第9讲 整数分拆
1．一般的有，把一个整数表示成两个数相加，当两个数相近或相等的时候，乘积最大．也就是把整数分拆成两个相等或者相差1的两个整数．
2．一般的有，把自然数m分成n个自然数的和，使其乘积最大，则先把m进行对n的带余除法，表示成m=np+r，则分成r个(p+1)，(n－r)个P．
3．把自然数S (S＞1)分拆为若干个自然数的和(没有给定是几个)，则分开的数当中最多有两个2，其他的都是3，这样它们的乘积最大．
4．把自然数分成若干个互不相等的整数，则先把它表示成2+3+4+5+…+n形式，当和等于原数则可以，若不然，比原数大多少除去等于它们差的那个自然数．
如果仅大于1，则除去2，再把最大的那个数加1．
5．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．
即当有m个奇约数表示的乘积，则有奇约数2－1个奇约数．
6．共轭分拆．我们通过下面一个例子来说明共轭分拆：
如：10=4+2+2+1+1，我们画出示意图，我们将其翻转(将图左上到右下的对角线翻转即得到)：
，可以对应的写成5+3+l+1，也是等于10，即是10的另一种分拆方式．
我们把这两种有关联的分拆方式称为互为共轭分拆．
1．写出13=1+3+4+5的共轭分拆．
【分析与解】 画出示意图，翻转得到
，对应写为4+3+3+2+1=13，即为13=1+3+4+5的共轭分拆．
2．电视台要播出一部30集电视连续剧，若要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出几天?
【分析与解】 由于希望播出的天数尽可能地多，若要满足每天播出的集数互不相等的条件下，每天播出的集数应尽可能地少．
选择从1开始若干连续整数的和与30最接近(小于30)的情况为1+2+3+4+5+6+7=28，现在就可以播出7天，还剩下2集，由于已经有2集这种情况，就是把2集分配到7天当中又没有引起与其他的几天里播出的集数相同.于是只能选择从后加．即把30表示成：
30=1+2+3+4+5+6+9或30=1+2+3+4+5+7+8
即最多可以播出7天．
3．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，小明从每支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，现在增加了b只，由于小聪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，而这只盒子里原来装有(a+1)个小球．
同样，现在另有一个盒子装有(a+1)个小球，这只盒子里原来装有(a+2)个小球．
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．
现在变成：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，故可以看成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；
又因为42=14×3，故可将42：13+14+15，一共有3个加数；
又因为42=21×2，故可将42=9+10+11+12，一共有4个加数．
所以原问题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子
4．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可表示成两个不同合数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：要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．
【分析与解】 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+5，10=1+9=2+8=3+7=4+6=5+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6．
可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染成黄色．
下面统一观察其他自然数，说明其他自然数均要染成红色．
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≥15，k－2≥3，2(k－2)与4均为合数，且不相等．于是，大于等于10的偶数都可以表示两个不同的合数之和，应染成红色．
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－2)≥4与9均是合数，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．
所以，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个染红色的数是2000+10=2010．
5.在整数中，有用2个以上的连续自然数的和来表达一个整数的方法．例如9：9=4+5，9=2+3+4，9有两个用2个以上连续自然数的和来表达它的方法.
(1)请写出只有3种这样的表示方法的最小自然数．
(2)请写出只有6种这样的表示方法的最小自然数．
【分析与解】 关于某整数，它的“奇数的约数的个数减1”，就是用连续的整数的和的形式来表达
种数.
根据（1）知道，有3种表达方法，于是奇约数的个数为3+1=4，对4分解质因数4=2×2，最小的15(1、3、5、15)；
有连续的2、3、5个数相加；7+8；4+5+6；1+2+3+4+5；
根据(2)知道，有6种表示方法，于是奇数约数的个数为6+1=7，最小为729(1、3、9、27、81、243、729)，有连续的2,3、6、9、10、27个数相加：
364+365；242+243+244；119+120+…+124；77+78+79+…+85；36+37+…+45；14+15+…+40．
6.从整数1开始不改变顺序的相加，中途分为两组，使每组的和相等.如从1到3的话，1+2=3；从1到20的话：1+2+3+…+14=15+16+17+…+20.
请问：除上述两例外，能够列出这样的最短的整数算式是从1到几?
【分析与解】 我们用这种阶梯图来表示连续的数相加，假设情况见下图，
我们通过图得知，c是公共部分，而b+c为原等式的右边，a +c为原等式的左边，所以有a=b，a部分面积为(可以看成从1一直加到A)，b部分面积为B×B(可以看作从1一直加到B再又加到1)；
有=B×B．
可以表示为奇数×相邻的偶数÷2=B×B；
其中A是连续两个数中较小的一个，B的平方等于连续两个数的乘积除以2．
因为相邻的两个数互质，所以，偶数÷2后与原相邻奇数也互质；
所以，奇数必定为完全平方数；偶数÷2也为完全平方数，这样：
①奇数为1，则偶数为2，除以2，为1，均为完全平方数．A=l， =1×2÷2=1，于是为A+B=2，A+2B=3；所以为l+2=3；
②奇数为9，则偶数为8，除以2，为4，均为完全平方数．A=8， =8×9÷2=36，于是为A+B=8+6=14，A+2B=8+2×6=20；所以为1+2+3+…+14=15+16+17+…+20；
还可以偶数为10，除以2，为5，不是完全平方数，不满足．
③奇数为25，则偶数为24，除以2，为12，不是完全平方数，不满足；
还可以偶数为26，除以2，为13，不是完全平方数，不满足．
④奇数为49，则偶数为48，除以2，为24，不是完全平方数，不满足；
还可以偶数为50，除以2，为25，是完全平方数．A=49， =49×50÷2=1225，于是为A+B=49+35=84，A+2B=49+2×35=119．所以等式为l+2+3+…+84=85+86+87+…+119(=3570)．
所以所求的式子为1+2+3+…+84=85+86+87+…+119(=3570)．
7．把一个整数写成非零自然数的和的形式．如果所用的几个自然数相同，只是写的顺序不同，也只算做一种方法．另外，只使用一个自然数，也算做一种方法．
(1)比如，把6用三个以内的自然数的和来表示的方法有如下七种：
6，5+1，4+2，3+3，4+l+1，3+2+1，2+2+2．请问：把50用三个以内的自然数的和来表示的方法有几种?
(2)比如，把7用3以下的自然数的和来表示的方法有如下八种：
3+3+1，3+2+2，3+2+1+1，2+2+2+l，3+1+1+1+1，2+2+l+1+1，2+1+1+1+1+1，1+l+1+1+1+1+1．请问：把50用3以下的自然数的和来表示的方法有几种?
【分析与解】 (1)我们注意到设x+y+z=50，求x、y、z有多少组可能的值,并且x、y、z代表的数字调换顺序只算一种．
为了方便计算，不妨设x≤y≤z．
当x=0时，y+z=50，y可以取0～25，z对应取值，于是有26组解；
当x=1时，y+z=49，y可以取1～24，z对应取值，于是有24组解；
当x=2时，y+z=48，y可以取2～24，z对应取值，于是有23组解；
当x=3时，y+z=47，y可以取3～23，z对应取值，于是有21组解；
当x=4时，y+z=46, y可以取4～23，z对应取值，于是有20组解；
…… …… …… …… …… …… ……
当x=15时，y+z=35，y可以取15～17，z对应取值，于是有3组解；
当x=16时，y+z=34，y可以取16～17，z对应取值，于是有2组解．
所以，共有26+24+23+21+20+…+3+2组可能的值；
我们知道有17个数的和，我们注意到这些数的规律，每个数是上一个数－2,－1，－2，－1，…，
－2，－1；
所以，我们这样计算26+(24+23)+(21+20)+…+(3+2)=26+=26+(47+5)×8÷2=26+52×
4=234
所以有234种不同的表示方法．
(2)我们注意一下，把6也分成三个以内的数的和，如：
6=1+1+4．
我们注意到从左往右看可以得到下面的数：1+1+4=6，
而从上往下看得到右边的数3+1+1+1=6，每个数都是3或3以下.
并且不光是6满足，其他的也满足，当把它从左到右排列成三个数以内的和，则从上到下一定是3以内的数的和.
也就说是一一对应的，于是(1)的种数就是(2)所对应的种数．即234种.
8．洗衣服要打好肥皂，揉搓得很充分，再拧一下，当然不可能全拧干．假设使劲拧紧后，衣服上还留有1千克带污物的水．现在有清水18千克，假设每次用来漂洗的水都是整数千克，试问留下的污物最少是洗涤前的几分之几?
【分析与解】 我们假设分成n次分别为x，y，z，……，
则每次漂洗的时候，总是加上上次剩下的l千克污水，则每次实际水量分别为：
x+1，y+l，z+1，…，
则最后剩下了，要使最后残留的最少，只要分母最大即可．
注意到当18全部分成2的时候，2+1即是3，也就是满足我们【内容概述】第3条了，此时分了18÷2=9次，于是为.
但是我们还应注意到，当分的次数越多，分母的和越大．如：当分成10次时，经过的水量变成18+10=28，则此时可以是8个3千克，2个2千克，此时为．
于是考虑最极端的情况，我们把清水分成18次，此时经过的水量变成18+18=36，为18个2千克，此时对应．因为每次必须是整数千克的水，所以不能再分．
于是，当分成18次，每次1千克，此时剩下的污物残留量最少，为洗涤前的.
第10讲 数论综合（一）
涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．
1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?
【分析与解】 我们知道如果有5个连
续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有5的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。
所以n小于5．
:当n为4时，如果其内含有5的倍数(个位数字为O或5)，显然其内含有2的倍数，那么它们乘积的个位数字为0；
如果不含有5的倍数，则这4个连续的个位数字只能是1，2，3，4或6，7，8，9；它们的积的个位数字都是4；
所以，当n为4时，任意4个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两科可能．
：当n为3时，有1×2×3的个位数字为6，2×3×4的个位数字为4，3×4×5的个位数字为0，……，不满足．
：当n为2时，有1×2，2×3，3×4，4×5的个位数字分别为2，6，4，0，显然不满足．
至于n取1显然不满足了．
所以满足条件的n是4．
2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么，
(1)a+b的最小可能值是多少?
(2)a+b的最大可能值是多少?
【分析与解】两位的质数有11，13，17，19，23，29，3l，37，41，43，47，53，59，6l，
67，71，73，79，83，89，97．
可得出，最小为11+19=13+17=30，最大为97+71=89+79=168．
所以满足条件的a+b最小可能值为30，最大可能值为168．
3．如果某整数同时具备如下3条性质：
①这个数与1的差是质数；
②这个数除以2所得的商也是质数；
③这个数除以9所得的余数是5．
那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数．
【分析与解】 条件①也就是这个数与1的差是2或奇数，这个数只能是3或者偶数，再根据条件③，除以9余5，在两位的偶数中只有14，32，50，68，86这5个数满足条件．
其中86与50不符合①，32与68不符合②，三个条件都符合的只有14．
所以两位幸运数只有14．
4．在555555的约数中，最大的三位数是多少?
【分析与解】555555=5×111×1001
=3×5×7×11×13×37
显然其最大的三位数约数为777．
5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?
【分析与解】 从长2002毫米、宽847毫米的长方形纸板上首先可剪下边长为847毫米的正方形，这样的正方形的个数恰好是2002除以847所得的商．而余数恰好是剩下的长方形的宽，于是有：2002÷847=2……308，847÷308=2……231，308÷231=1……77．231÷77=3．
不难得知，最后剪去的正方形边长为77毫米．
6．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．
【分析与解】 设这三个数为a、b、c，且a＜b＜c，因为两两不互质，所以它们均是合数．
小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，15，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，15，18这6个数，但是14=2×7，其中质因数7只有14含有，无法找到两个不与14互质的数．
所以只剩下6，10，12，15，18这5个数存在可能的排列．
所以，所有可能的答案为(6，10，15)；(10，12，15)；(10，15，18)．
7．把26，33，34，35，63，85，91，143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1．那么最少要分成多少组?
【分析与解】26=2×13，33=3×11，34=2×17，35=5×7，63=×7，85=5×17，91=7×13，143=11×13．
由于质因数13出现在26、91、143三个数中，故至少要分成三组，可以分成如下3组：
将26、33、35分为一组，91、34、33分为一组，而143、63、85分为一组．
所以，至少要分成3组．
8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?
【分析与解】 圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远．
小圆周长为×30=307r，大圆周长为48
，一半便是24
，30与24的最小公倍数时120．
120÷30=4．120÷24=5．
所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时两只甲虫相距最远．
9．设a与b是两个不相等的非零自然数．
(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?
(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值?
【分析与解】 (1)a与b的最小公倍数72=2×2×2×3×3，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72．不妨设a＞b．
:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；
:当a=36时，b必须取8或24，a+b的值为44或60，均不同第一种情况中的值；
：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值；
当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；
：当a=12时，b无解；
:当a=9时，b必须取8，a+b=17，不同于第一、二、三、四情况中的值．
总之，a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值．
(2)60=2×2×3×5，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60．a、b为60的约数，不妨设a＞b．
：当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是a－b可取11种不同的值：59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30；
．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10；
：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5；
当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；
: 当a=12时，b可取5，10，所以a－b可取7，2．
总之，a－b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值．
10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳米，黄鼠狼每次跳
米，它们每秒钟都只跳一次．比赛途中，从起点开始每隔
米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米?
【分析与解】 由于÷
=
，
÷
=
．
所以狐狸跳4个米的距离时将掉进陷阱，黄鼠狼跳2个
米的距离时，将掉进陷阱．
又由于它们都是一秒钟跳一次，因此当狐狸掉进陷阱时跳了11秒，黄鼠狼掉进陷阱时跳了9秒，因此黄鼠狼先掉进陷阱，此时狐狸跳了9秒.
距离为9×=40.5(米)．
11.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)
【分析与解】 我们知道18，33的最小公倍数为[18，33]=198，所以每198个数一次．
1～198之间只有1，2，3，…，17，198(余O)这18个数除以18及33所得的余数相同，而999÷198=5……9，所以共有5×18+9=99个这样的数．
12．甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍．求A等于多少?
【分析与解】 由题意知4倍393除以A的余数，等于2倍939除以A的余数，等于甲603除以A的余数．
即603÷A=a……k；(2×939)÷A=b……k；(4×393)÷A=c……k．
于是有(1878－603)÷A=b－a；(1878－1572)÷A=b－c；(1572－603)÷A=c－a．
所以A为1275，306，969的约数，(1275，306，969)=17×3=51．
于是，A可能是51，17(不可能是3，因为不满足余数是另一余数的4倍)．
当A为51时，有603÷51=11……42；939÷51=18……21；393÷51=7……36．不满足；
当A为17时，有603÷17=35……8；939÷17=55……4；393÷17=23……2；满足．
所以，除数4为17．
13．证明：形如11，111，1111，11111，…的数中没有完全平方数．
【分析与解】 我们知道奇数的完全平方数是奇数，偶数的完全平方数为偶数，而奇数的完全平方数除以4余1，偶数的完全平方数能被4整除．
现在这些数都是奇数，它们除以4的余数都是3，所以不可能为完全平方数．
评注：设奇数为2n+1，则它的平方为+4n+1，显然除以4余1．
14．有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走．已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍．问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?
【分析与解】 我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中，糖的块数是丁所取糖块数的5倍．
八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216．
从216减去5的倍数，所得差的个位数字只能是1或6．
观察各盒糖的块数发现，没有个位数字是6的，只有一个个位数字是1的数31．
因此甲取走的一盒中有3l块奶糖．
15．在一根长木棍上，有三种刻度线．第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份．如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段?
【分析与解】 10，12，15的最小公倍数[10，12，15]=60，把这根木棍的作为一个长度单位，这样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长5个单位；15等份的每等份长4单位．
不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等份)，共计34个．
由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1．
又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2．
同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4．
由于这些相重点各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27个刻度点．沿这些刻度点把木棍锯成28段．
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/c27e21cea9956bec0975f46527d3240c8547a145.html
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