数学奥林匹克专题讲座

..数学奥林匹克专题讲座一、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：右图表示一个正方体,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：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-〔1728＋729＋216=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：下图是一个长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。请问应该怎么分？解：重组成的正方体的棱长是12cm,而已知长方体的宽是8cm,所以要把宽增加4cm,为此可按下图1中的粗线分开,分开后重组成图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：cm,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：〔二立体图形的侧面展开图例7：右上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,圆柱底面半径为10cm,高为8cm。它的表面积为例8：右上图是一个正方体,四边形APQC表示用平面截正方体的截面。请其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。〔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,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。所以可切出棱长为1cm、2cm和3cm的正方体各为36、9和4个。例12：现有一个棱长1cm的正方体,一个长宽1cm、高2cm的长方体,三个长宽1cm、高3cm的长方体。下列图形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〔如例的样子画出来,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：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．右边各图形中,有的是正方体的展开图,写出这些图形的编号。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〔如下图,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右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？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.〔19200cm3。解得x=16。这个棱柱的体积是{[〔12+24×16÷2]÷60％}×40＝19200〔cm3。3.〔25.6cm。解：容器里的水共有〔60×60-15×15×50＝168750〔cm3。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.如右图所示：7.至少要6块正方体木块〔右图,至多需要20块正方体木块〔右图。图中的数字表示放在这一格上的正方体木块的层数。8.〔126张；〔239张。解：〔11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。二、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10x+1,从而有3〔105+x=10x+1,7x＝299999,x＝42857。答：这个六位数为142857。说明：这一解法的关键有两点：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。一是善于分析问题中的已知数与未知数之间的数量关系；二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〔×500=600〔米。答：队伍长为600米说明：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〔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。依题意,甲在乙前方3×90=270〔米,故有72x＝65x+270。由于正方形边长为90米可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,逆水解得x=20。答：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,客车能否在115分钟完成。解：把150人分3批,每批50人,步行速度为4千米/时,汽车速度次返回的时间是20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：由由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。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②-①,得36b=120C。④③-②,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从甲地到乙地须行驶多少千米的上坡路？①＋②,得解：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<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？解：设该班有x个男生和y个女生,于是有4x+3.25y=3.6〔x+y,化简后得8x=7y。从而全班共有学生在大于30小于50的自然数中,只有45可被15整除,所以推知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：在安排A组尽量多做上衣、B组尽量多做裤子的情况下,安排配套生产。这的效率高,故这7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: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3．如下图,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？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？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+1603.<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。共需65+3=68〔分。7.〔68分。共需65+3=68〔分。8.〔940km,310km。时刻,两车速度相等,则应有时刻,两车速度相等,则应有所以n=3。设甲车从第1次追上乙车到第2次追上乙车用了t2时,仿上可知时。从而甲行驶了乙车行驶了三、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：〔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？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解：如上图,设长方形的长和宽分别为x米和y米,则有x＋2y＝1.2×20＝24。长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值,故它们的乘积当它们相等时最大,此时长方形面积S也最大。于是有x=12,y＝6。例2：如果将进货单价为40元的商品按50元售出,那么每个的利润是10元,但只能卖出500个。当这种商品每个涨价1元时,其销售量就减少10个。为了赚得最多的利润,售价应定为多少？解：设每个商品售价为〔50+x元,则销量为〔500-10X个。总共可以获利〔50＋x-40×〔500-10x=10×〔10+X×〔50-X〔元。因〔10+x+〔50－x=60为一定值,故当10+X=50－X即X=20时,它们的积最大。此时,每个的销售价为50＋20=70〔元。例3：若一个长方体的表面积为54厘米2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=〔xyz2=〔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厘米解：如右图,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：例5：长方形的面积为144cm2,当它的长和宽分别为多少时,它的周长最短？解：设长方形的长和宽分别为xcm和ycm,则有xy＝144。故当x=y=12时,x+y有最小值,从而长方形周长2〔x＋y也有最小值。例6：用铁丝扎一个空心的长方体,为了使长方体的体积恰好是216cm3,长方体的长、宽、高各是多少厘米时,所用的铁丝长度最短？解：设长方体的长、宽、高分别为xcm,ycm,zcm,则有xyz＝216。铁丝长度的和为4〔x＋y＋z,故当x＝y=z＝6时,所用铁丝最短。例7：农场计划挖一个面积为432m2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＋8cm2。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？以内。解：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〔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＝。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米解：练习: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XX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。解：窗户的框架长为3a+2b,而ab=4是一个定值,从而3a×2b=6ab=24也是一个定值,故当3a=2b即a∶b=2∶3时窗户框架所用材料最省。3.〔32000cm3。解：设木盒的长、宽、高分别为xcm,ycm,zcm,则它的容积为V=xyzcm3。因为xy+2xz+2yz=40×80=3200为一定值,故它们的积xy×2xz×2yz=4〔xyz2=4V2,在xy=2xz=2yz时最大,从而V也最大,此时有x=y=2z。经计算得x=40,y=40,z=20。具体制作方式如下：先取原木板的一半〔40cm×40cm作为木盒的底面,再将剩下的一半分成20cm×40cm大小的四等份,每份作为木盒的一个侧面就可以了。4.5.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290×2+150×1=7300,①210×2+150×2=7200,②210×2+290×2=7100。③设按方案①截得的钢筋有x根,按方案②截得的钢筋有y根,按方案③截得的钢筋有z根,则长为290,210,150毫米各有100根,即2x+z=x+2y=2y+2z=100。于是x=40,y=30,z=20。一共至少用去长为7300毫米的钢筋8.〔30,20,50。解：x+y+z=100,①400x+600y+400z≥44000,②800x+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。四、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：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8！=8×7×6×5×4×3×2×1=40320〔种不同的方法。但是,两种不同的排列不一定是实际上不同比赛的安排表。事实上,8队中的某4队都分在甲区或乙区,实际上是一样的；同区的4队中某2队在某一组或另一组,实际上也是一样的；同组中的2队,编号谁是奇数谁是偶数实际也是一样的。由乘法原理知,在40320种排法中,与某一种排法实质上相同的排法有2×22×24=27=128〔种,故按实际不同比赛安排表的种数是〔四对应法小孩子数苹果,往往掰着手指头,一个一个地掰,掰完左手掰右手,这种数苹果的方法就是对应法。小孩子把苹果与自己的手指头一对一,他掰了几个指头,也就数出了几个苹果。一般地,如果两类对象彼此有一对一的关系,那么我们可以通过对一类较易计数的对象计数,而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数。例7：在8×8的方格棋盘中,取出一个由3个小方格组成的"L"形〔如图1,一共有多少种不同的方法？解：每一种取法,有一个点与之对应,这就是图1中的A点,它是棋盘上横线与竖线的交点,且不在棋盘边上。从图2可以看出,棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法〔"L"形的"角"在2×2正方形的不同"角"上。由于在8×8的棋盘上,内部有7×7=49〔个交叉点,故不同的取法共有49×4=196〔种。例8：数3可以用4种方法表示为1个或几个正整数的和,如3,1＋2,2+1,1+1＋1。问：1999表示为1个或几个正整数的和的方法有多少种？分析与解：我们将1999个1写成一行,它们之间留有1998个空隙,在这些空隙处,或者什么都不填,或者填上"＋"号。例如对于数3,上述4种和的表达方法对应：111,11＋1,1＋11,1＋1＋1。显然,将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间一对一,而每一个空隙处都有填"＋"号和不填"＋"号2种可能,因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有〔五容斥原理在应用加法原理时,关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类,使得每类便于计数。但是具体问题往往是复杂的,常常扭成一团,难以分为不重不漏的类,而要把条理分清楚就得用加法原理的推广——容斥原理。为了表达方便,我们用A表示A类元素的个数,用B表示B类元素的个数,用A∪B表示是A类或是B类元素的个数,用A∩B表示既是A类又是B类元素的个数。A∪B∩C,A∪B∩C的意义类似。容斥原理1：如果被计数的事物有两类,那么A∪B＝A＋B－A∩B。容斥原理2：如果被计数的事物有三类,那么A∪B∪C＝A+B＋C-A∩B-B∩C－A∩C＋A∩B∩B。容斥原理的实质在于包含与排除,或形象地称之为"多退少补"。容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆,十分方便,留给读者研究。例9：在100名学生中,有10人既不会骑自行车又不会游泳,有65人会骑自行车,有73人会游泳,既会骑自行车又会游泳的有多少人？解：从100名总人数中减去既不会骑自行车又不会游泳的10人,就是会骑自行车或会游泳的人数100-10=90〔人。既会骑自行车又会游泳的有〔65＋73－90=48〔人。例10：在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的数,占这100个自然数的百分之几？解：20-16-6＋3＝74。所以,在120-16-6＋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。……特别地,当n＝10时,a10＝3×102＋3×10＋2=272,即10个三角形最多把平面分成272个部分。〔七整体法解答数学题,有时要"化整为零",使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑,从全局、从整体来研究问题。例12：正方形ABCD的内部有1999个点,以正方形的4个顶点和内部的1999个点为顶点,将它剪成一些三角形。问：一共可以剪成多少个三角形？共需剪多少刀？解：我们从整体来考虑,先计算所有三角形的内角和。汇聚在正方形内一点的诸角之和是360°,而正方形内角和也是360°,共有360°×1999＋360°,从而三角由于每个三角形有三条边,而正方形纸原来的形的个数是由于每个三角形有三条边,而正方形纸原来的的的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：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。答案：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。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,2个三角形至5.<7个>。2个三角形至多有1个公共顶点,从而任意2个三角形没有公共边,故至多另一方面,7个是可以达到的。设7个点依次为A1,A2,…,A7。如右图,△A1A2A3,△A1A4A5,△A1A6A=,△A2A4A6,△A2A5A77.<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：〔11999,1个；由加法原理知,这样的数对共有1+5+25+125=156〔个。6.<48人>。过该解：过该又从下图看出,到过路口C的人数为48人。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。五、染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题的两种常用的方法。就其本质而言,染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。而凡是能用染色方法来解的题,一般地都可以用赋值方法来解,只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。赋值方法的适用范围要更广泛一些,我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值,然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。〔一染色法将问题中的对象适当进行染色,有利于我们观察、分析对象之间的关系。像国际象棋的棋盘那样,我们可以把被研究的对象染上不同的颜色,许多隐藏的关系会变得明朗,再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决,这种解题方法称为染色法。常见的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色。例1：用15个"T"字形纸片和1个"田"字形纸片〔如下图所示,能否覆盖一个8×8的棋盘？解：如下图,将8×8的棋盘染成黑白相间的形状。如果15个"T"字形纸片和1个"田"字形纸片能够覆盖一个8×8的棋盘,那么它们覆盖住的白格数和黑格数都应该是32个,但是每个"T"字形纸片只能覆盖1个或3个白格,而1和3都是奇数,因此15个"T"字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；又每个"田"字形纸片一定覆盖2个白格,从而15个"T"字形纸片与1个"田"字形纸片所覆盖的白格数是奇数,这与32是偶数矛盾,因此,用它们不能覆盖整个棋盘。例2：如左下图,把正方体分割成27个相等的小正方体,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任何一个中去。如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次,那么甲虫能走遍所有的正方体吗？解：甲虫不能走遍所有的正方体。我们如右上图将正方体分割成27个小正方体,涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色。显然,在27个小正方体中,14个是黑的,13个是白的。甲虫从中间的白色小正方体出发,每走一步,方格就改变一种颜色。故它走27步,应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体。因此在27步中至少有一个小正方体,甲虫进去过两次。由此可见,如果要求甲虫到每一个小正方体只去一次,那么甲虫不能走遍所有的小正方体。例3：8×8的国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2的正方形和9个4×1的长方形？如果可以,请给出一种剪法；如果不行,请说明理由。解：如下图,对8×8的棋盘染色,则每一个4×1的长方形能盖住2白2黑小方格,每一个2×2的正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格。推知7个正方形盖住的黑格总数是一个奇数,但图中的黑格数为32,是一个偶数,故这种剪法是不存在的。例4：在平面上有一个27×27的方格棋盘,在棋盘的正中间摆好81枚棋子,它们被摆成一个9×9的正方形。按下面的规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子,放进紧挨着这枚棋子的空格中,并把越过的这枚棋子取出来。问：是否存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子？解：如下图,将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色,这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分。按照游戏规则,每走一步,有两部分中的棋子数各减少了一个,而第三部分的棋子数增加了一个。这表明每走一步,每个部分的棋子数的奇偶性都要改变。因为一开始时,81个棋子摆成一个9×9的正方形,显然三个部分的棋子数是相同的,故每走一步,三部分中的棋子数的奇偶性是一致的。如果在走了若干步以后,棋盘上恰好剩下一枚棋子,则两部分上的棋子数为偶数,而另一部分的棋子数为奇数,这种结局是不可能的,即不存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子。减1,如此反复多次形成的。例5：图1是由数字0,1交替构成的,图2是由图减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。解：我们用染色法来解决这个问题。先将6×6×6的木箱分成216个小正方体,这216个小正方体,可以组成27个棱长为2的正方体。我们将这些棱长为2的正方体按黑白相间涂上颜色〔如下图。容易计算出,有14个黑色的,有13个白色的。现在将商品放入木箱内,不管怎么放,每件商品要占据8个棱长为1的小正方体的空间,而且其中黑、白色的必须各占据4个。现在白色的小正方体共有8×13=104〔个,再配上104个黑色的小正方体,一共可以放26件商品,这时木箱余下的是8个黑色小正方体所占据的空间。这8个黑色的小正方体的体积虽然与一件商品的体积相等,但是容不下这件商品。因此不能用这些商品刚好填满。例7：6个人参加一个集会,每两个人或者互相认识或者互相不认识。证明：存在两个"三人组",在每一个"三人组"中的三个人,或者互相认识,或者互相不认识〔这两个"三人组"可以有公共成员。证明：将每个人用一个点表示,如果两人认识就在相应的两个点之间连一条红色线段,否则就连一条蓝色线段。本题即是要证明在所得的图中存在两个同色的三角形。设这六个点为A,B,C,D,E,F。我们先证明存在一个同色的三角形：考虑由A点引出的五条线段AB,AC,AD,AE,AF,其中必然有三条被染成了相同的颜色,不妨设AB,AC,AD同为红色。再考虑△BCD的三边：若其中有一条是红色,则存在一个红色三角形；若这三条都不是红色,则存在一个蓝色三角形。〔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。解：我们先把从A村到各村的最短时间标注在各村的旁边,从左到右,一一标注,如下图所示。由此不难看出,按图中的粗黑线走就能在最短时间〔60分钟内从A村走到B村。例9：把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由。解：假设题中所设想的染色方案能够实现,那么每条直线上代表各点的数字之和便应都是奇数。一共有五条直线,把这五条直线上代表各点的数字之和的这五个奇数再加起来,得到的总和数仍应是一个奇数。但是,由观察可见,图中每个点都恰好同时位于两条直线上,在求上述总和数时,代表各点的数字都恰被加过两次,所以这个总和应是一个偶数。这就导致矛盾,说明假设不成立,染色方案不能实现。例10：平面上n〔n≥2个点A1,A2,…,An顺次排在同一条直线上,每点涂上黑白两色中的某一种颜色。已知A1和An涂上的颜色不同。证明：相邻两点间连接的线段中,其两端点不同色的线段的条数必为奇数。证明：赋予黑点以整数值1,白点以整数值2,点Ai以整数值为ai,当Ai为黑点时,ai=1,当Ai为白点时,ai=2。再赋予线段AiAi+1以整数值ai+ai+1,则两端同色的线段具有的整数值为2或4,两端异色的线段具有的整数值为3。所有线段对应的整数值的总和为〔a1＋a2＋〔a2＋a3＋〔a3＋a4＋…＋〔an-1＋an＝a1＋an＋2〔a2＋a3＋…＋an-1＝2＋1＋2〔a2＋a3＋…＋an-1＝奇数。设具有整数值2,3,4的线段的条数依次为l,m,n,则2l＋m＋4n=奇数。由上式推知,m必为奇数,证明完毕。例11：下面的表1是一个电子显示盘,每一次操作可以使某一行四个字母同时改变,或者使某一列四个字母同时改变。改变的规则是按照英文字母的顺序,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。SOBRKBDSTZFPHEXGHOCNRTBSADVXCFYA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。19152182026616815314142224表311241985247182021936251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：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n2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。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"。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。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"。6.7.〔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：〔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。〔*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。六、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〔m×n＋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。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}。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