小學六年級奧數訓練——整數的分拆 
 
　　整數的分拆，就是把一個自然數表示成為若干個自然數的和的形式，每一種表示方法，就是自然數的一個分拆。

　　整數的分拆是古老而又有趣的問題，其中最著名的是哥德巴赫猜想。在國內外數學競賽中，整數分拆的問題常常以各種形式出現，如，存在性問題、計數問題、最優化問題等。

　　例1電視臺要播放一部30集電視連續劇，若要求每天安排播出的集數互不相等，則該電視連續劇最多可以播幾天？

　　分析與解：由于希望播出的天數盡可能地多，所以，在每天播出的集數互不相等的條件下，每天播放的集數應盡可能地少。

　　我們知道，1+2+3+4+5+6+7=28。如果各天播出的集數分別為1，2，3，4，5，6，7時，那么七天共可播出28集，還剩2集未播出。由于已有過一天播出2集的情形，因此，這余下的2集不能再單獨于一天播出，而只好把它們分到以前的日子，通過改動某一天或某二天播出的集數，來解決這個問題。例如，各天播出的集數安排為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。

　　說明：本題實際上是問，把正整數30分拆成互不相等的正整數之和時，最多能寫成幾項之和？也可以問，把一個正整數拆成若干個整數之和時，有多少種分拆的辦法？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種分拆法（不計分成的整數相加的順序）。

　　例2有面值為1分、2分、5分的硬幣各4枚，用它們去支付2角3分。問：有多少種不同的支付方法？

　　分析與解：要付2角3分錢，最多只能使用4枚5分幣。因為全部1分和2分幣都用上時，共值12分，所以最少要用3枚5分幣。

　　當使用3枚5分幣時，5×3=15，23-15=8，所以使用2分幣最多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種支付方法。

　　當使用4枚5分幣時，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分幣，或不使用，從而可有

　　23=20+（2+1），

　　23=20+（1+1+1），

　　共2種支付方法。

　　總共有5種不同的支付方法。

　　說明：本題是組合學中有限條件的整數分拆問題的一個特例。

　　例3把37拆成若干個不同的質數之和，有多少種不同的拆法？將每一種拆法中所拆出的那些質數相乘，得到的乘積中，哪個最��？

　　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種不同拆法，其中3×5×29=435最小。

　　說明：本題屬于迄今尚無普遍處理辦法的問題，只是硬湊。比37小的最大質數是31，但37-31=6，6不能分拆為不同的質數之和，故不取；再下去比37小的質數是29，37-29=8，而8=3+5。其余的分拆考慮與此類似。

　　例4求滿足下列條件的最小自然數：它既可以表示為9個連續自然數之和，又可以表示為10個連續自然數之和，還可以表示為11個連續自然數之和。

　　解：9個連續自然數之和是其中第5個數的9倍，10個連續自然數之和是其中第5個數和第6個數之和的5倍，11個連續自然數之和是其中第6個數的11倍。這樣，可以表示為9個、10個、11個連續自然數之和的數必是5，9和11的倍數，故最小的這樣的數是［5，9，11］=495。

　　對495進行分拆可利用平均數，采取“以平均數為中心，向兩邊推進的方法”。例如，495÷10=49.5，則10個連續的自然數為

　　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若干只同樣的盒子排成一列，小聰把42個同樣的小球放在這些盒子里然后外出，小明從每只盒子里取出一個小球，然后把這些小球再放到小球數最少的盒子里去，再把盒子重排了一下。小聰回來，仔細查看，沒有發現有人動過小球和盒子。問：一共有多少只盒子？

　　分析與解：設原來小球數最少的盒子里裝有a只小球，現在增加到了b只，由于小明沒有發現有人動過小球和盒子，這說明現在又有了一只裝有a個小球的盒子，這只盒子里原來裝有（a+1）個小球。

　　同理，現在另有一個盒子里裝有（a+1）個小球，這只盒子里原來裝有（a+2）個小球。

　　依此類推，原來還有一只盒子裝有（a+3）個小球，（a+4）個小球等等，故原來那些盒子中裝有的小球數是一些連續整數。

　　現在這個問題就變成了：將42分拆成若干個連續整數的和，一共有多少種分法，每一種分法有多少個加數？

　　因為42=6×7，故可將42看成7個6的和，又

　�。�7+5）+（8+4）+（9+3）

　　是6個6，從而

　　42=3+4+5+6+7+8+9，

　　一共有7個加數。

　　又因42=14×3，故可將42寫成13+14+15，一共有3個加數。

　　又因42=21×2，故可將42寫成9+10+11+12，一共有4個加數。

　　于是原題有三個解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。

　　例6機器人從自然數1開始由小到大按如下規則進行染色：

　　凡能表示為兩個不同合數之和的自然數都染成紅色，不符合上述要求的自然數染成黃色（比如23可表示為兩個不同合數15和8之和，23要染紅色；1不能表示為兩個不同合數之和，1染黃色）。問：被染成紅色的數由小到大數下去，第2000個數是多少？請說明理由。

　　解：顯然1要染黃色，2=1+1也要染黃色，

　　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。

　　可見，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均應染黃色。

　　下面說明其它自然數n都要染紅色。

　　（1）當n為大于等于10的偶數時，

　　n=2k=4+2（k-2）。

　　由于n≥10，所以k≥5，k-2≥3，2（k-2）與4均為合數，且不相等。也就是說，大于等于10的偶數均能表示為兩個不同的合數之和，應染紅色。（1）當n為大于等于13的奇數時，

　　n=2k+1=9+2（k-4）。

　　由于n≥13，所以k≥6，k-4≥2，2（k-4）與9均為合數，且不相等。也就是說，大于等于13的奇數均能表示為兩個不同的合數之和，應染紅色。

　　綜上所述，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11這10個數染黃色外，其余自然數均染紅色，第k個染為紅色的數是第（k+10）個自然數（k≥2）。

　　所以第2000個染為紅色的數是2000+10=2010。

　　下面看一類有規律的最優化問題。

　　例7把12分拆成兩個自然數的和，再求出這兩個自然數的積，要使這個積最大，應該如何分拆？

　　分析與解：把12分拆成兩個自然數的和，當不考慮加數的順序時，有

　　1+11，2+10，3+9，4+8，5+7，6+6

　　六種方法。它們的乘積分別是

　　1×11=11，2×10=20，3×9=27，

　　4×8=32，5×7=35，6×6=36。

　　顯然，把12分拆成6+6時，有最大的積6×6=36。

　　例8把11分拆成兩個自然數的和，再求出這兩個自然數的積，要使這個積最大，應該如何分拆？

　　分析與解：把11分拆成兩個自然數的和，當不考慮加數的順序時，有1+10，2+9，3+8，4+7，5+6五種方法。它們的乘積分別是

　　1×10=10，2×9=18，3×8=24，

　　4×7=28，5×6=30。

　　顯然，把11分拆成5+6時，有最大的積5×6=30。

　　說明：由上面的兩個例子可以看出，在自然數n的所有二項分拆中，當n是偶數2m時，以分成m+m時乘積最大；當n是奇數2m+1時，以分成m+（m+1）時乘積最大。換句話說，把自然數S（S＞1）分拆為兩個自然數m與n的和，使其積mn最大的條件是：m=n，或m=n+1。

　　例9試把1999分拆為8個自然數的和，使其乘積最大。

　　分析：反復使用上述結論，可知要使分拆成的8個自然數的乘積最大，必須使這8個數中的任意兩數相等或差數為1。

　　解：因為1999=8×249+7，由上述分析，拆法應是1個249，7個250，其乘積249×2507為最大。

　　說明：一般地，把自然數S=pq+r（0≤r＜p，p與q是自然數）分拆

　　為p個自然數的和，使其乘積M為最大，則M為qp-r×（q+1）r。

　　例10把14分拆成若干個自然數的和，再求出這些數的積，要使得到的積最大，應該把14如何分拆？這個最大的乘積是多少？

　　分析與解：我們先考慮分成哪些數時乘積才能盡可能地大。

　　首先，分成的數中不能有1，這是顯然的。

　　其次，分成的數中不能有大于4的數，否則可以將這個數再分拆成2與另外一個數的和，這兩個數的乘積一定比原數大，例如7就比它分拆成的2和5的乘積小。

　　再次，因為4=2×2，故我們可以只考慮將數分拆成2和3。

　　注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=9，因此分成的數中若有三個2，則不如換成兩個3，換句話說，分成的數中至多只能有兩個2，其余都是3。

　　根據上面的討論，我們應該把14分拆成四個3與一個2之和，即14=3+3+3+3+2，這五數的積有最大值

　　3×3×3×3×2=162。

　　說明：這類問題最早出現于1976年第18屆國際數學奧林匹克試卷中。該試卷第4題是：

　　若干個正整數的和為1976，求這些正整數的積的最大值。

　　答案是2×3658。

　　這是由美國提供的一個題目，時隔兩年，它又出現在美國大學生數學競賽中。1979年美國第40屆普特南數學競賽A-1題是：

　　求出正整數n及a1，a2，…，an的值，使a1+a2+…+an=1979且乘積最大。

　　答案是n=660。

　　1992年武漢市小學數學競賽第一題的第6題是：

　　將1992表示成若干個自然數的和，如果要使這些數的乘積最大，這些自然數是____。

　　答案：這些數應是664個3。

　　上述三題的邏輯結構并不隨和的數據而改變，所以分別冠以當年的年份1976，1979和1992，這種改換數據的方法是數學競賽命題中最簡單的方法，多用于不同地區不同級別不同年份的競賽中，所改換的數據一般都是出于對競賽年份的考慮。將上述三題的結論推廣為一般情形便是：

　　把自然數S（S＞1）分拆為若干個自然數的和：

　　S=a1+a2+…+an，

　　則當a1，a2，…，an中至多有兩個2，其余都是3時，其連乘積m=a1a2…an有最大值。

　　例11把1993分拆成若干個互不相等的自然數的和，且使這些自然數的乘積最大，該乘積是多少？

　　解：由于把1993分拆成若干個互不相等的自然數的和的分法只有有限種，因而一定存在一種分法，使得這些自然數的乘積最大。

　　若1作因數，則顯然乘積不會最大。把1993分拆成若干個互不相等的自然數的和，因數個數越多，乘積越大。為了使因數個數盡可能地多，我們把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993。

　　若和比1993大1，則因數個數至少減少1個，為了使乘積最大，應去掉最小的2，并將最后一個數（最大）加上1。

　　若和比1993大k（k≠1），則去掉等于k的那個數，便可使乘積最大。

　　所以n=63。因為2015-1993=22，所以應去掉22，把1993分成

　�。�2+3+…+21）+（23+24+…+63）

　　這一形式時，這些數的乘積最大，其積為

　　2×3×…×21×23×24×…×63。

　　說明：這是第四屆“華杯賽”武漢集訓隊的一道訓練題，在訓練學生時，發現大多數學生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663×4，而忽視了題中條件“分成若干個互不相等的自然數的和”。由此可見，認真審題，弄清題意的重要性。

　　例12將1995表示為兩個或兩個以上連續自然數的和，共有多少種不同的方法？

　　分析與解：為了解決這個問題，我們設1995可以表示為以a為首項的k(k＞1）個連續自然數之和。首項是a，項數為k，末項就是a+k-1，由等差數列求和公式，得到

　　化簡為

　　(2a+k-1）×k=3990。(*)

　　注意，上式等號左邊的兩個因數中，第一個因數2a+k-1大于第二個因數k，并且兩個因數必為一奇一偶。因此，3990有多少個大于1的奇約數，3990就有多少種形如（*）式的分解式，也就是說，1995就有多少種表示為兩個或兩個以上連續自然數之和的方法。因為1995與3990的奇約數完全相同，所以上述說法可以簡化為，1995有多少個大于1的奇約數，1995就有多少種表示為兩個或兩個以上連續自然數之和的方法。

　　1995=3×5×7×19，共有15個大于1的奇約數，所以本題的答案是15種。

　　一般地，我們有下面的結論：

　　若自然數N有k個大于1的奇約數，則N共有k種表示為兩個或兩個以上連續自然數之和的方法。

　　知道了有多少種表示方法后，很自然就會想到，如何找出這些不同的表示方法呢？從上面的結論可以看出，每一個大于1的奇約數對應一種表示方法，我們就從1995的大于1的奇約數開始。1995的大于1的奇約數有。

　　3，5，7，15，19，21，35，57，95，

　　105，133，285，399，665，1995。

　　例如，對于奇約數35，由（*）式，得

　　3990=35×114，

　　因為114＞35，所以k=35，2a+k-1=114，解得a=40。推知35對應的表示方法是首項為40的連續35個自然數之和，即

　　1995=40+41+42+…+73+74。

　　再如，對于奇約數399，由（*）式，得

　　3990=399×10，因為399＞10，所以k=10，2a+k-1=399，解得a=195。推知399對應的表示方法是首項為195的連續10個自然數之和，即

　　1995=195+196+197+…+204。

　　對于1995的15個大于1的奇約數，依次利用（*）式，即可求出15種不同的表示方法。

　　練習

　　1．將210拆成7個自然數的和，使這7個數從小到大排成一行后，相鄰兩個數的差都是5。第1個數與第6個數分別是幾？

　　2．將135個人分成若干個小組，要求任意兩個組的人數都不同，則至多可以分成多少組？

　　3．把19分成幾個自然數（可以相同）的和，再求出這些數的乘積，并且要使得到的乘積盡可能大，最大乘積是多少？

　　4．把1999分拆成兩個自然數的和，當不考慮加數的順序時，一共有多少種不同的分拆方法？求出這兩個自然數的積，要使這個積最大，應將1999如何分拆？

　　5．把456表示成若干個連續自然數的和。要求寫出所有的表達式（如9可以有兩種表達形式：9=4+5=2+3+4）。

　　6．幾個連續自然數相加，和能等于2000嗎？如果能，有幾種不同的答案？寫出這些答案。如果不能，說明理由。

　　7．把70分拆成11個不同自然數的和，這樣的分拆方式一共有多少種？將不同的表示方法列舉出來。

　　8．有一把長為13厘米的直尺，在上面刻幾條刻度線，使得這把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的長度。問：至少要刻幾條線？要刻在哪些位置上？

　　練習

　　1.15，40。

　　解：這7個數中第4個數是中間數，它是這7個數的平均數，即210÷7=30。因為相鄰2數的差都是5，所以這7個數是15，20，25，30，35，40，45。故第1個數是15，第6個數是40。

　　2.15組。

　　解：因為要求任意兩個組的人數不相等，且分得的組要盡可能地多，所以，要使每個組分得的人數盡可能地少。

　　由于1+2+3+4+…+14+15=120，所以將135人分成每組人數不等的15個組后還余15人。剩下的15人不能再組成一個或幾個新的小組，否則就會出現兩個或兩個以上的組的人數相等的情況。因此，應將剩下的15人安插在已分好的15個組之中，所以至多可以分成15個組。這15個組各組人數可以有多種情況，例如，分別是2，3，4，5，6，…，14，15，16人。

　　3.972。

　　解：要使乘積盡可能大，把19分成的幾個自然數中，3要盡量多且不能有1，所以應把19分成5個3及1個4的和。最大乘積為35×4=972。

　　4.有999種方法，分成999+1000時積最大。

　　5.提示：456有三個大于1的奇約數3，19，57。利用例12的方法可得：對于3，有k=3，a=151；對19，有k=19，a=15；對于57，有k=16，a=21。所以456有如下三種分拆方法：

　　456＝151+152+153

　　＝21+22+23+…+39

　�。�15+16+17+…+33。

　　6.能。

　　提示：與例12類似，2000=24×53，有三個大于1的奇約數5，25，125。對于5，有k=5，a=398；對于25，有k=25，a=68；對于125，有k=32，a=47。所以2000共有如下三種分拆方法：

　　2000＝398+399+400+401+402

　　＝68+69+70+…+91+92

　　＝47+48+49+…+77+78。

　　7.5種。

　　解：1+2+3+…+11=66，現在要將4分配到適當的加數上，使其和等于70，又要使這11個加數互不相等。

　　先將4分別加在后4個加數上，得到4種分拆方法：

　　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。

　　再將4拆成1+3，把1和3放在適當的位置上，僅有1種新方法：

　　1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12。

　　再將4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2，分別加在不同的位置上，都得不出新的分拆方法，故這樣的分拆方法一共有5種。

　　8.至少要刻4條線，例如刻在1，4，5，11厘米處，便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的長度。這是因為由1，4，5，11，13這5個數以及它們之間任意2個的差能夠得到1到13這13個整數，見下列各式：

　　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。

　　下面我們來證明，只有3個刻度是不夠的。如果只刻了3條線，刻在a厘米、b厘米、c厘米處（0＜a＜b＜c＜13），那么a，b，C，13兩兩之差（大減�。�，只有至多6個不同的數：13-a，13-b，13-c，c-a，c-b，b-a，再加上a，b，c，13這4個數，至多有10個不同的數，不可能得到1到13這13個不同的整數來。

　　順便說明一下，刻法不是唯一的。例如我們也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米這4個位置上。