第4讲整数的拆分例题讲解+总结
余年寄山水
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2021年01月27日 23:33
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第
4
讲
整数的分拆
< br>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。< br>
说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑。比
3 7
小
的最大质数是
31
，但
37-31=6
，
6< br>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< br>，
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< br>9
倍，
10
个连续自然数之
和是其中第
5
个数和第< br>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< br>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< br>的方法”。例如，
495
÷
10=49.5
，则
10
个连续的自然数为
45
，
46
，
4 7
，
48
，
49
，（
49.5
），
50< br>，
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< br>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
）
+< br>（
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< br>，
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< br>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< br>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< br>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
）。