2024年1月11日发(作者：2021文科乙卷数学试卷)
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？
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。
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？
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,
mn；当S为奇数时,
m，n分别为2S1S1。
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。
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(ak1)k1995 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。
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：
5
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）,
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。
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