机器人工程-证明范文

1.7数的拆分
1.7.1整数的拆分
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+1 9=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49 5=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。
mn
在具体分拆时，当S为偶数时，
SS1S1
;
当S为奇数时，
和
m、n分别为。
222

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19 99=8×249+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249×250
7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q
p-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：一般地，把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：S=a
1+a
2
+…+a
n
，则当
a
1
，a
2
，…，a
n
中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a
1
a< br>2
…a
n
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。

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，由等差数列求和公式，得到
[a(ak1)]k
1995 ,
化简为(2a+k-1）×k=3990。
2
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。
说明：一般地，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，
57，95，105，13 3，285，399，665，1995。
例如，对于奇约数35，由 (2a+k-1）×k=3990，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(2a +k-1）×k=3990，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(2a+k-1）×k=3990，即可求出15种不同
的表示方法。
1.7.2分数的拆分
1.7.2.1将一个单位分数
1
分解为两个单位分数的和的方法
A
1
的分母A分成质因数的积，从中求出这分母的任意两个约数a
1
，
A1a
1
a
2
;

AA(a
1
a
2
)
①分解：将单位分数
a
2
；
②扩分：将单位 分数的分子、分母同乘以两约数的和（a
1
+a
2
），得
③拆分：将 扩分后所得的分数，按照同分母分数相加的法则反过来用，拆成两个同分母
的分数相加，得
1a
1
a
2
;

AA(a
1
a
2
)A(a
1
a
2
)
④约分：将拆开后的两个分数约分， 便得到两个单位分数。
1
拆成两个单位分数的和。
15
11131311



15 3515（13）15（13）15（13）6020
例如，将
注意：（1）因 大于1的自然数的约数有时不止2个，有多个，从中任取两个约数的取法
也有多种，只要每次取出的两个 约数之间不成比例，则将一个单位分数拆成两个单位分数的
和的结果也各不相同。
例如，15 的约数有1，3，5，15四个，从中任取两个的取法有（1，3）、（1，5）、（1，
15）、（3 ，5）、（3，15）、（5，15）六种，而取（1，3）和（5，15）、（1，5）和（3，15）是成比例的，所以
1
的不同拆法只有四种。
15
（1）若要将单位分数拆 成两个相等的单位分数之和，那只要在扩分时，分子、分母同
乘以分母的任何一个约数的2倍或乘以2即 可。
1333311
例如：
1515(33)1561563 030

121111
或
151521521523030

1.7.2.2将一个单位分数拆成n个单位分数的和的方法
将一个单位分数拆成n个单位分 数的和的方法和步骤与拆成两个单位分数的方法和步
骤相同，不同点只在扩分时，分子、分母同乘以分母 A的n个约数的和（a
1
+a
2
+…+a
n
）。
例1 将
1
拆成四个单位分数的和。
15

解∵15=3×5 ∴15的约数有1，3，5，15。
1135

1515(13515)15241524 152415243601207224

注意：如果要求拆分的分母必须互不相同，那么
约数的个数。如果允许拆分后的分母相同，那么

例2 将
1
最多 能拆分的分数个数n等于A的
A
1
可拆成任何有限个分数的和的形式。
A
1
拆成7个单位分数的和。
7
解：若所求的单位分数的个数，多于原分数分母约数的个数，取新分数继续分解。
1
等分成两个分数，再把新分数连续依次等分，最后两个用例1的方法解。
7
1




78565656112112
111


112224224
①把

1111211
 。即
2242241222412336672


11111111


74336672
1
拆 成两个单位分数的和，再把新分数分母加一倍，使分数值缩小一半。
7
111
再加上的 ，使等于三个单位分数的和。
727
②也可先将
1111
 
756822814

11

896412562814

例3 分别将
111
、、表示为三、四、五个单位分数的和。
567
解：因为任何数乘1都等于它本身，而

1
1 
236246122481224
（这些算式的分母从2起往后只有一个不是 翻番关系，而是前一个加数分母的1.5倍，
这个加数是倒数第二个。）
所以
11111111
=×（++）=++
55236101530

1111111111
=×（+++）=+++
662461212243672

1

（）
772484172


1
表示为三个相同的单位分数的和。
9
11111
解：假设右边各项一样，则有


 (P为右边的项数）
AAPAPAPAP
1111
所以


9272727
例4 将

1.7数的拆分
1.7.1整数的拆分
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+1 9=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49 5=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。
mn
在具体分拆时，当S为偶数时，
SS1S1
;
当S为奇数时，
和
m、n分别为。
222

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19 99=8×249+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249×250
7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q
p-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：一般地，把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：S=a
1+a
2
+…+a
n
，则当
a
1
，a
2
，…，a
n
中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a
1
a< br>2
…a
n
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。

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，由等差数列求和公式，得到
[a(ak1)]k
1995 ,
化简为(2a+k-1）×k=3990。
2
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。
说明：一般地，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，
57，95，105，13 3，285，399，665，1995。
例如，对于奇约数35，由 (2a+k-1）×k=3990，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(2a +k-1）×k=3990，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(2a+k-1）×k=3990，即可求出15种不同
的表示方法。
1.7.2分数的拆分
1.7.2.1将一个单位分数
1
分解为两个单位分数的和的方法
A
1
的分母A分成质因数的积，从中求出这分母的任意两个约数a
1
，
A1a
1
a
2
;

AA(a
1
a
2
)
①分解：将单位分数
a
2
；
②扩分：将单位 分数的分子、分母同乘以两约数的和（a
1
+a
2
），得
③拆分：将 扩分后所得的分数，按照同分母分数相加的法则反过来用，拆成两个同分母
的分数相加，得
1a
1
a
2
;

AA(a
1
a
2
)A(a
1
a
2
)
④约分：将拆开后的两个分数约分， 便得到两个单位分数。
1
拆成两个单位分数的和。
15
11131311



15 3515（13）15（13）15（13）6020
例如，将
注意：（1）因 大于1的自然数的约数有时不止2个，有多个，从中任取两个约数的取法
也有多种，只要每次取出的两个 约数之间不成比例，则将一个单位分数拆成两个单位分数的
和的结果也各不相同。
例如，15 的约数有1，3，5，15四个，从中任取两个的取法有（1，3）、（1，5）、（1，
15）、（3 ，5）、（3，15）、（5，15）六种，而取（1，3）和（5，15）、（1，5）和（3，15）是成比例的，所以
1
的不同拆法只有四种。
15
（1）若要将单位分数拆 成两个相等的单位分数之和，那只要在扩分时，分子、分母同
乘以分母的任何一个约数的2倍或乘以2即 可。
1333311
例如：
1515(33)1561563 030

121111
或
151521521523030

1.7.2.2将一个单位分数拆成n个单位分数的和的方法
将一个单位分数拆成n个单位分 数的和的方法和步骤与拆成两个单位分数的方法和步
骤相同，不同点只在扩分时，分子、分母同乘以分母 A的n个约数的和（a
1
+a
2
+…+a
n
）。
例1 将
1
拆成四个单位分数的和。
15

解∵15=3×5 ∴15的约数有1，3，5，15。
1135

1515(13515)15241524 152415243601207224

注意：如果要求拆分的分母必须互不相同，那么
约数的个数。如果允许拆分后的分母相同，那么

例2 将
1
最多 能拆分的分数个数n等于A的
A
1
可拆成任何有限个分数的和的形式。
A
1
拆成7个单位分数的和。
7
解：若所求的单位分数的个数，多于原分数分母约数的个数，取新分数继续分解。
1
等分成两个分数，再把新分数连续依次等分，最后两个用例1的方法解。
7
1




78565656112112
111


112224224
①把

1111211
 。即
2242241222412336672


11111111


74336672
1
拆 成两个单位分数的和，再把新分数分母加一倍，使分数值缩小一半。
7
111
再加上的 ，使等于三个单位分数的和。
727
②也可先将
1111
 
756822814

11

896412562814

例3 分别将
111
、、表示为三、四、五个单位分数的和。
567
解：因为任何数乘1都等于它本身，而

1
1 
236246122481224
（这些算式的分母从2起往后只有一个不是 翻番关系，而是前一个加数分母的1.5倍，
这个加数是倒数第二个。）
所以
11111111
=×（++）=++
55236101530

1111111111
=×（+++）=+++
662461212243672

1

（）
772484172


1
表示为三个相同的单位分数的和。
9
11111
解：假设右边各项一样，则有


 (P为右边的项数）
AAPAPAPAP
1111
所以


9272727
例4 将