第十五讲综合题选讲Word下载.docx

1、有3种形成10的和：28=37=46；有3种形成7的和：16=25=34；有3种形成11的和：38=47=56；有2种形成6的和：15=24；有2种形成5的和：14=23；有2种形成12的和：48=57；有2种形成13的和：58=67。此外还有12=3，13=4，68=14，78=15各一种。首先指出棱的中点处不可能仅出现3种数，理由是：3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15中的数，如果只用其中3个数（标在棱的中点处），那么这三个数不能写成共12种不同形式的（取自1、2、3、8之中的两数）和，而正方体棱数有12个。再说明，棱的中点处不可能有4种不同数值，为证明这一点，可

2、以分下列情况说明。如果在12条棱上有3个“7”、3个“8”、3个“10”、3个“11”，那么在正方体顶点处要出现4次“6”进行运算，这是不可能的。因为每个顶点处的数只参加3次加法运算。如果在12条棱上有3个“9”，此外，必定还有7、8、10、11中的某三个数字（各三次），那么棱上数之和只能是：（97810）3=102（981011）3=114（971011）3=111（97811）3=105它们都与棱上所有数之和应当是（1238）3=108矛盾，这说明棱上的数不可能是3个“9”以及7、8、10、11中某3个各出现3次。如果在12条棱的中点出现4个“9”以及另外三种数，那么另外三种数应各出现3、

3、3、2次。出现3次的只能是7、8、10、11中的两个，出现两次的则是5、6、12、13中的一个或者是7、8、10、11中未被用了3次的两个中的一个。设出现两次的棱的中点数为a，出现3次的为b或c，则因为493（bc）2a=108，所以，bc必须为偶数。在7、8、10、11中取两数b、c，使其和为偶数，只有7、11及8、10这两种可能。无论哪种情形，都有bc=18，因此2a=10836318=18，a=9。与12条棱有4个9矛盾。这说明上述情况不能出现。综上所述，棱中点不可能仅有四种数。棱中点可以有五种不同数，这可由下图看出：棱中点共出现4个“9”、3个“10”、3个“8”、1个“6”、1个“1

4、2”。这说明棱的中点最少能标出5种不同数值。例2：一组互不相同的自然数，其中最小的是1，最大的是25，除去1之外，这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于另外两个数之和。在满足要求的所有可能的数组中，寻找出使得组内各数之和最大及最小的数组，并求这组数之和的最大值、最小值。分析 很自然猜想并容易验证数组1，2，3，24，25符合题目要求，显然这个数的和是最大的，这个最大的和是1232425=325，困难在于搜寻最小的数组。把数组中的数由小到大排起来，容易看出：1后边的数一定是2；2后边可以是3，也可以是4；3后边可能是4、5、6；4后边可能是5、6、8。把它们列出来就是：1，2

5、，3，4，25；1，2，3，5，25；1，2，3，6，25；1，2，4，5，25；1，2，4，6，25；1，2，4，8，25。25是奇数，它只能是另外两个数之和，容易验证在上述数列的“”处不能加入一个数，也就是说，在上述六种数列的每个“”中，至少要再加入两个数。而且，还推知后加入的数中至少有两个数，这两个数的和不小于25。理由是，如果后加入的任意两个数之和都小于25，那么就不可能得到最后的25这个数。根据以上理由，我们应当先考虑1，2，3，4，25这一列数，看看是否能只加入两个数，且加入的两个数之和是25。25=520=619=718=817=916=1015=1114=1213在1，2，3，

6、4，25中的“”处可加入5，但是不能有20（20不是1、2、3、4、5中任何一数的两倍，也不是其中任何两数之和）；可加入6但不能在6后面写19；可加入7，但不能在7后面写18；可加入8，但不能在8后面写17。另一方面，紧接1，2，3，4，之后不可加入9、10、11、12。这表明1，2，3，4，25中的“”处仅加入两个数，且这两个数之和是25是办不到的。接着考察1，2，3，5，25：是否可以在“”中仅加两个数，得到符合题意的数组。容易看出，1，2，3，5，10，15，25是符合题意的一组数。因为在“”中加入的两个数，不论怎么加，它们的和的最小值是25，现在加入10和15，其和恰是最小值25。所以

7、这组的和最小。因此，所求的最小和是：1235101525=61。例3：观察下面的减法算式=其中表示四位数，表示三位数，表示两位数，表示一位数。问：这样的正确算式共有几种？分析 换成加法算式，就是要回答共有多少种形如=的正确算式，可以从两方面考虑：（1） 是个三位数，那么这个和再加上一个一位数应该是四位数，容易看出9919=1000，9929=1001，9928=1000，9939=1002，9938=1001，9937=1000，9999=1008，9998=1007，9991=1000，这些和都是四位数。另一方面，991=89299=89398=89497=98110；992=89399=8

8、9498=89597=98210；999=90099=90198=90297=98910。可见，由一个三位数与一个两位数之和形成的符合题意的三位数是991、992、999。此时符合题意的算式共有90（129）=4050（种）。（2） 如果是个四位数，那么这个四位数一定是“1”形的数。容易看出：满足上述限定条件的最小的三位数是901，这时90199=1000是个最小的四位数。90299，90298 是四位数；90399，90398，90397 是四位数；99099，99098，99097，99010是四位数，99199，99198，99197，99110是四位数，99999，99998，9999

9、7，99910是四位数。可见，使是四位数的算式有12390909=4950（种）注意到每一个形如是个四位数的算式中，再加上1、2、3、9后仍然是四位数，因此当：是四位数时，不同的算式=共有49509=44145（种）把（1）、（2）两种情况结合起来知共有441454050=18195种合乎题目要求的算式。说明：这三个例题虽然涉及的具体内容不同，但是有一个共同特性是都要分成几类较简单的情形，逐一回答较简单的情形的问题，最后解决原来提出来的问题，这种解题方法叫“分情况解决问题”。通过用分情况的方法解题，可以提高同学们思维的条理性，培养分析问题的好习惯。例4：桌上放着100个已经涂了色的小球，其中有

10、红球、白球、黄球，允许你对它们改色，办法是：取出两个不同色的球，把它们涂上与它们颜色都不同的另一种颜色（例如你取出一个白球一个黄球，就把它们都改涂为红色），然后放回桌上，这叫“一次操作”。经过有限次操作后，你能否把所有球都改为同一种颜色？说明你的理由。分析 100不是3的倍数，设原有红球、白球、黄球各x、y、z个。那么x、y、z不都是3的倍数，也不可能出现这样的情形：x、y、z三个数被3除后的余数互不相同（否则xyz=100就应该是3的倍数）。可见，x、y、z中有两个被3除的余数相同，另一个被3除的余数与它们不同。设y、z被3除之后的余数相同，x被3除后的余数与它们不同。如果y=z，那么可以用

11、一白一黄变两个红球的方式经过有限步骤把所有的球都变为红色。如果yz，比如说yz，zy必是3的倍数。那么可以先进行“1白1黄变2红”的改色，直到把白球用完，这时桌上的球只有2种：红球和黄球。而此时黄球数目zy是3的倍数。把黄球3个一组进行分组，黄球被分成若干组，取出一组（3个）黄球和1个红球，对这一组（4个球）进行改色，办法是：先用1红1黄变2白，这时4个球是2白、2黄。再把2白2黄变为4红，于是每3个黄球加1个红球都可变为4个红球。因为黄球的组数是有限的，而红球越改越多，所以经过有限步改色后，总可使桌上的球全变为红色。题目中的100并不是本质的数，也可以改为101，103，或不是3的倍数的其他数。证法一样。另一方面，最后变成的颜色决定于原来三种球中，哪色球被3除所得的余数是单独的，例如当红色球被3除的余数与白球、黄球数目被3除的余数不同，而白球、黄球数被3除后余数相同时，最后就全变为红色。练 习 十 五1 有红球3个，白球2个，黄球1个，每次可取两个异色球，把它们改为另一种颜色（如例4中一样），问：能否经过有限次改色，最后使全部球同色？2 如上题条件，如果改色时，每次取两个球（不一定异色），可把两个球改成与两球的原色都不同的同一种颜色，问：能否经过有限次改色，使全部球同色？3 把1，2，91分成7组，每组13个数，使各组中的数之和都相等，能否办到？说明理由。