶数.
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立. 但对其他位数的数不一定成立. 如12+21，506+605等.
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币. 小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？ 解：开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数. 每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q. 下面考查Q的奇偶性.
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变. 所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数.
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数. 矛盾.
例 4在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数. 将表中 同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作. 问： 你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？
解：因为表中9个质数之和恰为100，被3除余1，经过每一
次操作，总和增加3的倍数，所以表中9个数之和除以3总是余1. 如果表中9个数变为相等，那么9个数的总和应能被3整除，这就得出矛盾！
所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为9个相同的数. 五、构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决.
例5 9999和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？
10
解：9999能. 因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：
9999=（9998-98）+（9998-96）+…=（9998-2）+9998+（9998+2）+…=（9998+96）+（9998+98）.
99！不能. 因为99！为偶数，而99个奇数之和为奇数，所以99！不能表示为99个连续奇数之和. 说明：利用构造法证明存在性问题，只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行.
例6 从1，2，3，…，999这999个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积. 应划去哪些数？
解：我们可划去2，3，…，30，31这30个数，因为划去了上述这30个数之后，余下的数中，除1以外的任何两个数之积将大于32=1024＞999. 另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数.
（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），…， （30，33，30×33），（31，32，31×32）. 上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为 31×32=992. 如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件. 所以，30是最少的个数. 六、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）. 传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对. 像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解. 例7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和. 解：在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和. 将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63. 这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000.
例8 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号. 若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”. 例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券. 试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除.
解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券. 由于9999是奇数，所以m≠n.
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数.
因为9999=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除.
2
11
例9已知最简分数
mm111可以表示成： ?1?????. 试说明分子mnn2388是质数89的倍数.
解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和
①②两式相加，得
从而2m×88！=89×k（k是正整数）.
因为89为奇质数，所以89不能整除 88！，从而89|m.
解法二：作配对处理
m?1??11?1?11??1?1??1?????????????89?????? n?88??287?44451?882?8744?45???? 将括号内的分数进行通分，其公分母为1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，
从而m×88！=89×k（k=n×q）.
因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m. 七、估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的.
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解.
m例10已知一个整数等于4个不同的形如（m是整数）的真分数之和，
m?1求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数.
1m解：因每一真分数满足??1，而所求的数整S是四个不同的真分数
2m?1之和，因此2＜S＜4，推知S=3. 于是可得如下5组不同的真分数：
?12641??12723??12914??13419??13511??,,,?,?,,,?,?,,,?,?,,,?,?,,,? ?23742??23824??231015??24520??24612? 例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值.
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分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值.
?400?解：当n=400时，数1，2，3，…，400中共有???80个数是5的倍数，5???400??400?其中有?2??16个数是52的倍数，有?2??3个数是53的倍数.
?5??5? 因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）. 又
乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以 当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零； 当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零. 因此，n的最大值为434.
练习2
1．将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数45045？
2．如下图，给定两张3×3方格纸，并且在每 一方格内填上“+”或“-”号. 现在对方格纸中任 何一行或一列进行全部变号的操作. 问：可否经过 若干次操作，使图（1）变成图（2）？
3．你能在3×3的方格表中每个格子里都填一
个自然数，使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于1999吗？若能，请举出一例；若不能，请说明理由.
示，求出表达式；若不能表示，请给出证明.
5．公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的. 试说明，所有幸运车票号码的和能被13整除.
6．N是由5个不同的非零数字组成的五位数，且N等于这5个数字中取3个不同数字构成的所有三位数的和，求出所有的这种五位数N. 7．证明：没有最大的质数.
练习2 答案：
1．不可能. 因为45045是奇数，所以它只能表示成3个奇数的连乘积，但是对任何两个奇数x和y（x＜y）来说，y-x都是偶数，从而45045≠xy（x-y）. 而如果x和y中有偶数，则亦不可能.
2．不能. 假设图（1）在第一、二、三行经过m1，m2，m3次操作，而第一、二、三列经过n1，n2，n3次操作变成图（2）. 由于图（1）和图（2）左上角符
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号相反，而从“+”号变到“-”号要进行奇数次变号，故（m1+n1）是奇数. 同理（m1+n2）是偶数，（m2+n1），（m2+n2）都是奇数. 这样（m1+n1）+（m1+n2）+（m2+n1）+（m2+n2）是奇数. 但这个和又等于2（m1+m2+n1+n2），是偶数，矛盾.
3．不能. 若能填入九个自然数a1，a2，…，a8，a9满足题 设条件（如图所示），则有a1+a5+a9=1999，a2+a5+a8=1999， a3+a5+a7=1999，a4+a5+a6=1999.
相加得（a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9）+3a5＝4×1999， 而a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=3×1999，所以3a5=1999， 1999a5=与a5是自然数矛盾.
371119494．不能. ??;3324839841999解：因为 777?1283?11111 ???????3324?834?83?124?86?124?124?83?12483984771111所以能表示成?的形式，且. ??332332483984lm11将一切形如?的数（其中l,m为大于1的自然数），从大到小排列，前
lm11115113几项为??1,??,??.
22236244显然，凡界于
q5111949与1之间的分数不能表示成?的形式，而却界
p6lm1999511于与1之间，所以不能表示成?的形式. 6lm 5．解：设幸运车票的号码为A，则号码为A′=999999-A的车票也是幸运的，并且A′≠A（因为999999是奇数），因而A+A′=1001×999=13×77×999能被 13整除. 所以，所有幸运车票号码的和也能被13整除. 6．35964.
=（a1+a2+a3+a4+a5）（100×12+10×12+12） =1332（a1+a2+a3+a4+a5）.
应是1332×9=11988的倍数. 又15=1+2+3+4+5≤a1+a2+a3+a4+a5≤9+8+7+6+5=35，
所以a1+a2+a3+a4+a5只能为18，27. 当a1+a2+a3+a4+a5=18时， 但2+3+9+7+6≠18，不合题意；
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当a1+a2+a3+a4+a5=27时，符合题意.
所以，所求的五位数为35964.
7．证明：假设有最大质数P. 将所有小于等于P的质数相乘再加1，所得结果如果是质数，那么这个质数大于P，与假设矛盾；所得结果如果不是质数，那么它的每一个质因数都不同于小于等于P的质数，也就是说这些质因数都是大于P的质数，与假设矛盾. 所以假设不成立，即没有最大的质数. 8．9504.
解：若先依次计算
的值再求和，则很繁杂. 我们的解法是采用配对，这也是求和的一种有效技巧.
=199，（这里{x}=x[x]）
同理可知
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我们有
＝198×48＝9504.
初一数学竞赛讲座
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 右表中有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.
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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
3
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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：
苹 果 桔 子 梨 奇 奇 奇 奇 偶 偶 奇 偶 奇 奇 奇 偶 偶 偶 偶 偶 奇 奇 偶 偶 奇 偶 奇 偶 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；
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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.
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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. 如右所示：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答案：
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.
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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.
初一数学竞赛讲座
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？
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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.
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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.
（2）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？
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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.
S在具体分析时，当S为偶数时， m?n?；当S为奇数时，m，n分别为
2S?1S?1. 和22 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.
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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
?a?(a?k?1)??k?1995
和公式，得到
2 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
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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答案
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.
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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3×4=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），
5
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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.
初一数学竞赛讲座
第5讲 与年号有关的竞赛题
在数学竞赛中，常可以看到某些题目中出现了当年的年号，这类题我们称之为“年号题”. 这类题趣味性强，时间性强，引起了参加竞赛的少年朋友很大的兴趣.
“年号题”一般可分成两类，一类是题目的条件中出现了当年的年号，另一类是题目答案中出现了当年的年号. 下面我们分别举例说明这两类问题的解法. 一、题目条件中出现年号的问题
1．题目在编制和解答中巧妙地运用了该年年号的数字特征，如年号数值的质因数分解式、是否质数、它的数的整除性等等.
例1 将19到80的两位数顺次排成数A＝19202122…7980. 问：这个数A能否被1980整除？
解：由于1980=99×20，因此要考察A能否被1980整除，只需要考察A能否被99和20整除就行了. 能被20整除是显然的. 因为99除100的任何次方所得的余数都是1，所以A＝19×10061+20×10060+…+79×100+80
除以99的余数与B=19+20+…+79+80=99×31除以99的余数相同. 因为99|B，所以99|A. 于是A能被1980整除.
例2 用S（n）表示自然数n的各位数字之和，又n+S（n）=1999，求自然数n.
11x+2y＝89.
注意到x是奇数且x，y都是一位整数，不难求得x=7，y=6，从而n=1976. 例3 在3×3的九宫格中，填上 9个不同的自然数，使得每行三数相乘，每列三数相乘所得的6个乘积都等于P. 试确定P能取1996，1997， 1998，1999，2000，2001这6个数中的哪些值.
解：所填的9个数应为P的9个不同约数，又P不能填入九宫格内，故P的不同约数的个数应不小于10. 1996=2×499，有6个约数；
1997和1999是质数，各有2个约数；1998=2×3×37，有16个约数； 2000=2×5，有20个约数；2001=3×2×29，有8个约数.
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3
3
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显然P不能取1996，1997，1999和2001. 当P=1998和2000时，有下图的填法（填法不唯一），故P可取1998和2000.
例4 有1999块边长为1的正方块，求满足下述条件的有盖箱子的尺寸： （1）长、宽、高均大于1；
（2）将正方块放入箱子中时，能合上盖子，并且使空隙最小； （3）在保证（1）（2）的前提下，使箱子的表面积最小.
解：由于1999是质数且2000=24×53，故空隙最小的箱子的体积应是2000. 表面积最小的箱子应是各边长相差尽量小的长方体. 将2000分解成三个尽量接近的三个数的乘积是：2000＝10×10×20，
所以表面积最小的箱子的长、宽、高应为10，10，20.
2．题目中的年号数是可以换成任意的自然数n的，它只不过是编制时仅仅用具体的年号数来代替n. 对于这种情况要善于透过表面看本质，做过后要将特殊推广到一般.
1例5若两个不相等的自然数的倒数的和的一半等于，求这两个自然数.
1999 解：设这两个自然数为x，y，且x＞y.
比较①②两式，取n=1999，有2x=1999×2000，2y=1999+1， 于是x=1999000，y=1000.
例6 有一张1949×2000的长方形方格纸，方格边长为1. 问：这个长方形的一条对角线穿过多少个方格？ 解：由于1949与2000是互质数，故对角线在长方形内不经过任何一个格点. 对角线与纵向的1950条线有1950个交点，与横向的2001条线有2001个交点. 去掉重复计算的对角线两个端点，它与纵横线共有1950+2001-2=3949（个）交点，交点间有3948条线段，即对角线穿过3948个小方格.
1 例7 有两个容器A和B，A中装有1升水，B是空的. 先将容器A中的水的
211倒入容器B，然后将容器B中的水的倒入容器A，再将容器A中的水的倒入
34容器B…如此继续，这样倒了1999次以后，A中还有水多少升？
解：设an和bn分别表示倒了n次以后A中和B中水的升数，显然an+bn=1.
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列表观察如下：
说明：如果求倒了2000次以后，A中还剩多少水，那么可进一步计算如下：
例8 从自然数列1，2，3，4，…中依次划去3的倍数和4的倍数，保留5的倍数（例如15，20都不划去），将剩下的数依次写成数列A1＝1，A2＝2，A3＝5，A4=7，…求A2000.
解：3，4，5的最小公倍数是60，在连续的60个自然数中，3的倍数有60÷3=20（个），4的倍数有60÷4=15（个），12的倍数有60÷12=5（个），15的倍数有60÷15=4（个）， 20的倍数有60÷20=3（个），60的倍数有1个.
于是由容斥原理得到，连续60个自然数中，按题设要求划去各数后还剩下 60-（20+15）+（5+4+3）-1=36（个）.
2000÷36=55……20. 因为在1～34中可以剩下20个数，所以剩下的第2000个数是A2000=60×55+34＝3334. 二、题目答案中出现年号的题
这类问题和一般的数学题没有什么区别，都要运用数字运算的规律和特征，借助逻辑推理求得问题的解决.
例9 将我家门牌号码倒置着看是一个四位数，它比原来的号码大7875，我家门牌号码是多少？
解：倒置后仍有意义的数有0，1，6，8，9. 设门牌号码正着看是
于是门牌号码为1986.
例10 有一个小于2000的四位数，它恰好含有14个因数，其中有一个质因数的末位数字是1，求这个四位数.
解：因为14=2×7，所以这个四位数的质因数分解式为
30
6
6
6
因为4=4096＞2000，所以P2≤3. 故P1的末位数为1. 若P2=3，则m=P1×3≥11×3＞2000，舍去. 故P2=2. 若P1=11，则m=64×11=704，不是四位数. 若P1≥41，则m≥64×41＞2000，与题设不符. 当P1=31时，m=64×31=1984. 这是本题的唯一解.
例11 在20世纪的最后10年中，恰有一年年号的不同约数的个数比1990的约数个数少2，求该年号所有不同正约数的积.
解：用T（A）表示A的不同约数个数.
1990=2×5×199，T（1990）=（1+1）×（1+1）×（1×1）=8； 1991＝11×181，T（1991）=（1+1）×（1+1）=4；
1992＝2×3×83，T（1992）=（3+1）×（1+1）×（1×1）=16； 1993是质数，T（1993）=2；
1994＝2×997，T（1994）=（1+1）×（1+1）=4；
1995＝3×5×7×9，T（1995）=（1+1）×（1+1）×（1+1）×（1+1）=16； 1996＝22×499，T（1996）＝（2+1）×（1+1）＝6. 故所求年号数为1996，其所有不同正约数之积为 1×2×2×499×（2×499）×1996＝1996.
例12 平面上有1001个点，如果每两点连一条线段，并把中点染成红色，那么平面上至少有多少个红点？
解：在所有点中，找出距离最大的两点A和B，分别以A，B为圆心，以AB的长度的一半为半径作两个圆. 对余下的999个点中的任一点P，因为11所以AP的中点在⊙A内，或在圆周上. 又因为余下的999个点是不AP《AB，22同的的点，它们与A的中点也互不相同，所以在⊙A（含圆周）中至少有999个红点，这999个红点与AB的中点不重叠. 同理，在⊙B中也至少有999个红点. 再加上 AB的中点，平面上至少有2×999+1=1999（个）红色的点.
练习5
32
2
.
2．2001个棱长为1厘米的正方体可以垒成多少种不同长方体？
3．梯形的上底、下底及两腰的长分别是1，9，8，8. 这个梯形的四个角的大小分别是多少？
4．将四位数的数字顺序重新排列后，可以得到一些新的四位数. 现有一个四位数M，它比新数中的最大数小7983，比新数中的最小数大99，求这个四位数.
5．有一个四位数N，它小于3000，且满足下列条件： （1）N中含有两个质因数3，且只含有两个质因数3； （2）N—1中含有两个质因数2，且只含有两个质因数2； （3）N和N—1都不含质因数5； （4）N的十位数字比个位数字小1.
31
求这个四位数.
6．设P和q为自然数，已知
p1111?1??????，判断P是否是q23132313241999的倍数.
7．自1986开始写下一串数字：1 9 8 6 4 7 5 2 8 2 7 9 6…
其中前四个数字后的每一个数字等于它前面四个数字之和的末位数字. 问：在这一串数字中会不会出现连续四个数，恰好是1，9，9，8？
8．规定一种运算“～”，a～b表示两个数a和b的差（大减小）. 例如：5～3=2，7～10=3，6～6=0.
已知x1，x2，…，x2000，是1，2，…，2000的一个排列，求（x1～1）+（x2～2）+…+（x2000～2000）的最大值. 练习5答案：
2．4种.
解：2001=3×23×29=1×69×29
=1×23×87＝1×3×667.
3．60°，60°，120°，120°.
解：如右图，将梯形分割成一个平行四边形和一个 三角形，显然这个三角形是等边三角形，它的每个角都 是60°，从而梯形的各个角分别为60°，60°，120°， 120°.
4．1998.
由上式知，a=9，d=1，b-c=1. 这个四位数等于
这
个四位数是1998. 5．1989.
知
d≠5且d≠1，从而d可能为3，7或9，于是c可能等于2，6或8.
a+b-1
是9的倍数.
32
若a=2，则b=8，此时N=2889，N-1=2888是8的倍数，与（2）矛盾. 若a=1，则b=0或9，此时N=1089或1989. 当N＝1089时，N是27的倍数与（1）矛盾. 经验算，仅1989符合题意. 所以这个四位数是1989. 6．是.
在等式的两边同时乘以1332！＝1×2×3×… ×1332，
由于1999是质数，且1332＜1999，故在1332！中没有一个大于1的约数能整除1999，因此只有P能被1999整除. 7．不会.
解：将这串数按奇偶性写出来是：1986偶奇奇偶偶偶奇奇偶…… 容易看出，其中每连续五个数字中有两奇三偶，而且三个偶数是连在一起的，故在这一串数字中不会出现连续四个数，恰好是1，9，9，8. 8．2000000.
解：每一个（xn～n）变成普通减法后是将xn和n中较大的一个减较小的一个，故在x1，x2，…，x2000，1，2，…， 2000这2×2000个数中有2000个是被减数，有2000个是减数，我们要使上式的结果最大，就应该使较大的数成为被减数，较小的数成为减数. 于是在每一个（xn～n）中，大于999的两个数不能排在一起，小于 999的两个数也不能排在一起. 取x1=2000，x2=1999，…，x2000=1就可以得到这个最大值：
2×[（2000-1）+（1999-2）+…+（1001-1000]
＝2×[（2000-1000）+（1999-999）+…+（1001-1）]
初一数学竞赛讲座
第6讲 图形与面积
一、直线图形的面积
33
在小学数学中我们学习了几种简单图形的面积计算方法，数学竞赛中的面积问题不但具有直观性，而且变换精巧，妙趣横生，对开发智力、发展能力非常有益.
图形的面积是图形所占平面部分的大小的度量. 它有如下两条性质：
1．两个可以完全重合的图形的面积相等；
2．图形被分成若干部分时，各部分面积之和等于图形的面积. 对图形面积的计算，一些主要的面积公式应当熟记. 如：
正方形面积=边长×边长；矩形面积=长×宽；平行四边形面积=底×高； 三角形面积=底×高÷2；梯形面积=（上底+下底）×高÷2. 此外，以下事实也非常有用，它对提高解题速度非常有益. 1．等腰三角形底边上的高线平分三角形面积； 2．三角形一边上的中线平分这个三角形的面积； 3．平行四边形的对角线平分它的面积； 4．等底等高的两个三角形面积相等. 解决图形面积的主要方法有：
1．观察图形，分析图形，找出图形中所包含的基本图形；
2．对某些图形，在保持其面积不变的条件下改变其形状或位置（叫做等积变形）；
3．作出适当的辅助线，铺路搭桥，沟通联系； 4．把图形进行割补（叫做割补法）.
例1 你会用几种不同的方法把一个三角形的面积平均分成4等份吗？
解：最容易想到的是将△ABC的底边4等分， 如左下图构成4个小三角形，面积都为原来的三
1角形面积的.
4另外，先将三角形△ABC的面积2等分（如右 上图），即取BC的中点D，连接AD， 则S△ABD=S△ADC，然后再将这两个小三角 形分别2等分，分得的4个小三角形各
1自的面积为原来大三角形面积的. 还
4有许多方法，如下面的三种. 请你再想出几种不同的方法.
例2 右图中每个小方格面积都是1cm2，那么六边形 ABCDEF的面积是多少平方厘米？
分析：解决这类问题常用割补法，把图形分成几个简单 的容易求出面积的图形，分别求出面积.
也可以求出六边形外空白处的面积，从总面积中减去空
白处的面积，就是六边形的面积. 解法1：把六边形分成6块： △ABC，△AGF，△PEF，△EKD，△CDH和正方形GHKP. 用S表示三角形面积，如用S△ABC表示△ABC的面积.
34
11+4+9=22(cm2) 22 说明：当某些图形的面积不容易直接计算时，可以把这个图形分成几个部分，计算各部分的面积，然后相加，也就是说，可以化整为零. 解法2：先求出大正方形MNRQ的面积为6×6=36（cm2）. 故六边形ABCDEF的面积等于6+2+1+
说明：当某些图形的面积不易直接计算时，可以先求出一个比它更大的图形的面积，再减去比原图形多的那些（个）图形的面积，也就是说，先多算一点，再把多算的部分减去.
解法3：六边形面积等于
11 S△ABC+S梯形ACDF-S△DEF=6×2×+（3+6）×4×-3×1×
22111=6+18-1=22(cm2) 222 说明：“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，从不同的角度去观察同一个图形，会对图形产生不同的认识. 一种新的认识的产生往往会伴随着一种新的解法. 做题时多想一想，解法就会多起来，这对锻炼我们的观察能力与思考能力大有益处.
35
例3 如下图所示，BD，CF将长方形ABCD分成4块， △DEF的面积是4cm，△CED的面积是6cm. 问：四边形ABEF的面积是多少平方厘米？
解：如下图，连结BF. 则△BDF与△CFD面积相等， 减去共同的部分△DEF，可得△BEF与△CED面积相等， 等于6cm2.
2
2
四边形ABEF的面积等于
S△ABD-S△DEF=S△BDC-S△DEF=S△BCE+S△CDE-S△DEF=9+6-4=11（cm2）.
问：两块红色图形的面积和与两块蓝色图形的面积和， 哪个大？
分析：只需比较△ACE与△BDF面积的大小. 因 为△ACE与△BDF的高相等（都是CD），所以只需比 较两个三角形的底AE与BF的大小.
因为△ACE与△BDF高相等，所以S△ACE＞S△BDF. 减去中间空白的小四边形面积，推知两块红色图形的面积和大于两块蓝色图形的面积和.
例5 在四边形ABCD中（见左下图），线 段BC长6cm，∠ABC为直角，∠BCD为135°， 而且点A到边CD的垂线段AE的长为12cm，线 段ED的长为5cm，求四边形ABCD的面积.
解：延长AB，DC相交于F（见右上图）， 则∠BCF=45°，∠FBC=90°，从而∠BFC=45°. 因为∠BFC=∠BCF，所以BF=BC=6（cm）.
在Rt△AEF中，∠AFE=45°，所以∠FAE=90°-45°=45°，从而EF=AE=12（cm）.
故S四边形ABCD=S△ADF-S△BCF=102-18=84（cm2）.
36
说明：如果一个图形的面积不易直接求出来，可根据图形的特征和题设条件的特点，添补适当的图形，使它成为一个新的易求出面积的图形，然 后利用新图形面积减去所添补图形的面积，求出原图形面积. 这种利用“补形法”求图形面积的问题在国内外初中、小学 数学竞赛中已屡见不鲜.
例6 正六边形ABCDEF的面积是6cm2，M，N，P分别是所 在边的中点（如上图）.
问：三角形MNP的面积是多少平方厘米？
解法1：如左下图，将正六边形分成6个面积为正 1cm2的正三角形，将另外三个面积为1cm2的正三角形分
别拼在边BC，DE，AF外面，得到一个大的正三角形XYZ，其面积是9cm2. 这时，M，N，P分别是边ZX，YZ，Xy的中点，推知
解法2：如右上图，将正六边形分成6个面积为1cm2的正三角形，再取它们
1各边的中点将每个正三角形分为4个面积为的小正三角形. 于是正六边形
411ABCDEF被分成了24个面积为的小正三角形. 因为△MNP由9个面积为的小
441正三角形所组成，所以S△MNP=×9=2.25（cm2）
4二、圆与组合图形
以上我们讨论了有关直线图形面积计算的种种方法. 现在我们继续讨论涉及圆的面积计算.
1．圆的周长与面积 计算圆的周长与面积，有的直接利用公式计算，有的需要经过观察分析后灵活运用公式计算. 主要公式有：
（1）圆的周长=π×直径=2π×半径，即C=πd=2πr；
n?r （2）中心角为n°的弧的长度=n×π×（半径）÷180，即1=
180（3）圆的面积=π×（半径）2，即S=πr2；
2n?r1?lr （4）中心角为n°的扇形面积=n×π×（半径）2÷360，即S?3602例7 右图是三个半圆（单位：cm），其阴影部分
的周长是多少？
解：由图可知，阴影部分是由三个直径不同的半
37
圆周所围成，所以其周长为
说明：实际上，该图形中两个小半圆的直径之和等于大半圆的直径，因而它们的周长也正好等于大半圆的半圆周. 推而广之，若n个小圆的直径之和等于大圆的直径，即：d1+d2+d3+…+dn=D， 那么这些小圆的周长之和也等于大圆的周长，即
πd1+πd2+πd3+…+πdn=π（d1+d2+d3+…+dn）=πD.
例8 某开发区的大标语牌上，要画出如下图所示（图形阴影部分）的三种标点符号：句号、逗号、问号. 已知大圆半径为R，小圆半径为r，且R=2r. 若均匀用料，则哪一个标点符号的油漆用得多？哪一个标点符号的油漆用得少？
分析：在均匀用料的情形下，油漆用量多少问题可转化为阴影部分的面积大小问题. 现在涉及到的基本图形是圆，弄清阴影部分如何由大小圆分割、组合而成，是解该题的关键点和突破口.
解：因为S句号=S大圆-S小圆=πR2-πr2=π（2r）2-πr2=3πr2
说明：留意我们的日常生活，不同于课本的“非常规”问题随处可见，如何把“非常规”问题转化为或近似地转化为“常规”数学问题，需要细心观察、积极思考，考察转化的可能性和转化的途径. 像上例那样，认真分析图形的特征和课本图形的基本关系，进一步探讨能否由基本图形分割而成、组合而成. 2．圆与组合图形
在日常生活中，除了经常遇到直线型（如矩形、正方形、三角形、梯形等）以及曲线型（如圆、扇形等）的面积外，还经常遇到不同形状图形叠加而成的组合图形的面积问题. 组合图形的面积计算，可以根据几何图形的特征，通过分割、割补、平移、翻折、对称、旋转等方法，化复杂为简单，变组合图形为基本图形的加减组合.
例9 下图中，ABCD是边长为a的正方形，分别以AB， BC，CD，DA为直径画半圆. 求这四个半圆弧所围成的阴影 部分的面积.
解：图中阴影部分是由四个半圆的重叠部分构成的，这 四个半圆的直径围成一个正方形. 显然，这四个半圆的面积
38
之和大于正方形的面积，两者的差就是阴影部分的面积. 因 此，我们就得到以下的算式：
说明：此例除了用上面的解法外，还可以采用列方程解应用题的方法来解. 如题图，设x和y分别表示相应部分的面积，由图看出
例10 如左下图所示，平行四边形的 长边是6cm，短边是3cm，高是2.6cm， 求图中阴影部分的面积.
分析：本题的图形比较复杂，我们可 以先计算阴影部分的一半（见右上图）. 我们的目标是把图形分解成若干基本图形
的组合或叠合. 本题中的基本图形就是大、小两种扇形，以及平行四边形. 仔细观察
后得出结论：
右上图中的阴影部分等于
说明：求一个不规则图形的面积，要设法找出它与规则图形面积的关系，化不规则为规则.
例11 求右图中阴影部分的面积（单位：cm）.
分析与解：本题可以采用一般方法，也就是分别计
39
算两块阴影部分面积，再加起来，但不如整体考虑好. 我们可以运用翻折的方法，将左上角一块阴影部分（弓 形）翻折到半圆的右上角（以下图中虚线为折痕），把 两块阴影部分合在一起，组成一个梯形（如右图所示）， 这样计算就很容易.
本题也可看做将左上角的弓形绕圆心旋转90°，到达右上角，得到同样的一个梯形.
说明：当某些图形的面积不易直接计算时，可以把这个图形的各个部分适当拼接成一个易于直接计算的图形. 也就是说，可以化零为整. 上述解法运用翻折（或旋转）的方法达到了化零为整的目的.
例12 已知右图中正方形的面积是12cm2，求图中里外两个 圆的面积.
分析：计算圆面积，要知道半径. 先考虑内圆面积. 内圆 的直径与正方形的边长相等，但正方形的边长是未知的. 根据 已知正方形的面积是12cm2，可以推出内圆直径的平方为12cm2， 再求内圆面积就不难了.
外圆的直径是正方形的对角线，设外圆半径为R，则正方形面积等于由一条对角线分成的两个等腰直角三角形的面积之和. 再由正方形面积=2R×R÷2×2=2R2，2R2=12，便可求出外圆面积.
解：设内圆半径为r，由正方形面积为12cm2，正方形边长为2r，得（2r）2=12，r2=3.
内圆面积为πr2=3.14×3=9.42（cm2）.
1正方形面积=2个等腰直角三角形面积=2?(?2R?R)?2R2?12，
2 得R2=6，外圆面积为πR2=3.14×6=18.84（cm2）.
练习6
1．如右图所示，正方形的面积是50cm2，三角形ABC两条直 角边中，长边是短边的2.5倍，求三角形ABC的面积.
2．如右下图所示，长方形ABCD中，AB=24cm，BC=36cm，E 是BC的中点，F，G分别是AB，CD的4等分点，H为AD上任意 一点. 求阴影部分面积.
3．在右图的4×7的方格纸板上画有如阴 影所示的“6”字，阴影边缘是线段或圆孤. 问：阴影面积占纸板面积的几分之几？
4．在右下图中，六边形ABCDEF的面积是 54，AP=2PF，CQ=2BQ，求阴影四边形CEPQ的 面积.
5．在右图中，涂阴影部分的小正六角星形 面积是16cm2. 问：大正六角星形面积是多少平 方厘米？
6．一个周长是56cm的大长方形，按右面
40
图1与图2所示那样，划分为4个小长方形. 在 图1中小长方形面积的比是A∶B=1∶2，B∶C= 1∶2. 而在图2中相应的比例是A'∶B'=1∶3， B'∶C'=1∶3. 又知，长方形D'的宽减去D的宽 所得到的差，与D'的长减去D的长所得到的差之 比为1∶3. 求大长方形的面积.
7．有两张正方形纸，它们的边长都是整厘米数，大的一张的面积比小的一张多44cm2. 大、小正方形纸的边长分别是少？
8．用面积为1，2，3，4的4张长方形纸片拼成如右图所示的 一个大长方形. 问：图中阴影部分面积是多少？ 练习6答案： 1．10cm
解：画两条辅助线如左下图. 根据条件可知，正方形面积是长 方形ABCD面积的2.5倍. 从而ABCD的面积是50÷2.5＝20（cm）. 所以△ABC的面积是20÷2=10（cm）
2．324cm.
解：连结BH. △BEH的面积为 1?(36?2)?24?216(cm2) 2把△BHF和△DHG结合起来考虑， 这两个三角形的底BF，DG相等，且都等于
1长方形宽的，它们的高AH与DH之和正好是长方形的长，所以这两个三角形的
4面积 之和是111111?BF?AH??DG?DH??BF?(AH?DH)??BF?AD=×× 2222242
2
2
2
24×36=108(cm2).
图中阴影部分的面积为 216+108=324（cm）.
2
非阴影
共6个，
也有6个，刚好拼成6个小正方形. 因此阴影部分
有28-6-3=19（个）小正方形.
4．31.
解：如右图，将正六边形ABCDEF等分为54个小正三角 形. 根据平行四边形对角线平分平行四边形面积，采用数小三 角形的办法来计算面积.
S△PEF＝3，S△CDE＝9，S四边形ABQp＝11.
41
上述三块面积之和为 3+9+11=23.
因此，阴影四边形CEPQ面积为54-23=31. 5．48cm. 解：如下页右上图，阴影部分小正六角星形可分成12个与三角形OPN全等
164（能完全重叠在一起）的小三角形. 三角形OPN的面积是?(cm2). 正三角
123形OPM面积是由3个与三角形OPN全等的三角形组成. 所以，正三角形 OPM的面积等于
2
由于大正六角星形由12个与正三角形OPM全等的三角形组成，所以大正六角星形的面积是4×12=48（cm）. 6．160cm.
解：设大长方形的宽为xcm，则长为（28-x）cm.
2349因为D宽=x，D′宽=x，D长=(28?x) ，D′长=(28?x)，
34510x1所以D′宽-D宽=，D′长- D长=(28?x).
1210 由题设可知
2
2
28-8=20，从而大长方形的面积为8×20=160（cm）. 7．12cm，10cm.
解：把两张正方形纸重叠在一起，且把右边多 出的一块拼到上面，成为一个长方形，如右图.
这个长方形的面积是44cm，它的长正好是两
个正方形的边长的和，它的宽正好是两个正方形的边长的差. 因为两个整数的和
与它们的差是同奇或同偶，而44又只能分解成下面的三种形式： 44＝1×44＝2×22＝4×11，
所以，两个正方形的边长的厘米数的和与差只能是22与2. 于是，两个正方形的边长分别是（22+2）÷2＝12（cm）， 12-2＝10（cm）.
2
2
解：大长方形面积为1+2+3+4=10. 如右图那样延长RA和SB. 矩形ABPR面积是上部阴影三角形面积的2倍. 矩形ABSQ面积是下部阴影三角形面积的2倍. 所以矩形RQSP的面积是阴影部分面积的2倍.
42
初一数学竞赛讲座
第7讲 立体图形
空间形体的想象能力是小学生的一种重要的数学能力，而立体图形的学习对培养这种能力十分有效. 我们虽然在课本上已经学习了一些简单的立体图形，如正方体、长方体、圆柱体、圆锥体，但有关立体图形的概念还需要深化，空间想象
能力还需要提高.
将空间的位置关系转化成平面的位置关系来处理，是解决立体图形问题的一种常用思路.
一、立体图形的表面积和体积计算
例1 一个圆柱形的玻璃杯中盛有水，水面高2.5cm，玻璃杯内侧的底面积是72cm2，在这个杯中放进棱长6cm的正方体铁块后，水面没有淹没铁块，这时水面高多少厘米？
解：水的体积为72×2.5=180（cm3），放入铁块后可以将水看做是底面积为72-6×6=32（cm2）的柱体，所以它的高为180÷32=5（cm）. 例2 下图表示一个正方体，它的棱长为4cm，在它的 上下、前后、左右的正中位置各挖去一个棱长为1cm的正 方体，问：此图的表面积是多少？
分析：正方体有6个面，而每个面中间有一个正方形 的孔，在计算时要减去小正方形的面积. 各面又挖去一个 小正方体，这时要考虑两头小正方体是否接通，这与表面 积有关系. 由于大正方体的棱长为4cm，而小正方体的棱
43
长为1cm，所以没有接通. 每个小正方体孔共有5个面，在计算表面积时都要考虑.
解：大正方体每个面的面积为4×4-1×1=15（cm2）， 6个面的面积和为15×6=90（cm2）.
小正方体的每个面的面积为1×1=1（cm2）， 5个面的面积和为1×5=5（cm2），
6个小正方体孔的表面积之和为5×6=30（cm2）， 因此所求的表面积为90＋30=120（cm2）. 想一想，当挖去的小正方体的棱长是2cm时，表面积是多少？请同学们把它计算出来.
例3 正方体的每一条棱长是一个一位数，表面的每个正方形面积是一个两位数，整个表面积是一个三位数. 而且若将正方形面积的两位数中两个数码调过来则恰好是三位数的十位与个位上的数码. 求这个正方体的体积.
解：根据“正方体的每一条棱长是一个一位数，表面的每个正方形面积是一个两位数，整个表面积是一个三位数”的条件，可知正方体的棱长有5，6，7，8，9这五种可能性.
根据“将正方形面积的 两位数中两个数码调过来恰 好是三位数的十位上与个位 上的数码”，可知这个正方 体的棱长是7. 如右表： 因此这个正方体的体积是7×7×7=343.
例4 一个长、宽和高分别为21cm，15cm和12cm的长方体，现从它的上面尽可能大地切下一个正方体，然后从剩余的部分再尽可能大地切下一个正方体，最后再从第二次剩余的部分尽可能大地切下一个正方体，剩下的体积是多少立方厘米？
解：根据长方体的长、宽和高分别为21cm，15cm和12cm的条件，可知第一次切下尽可能大的正方体的棱长是12cm，其体积是12×12×12=1728（cm3）. 这时剩余立体图形的底面形状如图1，其高是12cm. 这样，第二次切下尽可能大的正方体的棱长是9cm，其体积是9×9×9=729（cm3）.
这时剩余立体图形可分割为两部分：一部分的底面形状如图2，高是12cm；另一部分的底面形状如图3，高是3cm. 这样，第三次切下尽可能大的正方体的棱长是6cm，其体积是6×6×6=216（cm3）.
因此，剩下的体积是21×15×12-（123＋93＋63）=3780-2673=1107（cm3）. 说明：如果手头有一个泥塑的长方体和小刀，那么做出这道题并不难. 但实际上，我们并没有依赖于具体的模型和工具，这就是想象力的作用. 我们正是在原有感性经验的基础上，想象出切割后立体的形状，并通过它们各个侧面的形状和大小表示出来. 因此，对一个立体图形，应该尽可能地想到它的原型.
例5右图是一个长27cm，宽8cm，高8cm的长方 体. 现将它分为4部分，然后将这4部分重新组拼， 能重组为一个棱长为12cm的正方体. 请问该怎么分？
解：重组成的正方体的棱长是12cm，而已知长方
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体的宽是8cm，所以要把宽增加4cm， 为此可按右图1中的粗线分开，分开 重组成图2的形状；图2的高是8cm， 也应增加4cm，为此可按图2中的虚 线分开，分开后重组成图3的形状. 图3就是所组成的棱长为12cm的正方 体.
说明：这里有一个朴素的思想，就 是设法把不足12cm的宽和高补成12cm 的棱长，同时按照某种对称的方式分割.
在解关于立体图形的问题时，需要 有较丰富的想象力，要能把平面图形在
头脑中“立”起来，另外还应有一定的作图本领和看图能力.
例6 雨哗哗地不停地下着，如在雨地里放一个如右图那样的长方体的容器（单位：厘米），雨水将它下满要用1时. 有下列（1）～（5）不同的容器，雨水下满各需多长时间？
解：根据题意知雨均匀地下， 即单位面积内的降雨量相同. 所以 雨水下满某容器所需的时间与该容 器的容积和接水面（敞开部分）的 面积之比有关.
因为在例图所示容器中：
需1时接满，所以
45
二、立体图形的侧面展开图
例7 右图是一个立体图形的侧面 展开图（单位：cm），求这个立体图 形的表面积和体积.
解：这个立体图形是一个圆柱的 四分之一（如右上图），圆柱的底面 半径为10cm，高为8cm. 它的表面积为
例8 右图是一个正方体，四边 形APQC表示用平面截正方体的截 面. 请在右下方的展开图中画出四 边形APQC的四条边.
解：把空间图形表面的线条画 在平面展开图上，只要抓住四边形 APQC四个顶点所在的位置这个关键， 再进一步确定四边形的四条边所在 的平面就可容易地画出.
（1）考虑到展开图上有六个顶 点没有标出，可想象将展开图折成立 体形，并在顶点上标出对应的符号，
见右图.
（2）根据四边形所在立体图形上的位置，确定其顶点所在的点和棱，以及四条边所在的平面：
顶点：A—A，C—C，P在EF边上，Q在GF边上. 边AC在ABCD面上，AP在ABFE面上，QC在BCGF面上，PQ在EFGH面上.
（3）将上面确定的位置标在展开图上，并在对应平面上连线. 需要注意的是，立体图上的A，C点在展开图上有三个，B，D点在展开图上有二个，所以在标点连线时必须注意连线所在的平面. 连好线的图形如右上图.
例9 如右图所示，剪一块硬纸片可以做 成一个多面体的纸模型（沿虚线折，沿实线 粘）. 这个多面体的面数、顶点数和棱数的 总和是多少？
解：从展开图可以看出，粘合后的多面体 有12个正方形和8个三角形，共20个面.
这个多面体上部的中间是一个正三角形，
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这个正三角形的三边与三个正方形相连，这样上部共有9个顶点，下部也一样. 因此，多面体的顶点总数为 9×2=18（个）. 在20个面的边中，虚线有19条，实线有34条. 因为每条虚线表示一条棱，两条实线表示一条棱，所以多面体的总棱数为19＋34÷2=36（条）.
综上所述，多面体的面数、顶点数和棱数之和为20+18＋36＝74.
说明：数学家欧拉曾给出一个公式：V＋F-E＝2. 公式中的V表示顶点数，E表示棱数，F表示面数.
根据欧拉公式，知道上例多面体的面数和顶点数之后，棱数便可求得： E=V＋F-2=20＋18-2=36（条）. 三、立体图形的截面与投影
例10 用一个平面去截一个正方体，可以得到几边形？
解：如下图，可得到三角形、四边形、五边形和六边形.
例11 一个棱长为6cm的正方体，把它切开成49个小正方体. 小正方体的大小不必都相同，而小正方体的棱长以厘米作单位必须是整数. 问：可切出几种不同尺寸的正方体？每种正方体的个数各是多少？ 解：13=1，23=8，33=27，43=64，53=125，63=216. 如果能切出1个棱长为5cm的正方体，那么其余的只能是棱长为1cm的正体体，共切出小正方体：1＋（63-53）÷1=92（个）.
因为92＞49，所以不可能切出棱长为5cm的正方体.
如果能切出1个棱长为4cm的正方体，那么其余的只能是棱长为1cm或2cm的正方体. 设切出棱长为1cm的正方体有a个，切出棱长为2cm的正方体有b个，则有
设切出棱长为1cm的正方体有a个，棱长为2cm的正方体有b个，棱长为3cm的正方体有c个，则
解之得a=36，b=9，c=4.
所以可切出棱长分别为1cm，2cm和3cm的正方体，其个数依次为36，9和4.
例12 现有一个棱长 为1cm的正方体，一个长 宽为1cm高为2cm的长方 体，三个长宽为1cm高为 3cm的长方体. 右侧图形
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是把这五个图形合并成某 一立体图形时，从上面、 前面、侧面所看到的图形.
试利用下面三个图形把合并成的立体图形（如上图）的 样子画出来，并求出其表面积.
解：立体图形的形状如右图所示.
从上面和下面看到的形状面积都为9cm2，共18cm2； 从两个侧面看到的形状面积都为7cm2，共14cm2； 从前面和后面看到的形状面积都为6cm2，共12cm2； 隐藏着的面积有2cm2.
一共有18＋16＋12＋2＝46（cm2）.
练习7
1．一个长方体水箱，从里面量得长40cm，宽30cm， 深35cm，里面的水深10cm. 放进一个棱长20cm的正方体铁 块后，水面高多少厘米？
2．王师傅将木块刨成横截面如右图（单位：cm）那样 的高40cm的一个棱柱. 虚线把横截面分成大小两部分，较
大的那部分的面积占整个底面的60％. 这个棱柱的体积是多
少立方厘米？
3．在底面为边长60cm的正方形的一个长方体的容器里，直立着一根高1m，底面为边长15cm的正方形的四棱柱铁棍. 这时容器里的水半米深. 现在把铁棍轻轻地向正上方提起24cm，露出水面的四棱柱铁棍浸湿部分长多少厘米？ 4．下列各图形中，有的是正方体的展开图，写出这些图形的编号.
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5．小玲有两种不同形状的纸板，一种是正方形，一种是长方形. 正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶2. 她用这些纸板做成一些竖式和横式的无盖纸盒（如右图），正好将纸板用完. 在小玲 所做的纸盒中，竖式纸盒的总数与横式纸盒 的总数之比是多少？
6．请你在下面图（2）中画出3种和图 （1）不一样的设计图，使它们折起来后都 成为下图所示的长方形盒子（直线段与各棱 交于棱的中点）.
7．在桌面 上摆有一些大小 一样的正方体木 块，从正南方向看如下左图，从正东方向看如下右图，要摆出这样的图形至多用多少块正方体木块？至少需要多少块正方体木块？
8．有一个正方体，它的6个面被分别涂上了不同的颜色，并且在每个面上至少贴有一张纸条. 用不同的方法来摆放这个正方体，并从不同的角度拍下照片.
（1）洗出照片后，把所拍摄的面的颜色种类不同的照片全部挑选出来，最多可以选出多少张照片？
（2）观察（1）中选出的照片，发现各张照片里的纸条数各不相同. 问：整个正方体最少贴有多少张纸条？ 练习7答案 1．15cm.
解：若铁块完全浸入水中，则水面将提高
此时水面的高小于20cm，与铁块完全浸入水中矛盾，所以铁块顶面仍然高于水面. 此时水深与容器底面积的乘积应等于原有水量的体积与铁块浸入水中体积之和.
设放进铁块后，水深为xcm，则40×30×x＝40×30×10+20×20×x， 解得x=15，即放进铁块后，水深15cm. 2．19200cm.
3
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解得x=16. 这个棱柱的体积是
{[（12+24）×16÷2]÷60％}×40＝19200（cm）. 3．25.6 cm.
解：容器里的水共有（60×60-15×15）×50＝168750（cm）. 当把铁棍提起24cm时，铁棍仍浸在水中的部分的长是
（168750-60×60×24）÷（60×60-15×15）=24.4（cm）， 所以露出水面的浸湿部分长50-24.4=25.6（cm）.
4．（2）（3）（6）（8）（9）（12）（14）（16）（17）（19）（20）共11个.
5．1∶2.
解：设一共做了x个竖式纸盒，y个横式纸盒. 注意到这两种纸盒都是无盖的，x个竖式纸盒共用x个正方形和4x个长方形纸板； y个横式纸盒共用2y个正方形和3y个长方形纸板. 根据题意，得2（x+2y）=4x+3y， 化简为2x=y，即 x∶y=1∶2. 6．如下图所示：
3
3
7．至少要6块正方体木块（左下图），至多需要20块正方体木块（右下图）. 图中的数字表示放在这一格上的正方体木块的层数.
8．（1）26张；（2）39张.
解：（1）1个面的6种，2个面（即1个棱）的12种，3个面的 8种，共： 6+12+8=26（张）.
（2）因为26张照片上纸条数各不相同，所以纸条数至少也得有： 1+2+3+…+26=351（张）.
但在这26张照片中，很多纸条是被重复计算的. 每个面上的纸条在单独面拍摄时出现1次，在2个面拍摄时出现4次，在3个面拍摄时出现4次，共被计数9次. 所以实际纸条数至少为：351÷9＝39（张）.
初一数学竞赛讲座
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第8讲 列方程解应用题
在小学数学中介绍了应用题的算术解法及常见的典型应用题. 然而算术解法往往局限于从已知条件出发推出结论，不允许未知数参加计算，这样，对于较复杂的应用题，使用算术方法常常比较困难. 而用列方程的方法，未知数与已知数同样都是运算的对象，通过找出“未知”与“已知”之间的相等关系，即列出方程（或方程组），使问题得以解决. 所以对于应用题，列方程的方法往往比算术解法易于思考，易于求解.
列方程解应用题的一般步骤是：审题，设未知数，找出相等关系，列方程，解方程，检验作答. 其中列方程是关键的一步，其实质是将同一个量或等量用两种方式表达出来，而要建立这种相等关系必须对题目作细致分析，有些相等关系比较隐蔽，必要时要应用图表或图形进行直观分析. 一、列简易方程解应用题
分析：欲求这个六位数，只要求出五位数abcde?x就可以了. 按题意，这个六位数的3倍等于abcde1.
解：设五位数abcde?x，则六位数1abcde?105?x，六位数abcde1?10x?1， 从而有
3（105+x）=10x+1， x＝42857.
答：这个六位数为142857.
说明：这一解法的关键有两点：
⑴抓住相等关系：六位数1abcde的3倍等于六位数abcde1；
⑵设未知数x：将六位数1abcde与六位数abcde1用含x的数学式子表示出来，这里根据题目的特点，采用“整体”设元的方法很有特色.
（1）是善于分析问题中的已知数与未知数之间的数量关系；（2）是一般语言与数学的形式语言之间的相互关系转化. 因此，要提高列方程解应用题的能力，就应在这两方面下功夫.
例2 有一队伍以1.4米/秒的速度行军，末尾有一通讯员因事要通知排头，于是以2.6米/秒的速度从末尾赶到排头并立即返回排尾，共用了10分50秒. 问：队伍有多长？
分析：这是一道“追及又相遇”的问题，通讯员从末尾到排头是追及问题，他与排头所行路程差为队伍长；通讯员从排头返回排尾是相遇问题，他与排尾所行路程和为队伍长. 如果设通讯员从末尾到排头用了x秒，那么通讯员从排头返回排尾用了（650-x）秒，于是不难列方程.
解：设通讯员从末尾赶到排头用了x秒，依题意得 2.6x-1.4x=2.6（650-x）+1.4（650-x）.
解得x＝500. 推知队伍长为：（2.6-1.4）×500=600（米）. 答：队伍长为600米.
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说明：在设未知数时，有两种办法：一种是设直接未知数，求什么、设什么；另一种设间接未知数，当直接设未知数不易列出方程时，就设与要求相关的间接未知数. 对于较难的应用题，恰当选择未知数，往往可以使列方程变得容易些. 例3 铁路旁的一条与铁路平行的小路上，有一行人与骑车人同时向南行进，行人速度为3.6千米/时，骑车人速度为10.8千米/时，这时有一列火车从他们背后开过来，火车通过行人用22秒，通过骑车人用26秒，这列火车的车身总长是多少？
分析：本题属于追及问题，行人的速度为3.6千米/时=1米/秒，骑车人的速度为10.8千米/时=3米/秒. 火车的车身长度既等于火车车尾与行人的路程差，也等于火车车尾与骑车人的路程差. 如果设火车的速度为x米/秒，那么火车的车身长度可表示为（x-1）×22或（x-3）×26，由此不难列出方程. 解：设这列火车的速度是x米/秒，依题意列方程，得 （x-1）×22=（x-3）×26.
解得x=14. 所以火车的车身长为：（14-1）×22=286（米）. 答：这列火车的车身总长为286米.
例4 如图，沿着边长为90米的正方形，按逆时针方向，甲 从A出发，每分钟走65米，乙从B出发，每分钟走72米. 当乙 第一次追上甲时在正方形的哪一条边上？
分析：这是环形追及问题，这类问题可以先看成“直线”追 及问题，求出乙追上甲所需要的时间，再回到“环行”追及问题，
根据乙在这段时间内所走路程，推算出乙应在正方形哪一条边上.
解：设追上甲时乙走了x分，则甲在乙前方3×90=270（米）. 依题意
故有：72x＝65x+270
270解得：x?
72701在这段时间内乙走了：72??2777（米）
77由于正方形边长为90米，共四条边，故由 可以推算出这时甲和乙应在正方形的DA边上. 答：当乙第一次追上甲时在正方形的DA边上.
例5 一条船往返于甲、乙两港之间，由甲至乙是顺水行驶，由乙至甲是逆水行驶. 已知船在静水中的速度为8千米/时，平时逆行与顺行所用的时间比为2∶1. 某天恰逢暴雨，水流速度为原来的2倍，这条船往返共用9时. 问：甲、乙两港相距多少千米？
分析：这是流水中的行程问题：
顺水速度=静水速度+水流速度，逆水速度=静水速度-水流速度. 解答本题的关键是要先求出水流速度.
解：设甲、乙两港相距x千米，原来水流速度为a千米/时根据题意可知，逆水速度与顺水速度的比为2∶1，即（8-a）∶（8＋a）＝1∶2，
再根据暴雨天水流速度变为2a千米/时，则有
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解得x=20.
答：甲、乙两港相距20千米.
例6 某校组织150名师生到外地旅游，这些人5时才能出发，为了赶火车，6时55分必须到火车站. 他们仅有一辆可乘50人的客车，车速为36千米/时，学校离火车站21千米，显然全部路程都乘车，因需客车多次往返，故时间来不及，只能乘车与步行同时进行. 如果步行每小时能走4千米，那么应如何安排，才能使所有人都按时赶到火车站？
11523分析：把150人分三批，每批50人，均要在115分钟即（时）内?6012赶到火车站，每人步行时间应该相同，乘车时间也相同. 设每人步行x时，乘车23(x)时. 列出方程，解出x，便容易安排了，不过要计算一下客车能否在11512分钟完成.
解：把150人分三批，每批50人，步行速度为4千米/时，车速为36千米/时. 设每批师生步行用x时，则
解得x＝1.5（时），即每人步行90分，乘车25分. 三批人5时同时出发，第一批人乘25分钟车到达A点，下车步行；客车从A立即返回，在B点遇上步行的第二批人，乘25分钟车，第二批人下车步行，客车再立即返回，又在C点遇到步行而来的第三批人，然后把他们直接送到火车站.
如此安排第一、二批人按时到火车站是没问题的，第三批人是否正巧可乘25分钟车呢？必须计算.
25255第一批人到A点，客车已行36?（千米），第二批人已步行4×?15?60603540（千米），这时客车返回与第二批人步行共同行完15??（千米），需
33403?1（时），客车与第二批人相遇，就是说客车第一次返回的时间是2036?43分，同样可计算客车第二次返回的时间也应是20分，所以当客车与第三批人相遇时，客车已用25×2＋20×2=90（分），还有115-90=25（分），正好可把第三批人按时送到.
因此可以按上述方法安排.
说明：列方程，解出需步行90分、乘车25分后，可以安排了，但验算不能省掉，因为这关系到第三批人是否可以按时到车站的问题. 通过计算知第三批人
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正巧可乘车25分，按时到达. 但如果人数增加，或者车速减慢，虽然方程可以类似地列出，却不能保证人员都按时到达目的地. 二、引入参数列方程解应用题
对于数量关系比较复杂或已知条件较少的应用题，列方程时，除了应设的未知数外，还需要增设一些“设而不求”的参数，便于把用自然语言描述的数量关系翻译成代数语言，以便沟通数量关系，为列方程创造条件.
例7 某人在公路上行走，往返公共汽车每隔4分就有一辆与此人迎面相遇，每隔6分就有一辆从背后超过此人. 如果人与汽车均为匀速运动，那么汽车站每隔几分发一班车？ 分析：此题看起来似乎不易找到相等关系，注意到某人在公路上行走与迎面开来的车相遇，是相遇问题，人与汽车4分所行的路程之和恰是两辆相继同向行驶的公共汽车的距离；每隔6分就有一辆车从背后超过此人是追及问题，车与人6分所行的路程差恰是两车的距离，再引进速度这一未知常量作参数，问题就解决了.
解：设汽车站每隔x分发一班车，某人的速度是v1，汽车的速度为v2，依题意得
由①②，得
将③代入①，得
说明：此题引入v1，v2两个未知量作参数，计算时这两个参数被消去，即问题的答案与参数的选择无关. 本题的解法很多，可参考本丛书《五年级数学活动课》第26讲.
例8 整片牧场上的草长得一样密，一样地快. 已知70头牛在24天里把草吃完，而30头牛就得60天. 如果要在96天内把牧场的草吃完，那么有多少头牛？
分析：本题中牧场原有草量是多少？每天能生长草量多少？每头牛一天吃草量多少？若这三个量用参数a，b，c表示，再设所求牛的头数为x，则可列出三个方程. 若能消去a，b，c，便可解决问题.
解：设整片牧场的原有草量为a，每天生长的草量为b，每头牛一天吃草量为c，x头牛在96天内能把牧场上的草吃完，则有
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②-①，得
36b=120C. ④ ③-②，得
96xc=1800c＋36b. ⑤ 将④代入⑤，得 96xc＝1800c+120c. 解得x=20.
答：有20头牛.
例9 从甲地到乙地的公路，只有上坡路和下坡路，没有平路. 一辆汽车上坡时每小时行驶20千米，下坡时每小时行驶35千米. 车从甲地开往乙地需9
1时，从乙地到甲地需7时. 问：甲、乙两地间的公路有多少千米？从甲地到乙
2地须行驶多少千米的上坡路？
解：从甲地到乙地的上坡路，就是从乙地到甲地的下坡路；从甲地到乙地下坡路，就是从乙地到甲地的上坡路. 设从甲地到乙地的上坡路为x千米，下坡路为y千米，依题意得
①＋②，得
将y=210－x代入①式，得
解得x＝140.
答：甲、乙两地间的公路有210千米，从甲地到乙地须行驶140千米的上坡路.
三、列不定方程解应用题 有些应用题，用代数方程求解，有时会出现所设未知数的个数多于所列方程的个数，这种情况下的方程称为不定方程. 这时方程的解有多个，即解不是唯一确定的. 但注意到题目对解的要求，有时，只需要其中一些或个别解.
例10 六（1）班举行一次数学测验，采用5级计分制（5分最高，4分次之，以此类推）. 男生的平均成绩为4分，女生的平均成绩为3.25分，而全班的平均成绩为3.6分. 如果该班的人数多于30人，少于50人，那么有多少男生和多少女生参加了测验？
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解：设该班有x个男生和y个女生，于是有：4x+3.25y=3.6（x+y）
815 化简后得8x=7y. 从而全班共有学生：x?x?x
7715 在大于30小于50的自然数中，只有45可被15整除，所以x?45
7 推知x＝21，y=24.
答：该班有21个男生和24个女生.
例11 小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，套中小猴得5分，套中小狗得2分. 小明共套了10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次，小明套10次共得61分. 问：小明至多套中小鸡几次？
解：设套中小鸡x次，套中小猴y次，则套中小狗（10-x-y）次. 根据得61分可列方程：9x+5y+2（10-x-y）=61， 化简后得7x=41－3y.
显然y越小，x越大. 将y=1代入得7x=38，无整数解；若y=2，7x=35，解得x=5.
答：小明至多套中小鸡5次.
例12 某缝纫社有甲、乙、丙、丁4个小组，甲组每天能缝制8件上衣或10条裤子；乙组每天能缝制9件上衣或12条裤子；丙组每天能缝制7件上衣或11条裤子；丁组每天能缝制6件上衣或7条裤子. 现在上衣和裤子要配套缝制（每套为一件上衣和一条裤子）. 问：7天中这4个小组最多可缝制多少套衣服？ 分析：不能仅按生产上衣或裤子的数量来安排生产，应该考虑各组生产上衣、裤子的效率高低，在配套下安排生产.
我们首先要说明安排做上衣效率高的多做上衣，做裤子效率高的多做裤子，才能使所做衣服套数最多.
一般情况，设A组每天能缝制a1件上衣或b1条裤子，它们的比为
a1；类b1似的，B组每天缝制上衣与裤子数量的比为
a2aa. 若1＞2，则应在安排A组尽b2b1b2量多做上衣、B组尽量多做裤子的情况下，安排配套生产. 这是因为，若安排A组做m条裤子，则在这段时间内可做
a1m件上衣；这些上衣若安排B组做，要b1a1amamamb用1天时间. 在这段时间内B组可做2b2条裤子，由于1b2?1?m，
a2b1a2b1a2b1a2b2因此A组尽量多做上衣，B组尽量多做裤子.
56
解：甲、乙、丙、丁4组每天缝制上衣或裤子数量之比分别为
897，，，10121166897，由于＞＞＞，所以丁组生产上衣和丙组生产裤子的效率高，故这771012117天全安排这两组生产单一产品.
设甲组生产上衣x天，生产裤子（7-x）天，乙组生产上衣y天，生产裤子（7-y）天，则4个组分别共生产上衣、裤子各为6×7＋8x+9y（件）和11×7＋10（7－x）＋12（7-y）（条）. 依题意，得 42＋8x＋9y＝77＋70-10x＋84-12y，
令u＝42＋8x＋9y，则
显然x越大，u越大. 故当x=7时，u取最大值125，此时y的值为3. 答：安排甲、丁组7天都生产上衣，丙组7天全做裤子，乙组3天做上衣，4天做裤子，这样生产的套数最多，共计125套.
说明：本题仍为两个未知数，一个方程，不能有确定解. 本题求套数最多，实质上是化为“一元函数”在一定范围内的最值，注意说明取得最值的理由.
练习8
1．甲用40秒可绕一环形跑道跑一圈，乙反方向跑，每隔15秒与甲相遇一次. 问：乙跑完一圈用多少秒？ 2．小明在360米长的环形跑道上跑了一圈，已知他前一半时间每秒跑5米，后一半时间每秒跑4米，那么小明后一半路程跑多少秒？
3．如右图，甲、乙两人分别位于周长为400米的正方形水池相 邻的两个顶点上，同时开始沿逆时针方向沿池边行走. 甲每分钟走 50米，乙每分钟走44米，求甲、乙两人出发后几分钟才能第一次 走在正方形的同一条边上（不含甲、乙两人在正方形相邻顶点的情 形）.
4．农忙假，一组学生下乡帮郊区农民收割水稻，他们被分配到甲、乙两块稻田去，甲稻田面积是乙稻田面积的2倍. 前半小时，全队在甲田；后半小时一半人在甲田，一半人在乙田. 割了1时，割完了甲田的水稻，乙田还剩下一小块未割，剩下的这一小块需要一个人割1时才能割完. 问：这组学生有几人？ 5．若货价降低8％，而售出价不变，则利润（按进货价而定）可由目前的P％增加到（P＋10）％，求P.
6．甲、乙二人做同一个数的带余除法，甲将其除以8，乙将其除以9，甲所得的商数与乙所得的余数之和为13. 试求甲所得的余数. 7．某公共汽车线路中间有10个站. 车有快车及慢车两种，快车的车速是慢车车速的1.2倍. 慢车每站都停，快车则只停靠中间1个站. 每站停留时间都是3分钟. 当某次慢车发出40分钟后，快车从同一始发站开出，两车恰好同时到达终点. 问：快车从起点到终点共需用多少时间？
57
8．甲车以160千米/时的速度，乙车以20千米/时的速度，在长为210千米
1的环形公路上同时、同地、同向出发. 每当甲车追上乙车1次，甲车减速而乙
31车则增速. 问：在两车的速度恰好相等的时刻，它们分别行驶了多少千米？
3练习8答案 1．24秒.
2．44秒.
推知小明前40秒跑了5×40=200（米），后40秒跑了4×40=160（米）. 因为小明后180米中有20米是以5米/秒的速度行进的，其余160米是以4米/秒的速度行进的，所以，小明后一半路程共用20÷5+160÷4＝44（秒）. 3．34分. 提示：仿例4. 4．8人.
解：设学生共x人，甲田面积为2a，乙田面积为a，则
解出x=8. 5．15.
解：设原进货价为x，则下降8％后的进价为0.92x，依题意有 x（1+0.01P）＝0.92x[1+0.01（P+10）]， 解得P＝15. 6．4.
解：设甲所得的商和余数分别为x和y，乙所得的商为z，则乙所得的余数为13-x. 依题意得8x+y=9z+（13-x），即9（x-z）=13-y，推知13-y是9的倍数. 因为y是被
8除的余数，所以只能在0至7之间，所以y=4.
7．68分.
S解：设起点到终点的路程为S，慢车车速为V，则慢车行驶的时间为，快
VS5SS5S车行驶的时间为. 依题意得：?30?40???3
1.2V6VV6V
共需65+3=68（分）.
8．940km，310km.
1解：在甲车第一次追上乙车的那一时刻，甲车的速度为160（1-），乙车
31的速度为20（1+）. 仿此推理可知，设甲车在第n次追上乙车的时刻，两车速
3度相等，则应有
58
所以n=3.
设甲车第1次追上乙车用了t1时. 因为甲比乙车多跑1圈，所以有：
设甲车从第1次追上乙车到第2次追上乙车用了t2时，仿上可知：
设甲车从第2次追上乙车到第3次追上乙车用了t3时，仿上可知t3?从而甲行驶了：
乙车行驶了：
189时. 32初一数学竞赛讲座
第9讲 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：
59
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）.
60
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.
61
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），
62
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9
63
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9答案： 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.
64
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. 3.32000cm
解：设木盒的长、宽、高分别为xcm，ycm，zcm，则它的容积为V=xyzcm. 因为
xy+2xz+2yz=40×80=3200 为一定值，故它们的积
xy×2xz×2yz=4（xyz）=4V，
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/m，则底面造价为2a元/m. 又设其底面边长为xm，高为ym，则有 xy=64000. 总造价为
3
3
2
22
2
2
a×4xy+2a×x2
=2a（2xy+x）=2a（xy+xy+x）.
因为xy×xy×x=（xy）=64000为一定值，故当xy=xy=x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
2
2
2
2
2
2
2
65
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.
初一数学竞赛讲座
第10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.
66
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
67
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
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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.
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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.
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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10
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10答案
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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
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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；
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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.
初一数学竞赛讲座
第11讲 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”
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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
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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）.
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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）.
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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
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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）
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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11
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n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.
2
80
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11答案： 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.
81
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：
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（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.
初一数学竞赛讲座
第12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}.
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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.
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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：
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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
86
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？
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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12
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
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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答案：
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.
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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.
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