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.
26
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
27
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.
2
3
4
3
3
28
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.
29
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
相关推荐：
loading