-
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<
/p>
，
6
，
7
时，
那么七天共可播出
28
< br>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
< br>，
8
或
1
，
2
，
3
，
4
，
5
，
6
，
9
都可以。<
/p>
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
< br>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+<
/p>
（
2+1
）
，<
/p>
23=2
0+
（
1+1+1
）
< br>，
共
2
种支付方法。
总共有
5
种不同的支付方法。
例
3 <
/p>
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
2
9
，
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<
/p>
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
］
< br>=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
，
（<
/p>
49.5
）
，
5
0
，
51
，
5
2
，
53
，
5
4
。
于是
4
95=45+46+
…
+54
。同理可
得
495=51+52+
…
+59=4
0+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
< br>）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
）<
/p>
+
（
8+4
）<
/p>
+
（
9+3
）是
6
个
6
，
从而
42=3+4+5+6+7+8+9
，一共有
7
个加数。
< br>
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
< br>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
，
< br>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<
/p>
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
，<
/p>
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
）
。
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
，<
/p>
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
×
< br>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<
/p>
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
< br>×
6=30
。
显然，把
11
分拆成
5+6<
/p>
时，有最大的积
5
×
6=30
。
< br>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，
S
S
?
1
S
?
1
;
当
S
为奇数时，
和
m
、
n
分别为
。
2
2
2
例
9 <
/p>
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
×
2
49+7
，
由上述分析，
拆法应是
1
个
249
，
7
个
250
，
其乘积
249
×
2
50
7
为最大。
说明：一般地，把自然数
S=pq+r
（
< br>0
≤
r
＜
p
，
p
与
q
是自然数）分拆为
p
个自然数的和，<
/p>
使其乘积
M
为最大，则
< br>M
为
q
p-r
< br>×（
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
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