奥数整数的拆分四年级（奥数知识点整数的分拆）

整数的拆分，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。

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。

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。

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。（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≥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。

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。

在具体分拆时，当S为偶数时，

当S为奇数时，m、n分别为

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。

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