15计数综合一.docx

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15计数综合一

将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通过建立这些问题的结果所构成数列的递推关系，逐步地求得原问题的答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．

1．一条直线分一个平面为两部分．两条直线最多分这个平面为四部分．问5条直线最多分这个平面为多少部分?

【分析与解】方法一：

我们可以在纸上试着画出1条直线，2条直线，3条直线，……时的情形，于是得到下表：

由上表已知5条直线最多可将这个平面分成16个部分，并且不难知晓，当有n条直线时，最多可将平面分成2+2+3+4+…+n=

+1个部分．

方法二：

如果已有k条直线，再增加一条直线，这条直线与前k条直线的交点至多k个，因而至多被分成k+1段，每一段将原有的部分分成两个部分，所以至多增加k+1个部分．于是3条直线至多将平面分为4+3=7个部分，4条直线至多将平面分为7+4=11个部分，5条直线至多将平面分为11+5=16个部分．

一般的有k条直线最多将平面分成：

1+1+2+…+k=

+1个部分，所以五条直线可以分平面为16个部分．

2．一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分?

【分析与解】一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．

同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分（如下图，标有数字9的部分）．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．

第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分．

所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．

3．在平面上画5个圆和1条直线，最多可把平面分成多少部分?

【分析与解】先考虑圆．1个圆将平面分成2个部分．这时增加1个圆，这个圆与原有的1个圆最多有两个交点，成为2条弧，每条弧将平面的一部分一分为二，增加了2个部分，所以2个圆最多将平面分成4个部分．当有3个圆时，第3个圆与原有的2个产生4个交点而增加4个部分，所以3个圆最多将平面分成8个部分．

同样的道理，5个圆最多将平面分成22个部分．

再考虑直线．直线与每个圆最多有2个交点，这样与5个圆最多有10个交点．它们将直线分成11条线段或射线，而每条线段又将平面的一部分一分为二，2条射线增加了一部分，因为5个圆和1条直线最多可将平面分成32个部分．

评注：

对于“100个圆最多能将平面分成多少个部分?

”这种的问题，可以采用归纳法：

1个圆将平面分成2个部分，2个圆最多将平面分成4个部分，3个圆最多将平面分成8个部分，4个圆将平面分成14个部分，…

于是，猜想n个圆最多将平面分成2+2+4+6+…+（n一1）×2=n×（n—1）．4-2个部分,则100个圆最多将平面分成100×99+2=9902个部分．

I．我们注意到，有些同学由“1个圆将平面分成2个部分，2个圆最多将平面分成4个部分，3个圆最多将平面分成8个部分，……”得出结论n个圆最多将平面分成2个部分．

对于上面那个“n个圆最多将平面分成2个部分”结论，如果只看前3种情况，是无法判断出它的错误，这就要求我们尽可能的多验证几种情况．当然，限于我们采用的是不完全归纳法，所以对于得出的结论无法进行严格的论证．

Ⅱ．例如,n2+n+41，当n取0，1，2，3，…，39时，所得的值均是质数，但是我们不能就此说．当n为自然数时．N2+n+41就是质数．因为当n=40，41，…时就不是质数，402+40+41＝（40+1）×40+41=412，显然不是质数；412+41+41=41×43，显然也不是质数．

对于不完全归纳法的缺陷，我们将在中学里利用完全归纳法解决．

Ⅲ．大家还可以推导出n个正方形、n个锐角、n条直线分别最多将平面分成几个部分．

4．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最多可以迈3级台阶．从地面到最上面1级台阶，一共可以有多少种不同的走法?

【分析与解】我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或3级台阶，也就是说可以从倒数第1、2或3级台阶直接迈入最后一级台阶．

即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3级台阶的走法和．而倒数第l级台阶的走法等于倒数第2、3和4级台阶的走法和，……

如果将1、2、3……级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第4项开始，每一项等于前3项的和．

有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，8，9，10级台阶的走法有7，13，24，44，81，149，274种走法．

5．用图15—1所示的1×2小长方形和1×3小长方形去覆盖如图15—2所示的填有数字的2×6方格表，共有多少种不同的盖法?

【分析与解】如果只用1×2的长方形盖住2×n的长方形，设种数为an，则a1=l，a2=2．

对于n≥3，左边可能竖放1个1×2的，也可能横放2个l×2的，前者有an-1种（因为剩下2×（n一1）的长方形），后者有an-2种，所以an=an-1＋an-2．

从而a3=1+2=3，a4=2+3=5，a5=3+5=8，a6=5+8=13

如果至少用1个1×3的长方形，那么由于共用2×6=12个小方格，而每个1×2的长方形盖住2个小方格，1×3的长方形盖住3个小方格，所以1×3的长方形必须用偶数个，盖住的方格的总个数才能是偶数12．

如果用4个1×3个长方形，盖法只用1种.

如果用2个1×3个长方形，这2个长方形全在上面或全在下面，各有1种盖法．这2个长方形一上一下，有以下几种可能：

（1）两个1×3小长方形不同行且并排：

图

（1）中未覆盖的格子有2×3个，对应为a3=3种；图

（2）中未覆盖的格子有2×3个，对应为a3=3种；图（3）中未覆盖的格子为2×1+2×2个，对应为a1×a2=1×2=2种；图（4）中未覆盖的格子为2×1+2×2个，对应为a1×a2=l×2=2种．

（2）两个1×3小长方形不同行且不并排：

如图（5）、图（6）、图（7）、图（8），共有4种覆盖方法．

因此，覆盖方法共有：

13+1+2×1+（3+3+2+2）+4=30．

6．一个圆上有12个点A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同的连法?

【分析与解】我们采用递推的方法．

I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．

Ⅱ如果圆上有6个点，除A1点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在A1所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法．

Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：

①A1所在三角形的一个边所对的弧上；

②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．

在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．

如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；

如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．

共有12种连法．

Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：

①9个点都在同一段弧上：

②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；

③每三个点在A1所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．

共有12×3+3×6+1＝55种．

所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.

7．对一个自然数作如下操作：

如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到得数为1操作停止．问经过9次操作变为1的数有多少个?

【分析与解】因为偶数除以2为奇数或偶数，而奇数加1为偶数．

所以，从l开始逆推时，当为偶数就减1或乘以2；当为奇数就乘以2．

于是，可得：

其中经1次操作变为1的数有1个，即2，

经2次操作变为1的数有1个，即4，

经3次操作变为1的数有2个，即3，8，

………………………

经6次操作变为1的数有8个，即11，24，10，28，13，64，31，30．

即经过1，2，3，4，5，6，…次操作变为1的数的个数依次为：

1，1，2，3，5，8，…

不难发现这串数的特点：

自第三个数开始，每一个数等于前两个数的和．

那么8后面的数依次是：

8+5=13，13+8=21，21+13=34，…

即经过9次操作变为l的数有34个．

8．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12．问：

这种变速车一共有多少挡不同的车速?

【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：

这里有4对传动比是相同的：

1，

，2，3，将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以共有8挡不同的车速．

9．有一个长方形，它的各边的长度都是小于10的自然数．如果用宽作分子，长作分母，那么所得的分数值比

要大，比

要小．那么满足上述条件的各个长方形的面积之和是多少?

【分析与解】也就是说找到所有的分母小于10的真分数（不要求最简），并且这些分数的值比

要大，比

要小．

所以满足题中条件的各个长方形的面积之和是：

3+10+12+2l+24+27+36=133．

10．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?

【分析与解】分子的取值范围是从1到5．

当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可约分数．

由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只需适合下列两个条件：

①分母大于分子且小于60．

⑦分母不是分子的倍数．

易知：

当分子为2时，适合条件的分母有29个；

当分子为3时，适合条件的分母有38个：

当分子为5时，适合条件的分母有44个；

最后来看分子为4的情形，与分子为2基本相同，分母不能为偶数，此外分母不能为3．所以共有28（=29—1）个．

总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．

11.有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10和11厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3根木条作为3条边，可围成一个三角形．如果规定底边是1l厘米长，那么你能围成多少个不同的三角形?

【分析与解】一个三角形，任何两条边的长度之和，比余下的一条边长．在本题中，设底边是11厘米的三角形其余二边分别是a和6，则必有11

为了方便计数，不妨设a≤b，于是（a，b）的可能的值有：

（1l，11）；

（10，10），（10，11）；

（9，9），（9，10），（9，11）；

（8，8），（8，9），（8，10），（8，11）；

（7，7），（7，8），（7，9），（7，10），（7，11）；

（6，6），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10），（6，11）；

（5，7），（5，8），（5，9），（5，lo），（5，11）；

（4，8），（4，9），（4，10），（4，11）；

（3，9），（3，10），（3，11）；

（2，10），（2，11）；

（1，11）．

即能围成36个不同的三角形．

12．一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形．问：

一共可以剪成多少个三角形?

如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?

【分析与解】方法一：

如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．

不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．

方法二：

我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成（360n+360）÷180=2n+2个三角形．

2n+2个三角形共有3×（2n+2）=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪（6n+2）÷2＝3n+1刀．

本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．

13．有长度分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9的线段各一条，从中选出若干条来组成正方形．那么有多少种不同的选法?

【分析与解】我们注意到正方形的边长不能为1，2，3，4，5，6，这些过小的数．

当边长为7的时候有：

7，1+6，2+5，3+4，这4种组合方式，所以只有1种选法；

当边长为8的时候有：

8，1+7，2+6，3+5，这4种组合方式，所以也只有1种选法；

当边长为9的时候有：

9，1+8，2+7，3+6，4+5，这5种组合方式，所以有C45＝5种选法；

当边长为10的时候有：

1+9，2+8，3+7，4+6这4种组合方式，所以只有1种选法；

当边长为11的时候有：

2+9，3+8,4+7，5+6这4种组合方式，所以也只有1种选法；

当边长大于11的时候没法组成4个相等的边长．

所以共有1+1+5+1+1=9种不同的选法．

14．如图15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组成．现在要从西南角的A处沿最短路线走到东北角的B处，由于修路十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?

【分析与解】因为每个路口（点）只能由西边相邻点、南边相邻点走过来，所以达到每个点的走法为西边相邻点、南边相邻点的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．

因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：

所以，从A到B满足条件的走法共有120种

15．将1332，332，32，2这4个数的10个数码一个一个地划掉，要求先划位数最多的数的最小数码．共有多少种不同的划法?

（如果有几个数位数相同，哪个数包含这些数中最小的数码，就先划去这个数中的那个最小数码，如39、33、32这3个数均为两位数，但是必须先划去32中的2）

【分析与解】表述1：

为了方便说明，依次记1332、332、32、2这四个数在操作过程中产生的数为A、B、C、D．

第1次必须划去1332的l，这样只有1种划法，剩下332、332、32、2．

第2次和第3次正好划掉两个332中的2，所以有两种情况，这样有2种划法．剩下33、33、32、2．

第4次必须划掉32中的3，只有1种划法．剩下33、33、3、2．

第5、6次均划去33（A）、33（B）这两个两位数中的3，先选定是A还是B有两、种可能，而每个33均有两种划法，所以这二次有2×2×2=8种划法．剩下3、3、3、2．

第7次必须划掉2，只有1种划法．剩下3、3、3．

第8、9、10次均划去3（A），3（B），3（C）这三个3，于是有3×2×1＝6种划法.

因为是分步进行的，所以共有1×2×1×8×1×6=96种不同的划法．

表述2：

因为是分步进行的，所以共有1×2×1×8×1×6=96种不同的划法．

补充问题1．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的最上面，秘书一有空就从最上面拿一封信来打．有一天共有9封信打，经理按第1封，第2封，…，第9封的顺序交给秘书．午饭时，秘书告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，这个同事很想知道是按什么顺序来打印．根据以上信息，下午打印的信的顺序有多少种可能?

（没有要打的信也是一种可能）

【分析与解】我们根据最后一封信来计数：

（1）第9封信在上午送给秘书；

于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}

则下午打印的每种可能都是T的一个子集，因为秘书可以把不在子集中的信件上午一送来就打完了，而未打别的信．集T有8个元素，故有28=256个不同子集（包括空集）．

（2）第9封信在午后才送给秘书．令

S＝{1，2，3，4，5，6，7}，

则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排在子集之后，则与⑴中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把号码9放在该子集的非最后的位置上．对于有k个元素的子集，号码9有k个位置可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=1，2，…，k．于是不同的顺序总数为：

0×C07+1×C17+2×C27+…+7×C77=7×27÷2=7×26=448

即下午有448种可能的打印顺序．

所以，下午共有256+448=704种打印的方法．