小学数学奥数基础教程（四年级）

小学 小学生如何制作手抄报课件柳垭小学关于三违自查自纠报告小学英语获奖优质说课课件小学足球课教案全集小学语文新课程标准测试题 数学奥数基础教程（四年级） 小学数学奥数基础教程(四年级) 数字谜(一) 我们在三年级已经学习过一些简单的数字谜问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 。这两讲除了复习巩固学过的知识外，还要学习一些新的内容。 例1 在下面算式等号左边合适的地方添上括号，使等式成立: 5+7×8+12?4-2,20。 分析:等式右边是20，而等式左边算式中的7×8所得的积比20大得多。因此必须设法使这个积缩小一定的倍数，化大为小。从整个算式来看，7×8是4的倍数，12也是4的倍数，5不能被4整除，因此可在7×8+12前后添上小括号，再除以4得17，5，17-2=20。解:5+(7×8+12)?4-2=20。 例2 把1,9这九个数字填到下面的九个?里，组成三个等式(每个数字只能填一次): 分析与解:如果从加法与减法两个算式入手，那么会出 现许多种情形。如果从乘法算式入手，那么只有下面两种可能: 2×3,6或2×4,8， 所以应当从乘法算式入手。因为在加法算式?+?=?中，等号两边的数相等，所以加法算式中的三个?内的三个数的和是偶数;而减法算式?-?=可以变形为加法算式?=?+?，所以减法算式中的三个?内的三个数的和也是偶数。于是可知，原题加减法算式中的六个数的和应该是偶数。若乘法算式是2×4,8，则剩下的六个数1，3，5，6，7，9的和是奇数，不合题意;若乘法算式是2×3,6，则剩下的六个数1，4，5，7，8，9可分为两组: 4，5,9，8-7,1(或8-1,7);1，7,8，9,5,4(或9,4,5)。 所以答案为 例3 下面的算式是由1,9九个数字组成的，其中“7”已填好，请将其 余各数填入?，使得等式成立: ??????=?-?=?-7。 分析与解:因为左端除法式子的商必大于等于2，所以右端被减数只能填 9，由此知左端被除数的百位数只能填1，故中间减式有8-6，6-4，5-3 和4-2四种可能。经逐一验证，8-6，6-4和4-2均无解，只有当中间减 式为5-3时有如下两组解: 128?64=5-3=9-7，或 164?82,5-3,9-7。 例4 将1,9九个数字分别填入下面四个算式的九个?中，使得四个等式 都成立: ?+?=6， ?×?=8， ?-?=6， ????=8。 分析与解:因为每个?中要填不同的数字，对于加式只有两种填法:1，5或2，4;对于乘式也只有两种填法:1×8或2×4。加式与乘式的数字不能相同，搭配后只有两种可能: (1)加式为1，5，乘式为2×4;(2)加式为2+4，乘式为1×8。 对于(1)，还剩3，6，7，8，9五个数字未填，减式只能是9-3，此时除式无法满足;对于(2)，还剩3，5，6，7，9五个数字未填，减式只能是9-3，此时除式可填56?7。答案如下: 2，4,6， 1×8,8，9,3,6， 56?7,8。 例2,例4都是对题目经过初步分析后，将满足题目条件的所有可能情况全部列举出来，再逐一试算，决定取舍。这种方法叫做枚举法，也叫穷举法或列举法，它适用于只有几种可能情况的题目，如果可能的情况很多，那么就不宜用枚举法。 例5 从1,9这九个自然数中选出八个填入下式的八个?内，使得算式的 结果尽可能大: [???×(?+?)]-[?×?+?-?]。 分析与解:为使算式的结果尽可能大，应当使前一个中括号内的结果尽量 大，后一个中括号内的结果尽量小。为叙述方便，将原式改写为: [A?B×(C，D)]-[E×F，G,H]。通过分析，A，C，D，H应尽可能 大，且A应最大，C，D次之，H再次之;B，E，F，G应尽可能小，且B 应最小，E，F次之，G再次之。于是得到A=9，C=8，D=7，H=6，B=1，E=2，F=3，G=4，其中C与D，E与F的值可互换。将它们代入算式，得到 [9?1×(8，7)],[2×3，4,6]=131。 1(在下面的算式里填上括号，使等式成立: (1)4×6+24?6-5=15;(2)4×6+24?6-5=35; (3)4×6+24?6-5=48;(4)4×6+24?6-5,0。 2(加上适当的运算符号和括号，使下式成立: 1 2 3 4 5 ,100。 3(把0,9这十个数字填到下面的?里，组成三个等式(每个数字只能填一次): ?+?=?，?-?=?，?×?=??。 4(在下面的?里填上+，-，×，?，()等符号，使各个等式成立: 4?4?4?4,1，4?4?4?4,3，4?4?4?4,5，4?4?4?4,9。 5(将2,7这六个数字分别填入下式的?中，使得等式成立: ?+?-?=?×???。 6(将1,9分别填入下式的九个?内，使算式取得最大值: ???×???×???。 7(将1,8分别填入下式的八个?内，使算式取得最小值: ??×??×??×??。 答案 1.(1)4×(6+24)?6-5=15;(2)4×(6+24?6)-5=35; (3)4×6+24?(6-5)=48;(4)4×,(6+24)?6-5,=0。 2.(1×2+3)×4×5=100。 3.3+6=9，8-7,1，4×5=20。(填法不唯一) 4.(4+4)?(4+4)=1， (4+4+4)?4=3， (4×4+4)?4=5， 4+4+4?4=9。 5.6+7-3,5×4?2。6.941×852×763,611721516。提示:按下面两个原则填数:?将较大的数填在高数位上;?各乘数之间的差尽量小。 7.15×26×37×48,692640。提示:与第6题的思路相反。 数字谜(二) 例1 把下面算式中缺少的数字补上: 分析与解:一个四位数减去一个三位数，差是一个两位数，也就是说被减数与减数相差不到100。四位数与三位数相差不到100，三位数必然大于900，四位数必然小于1100。由此我们找出解决本题的突破口在百位数上。 (1)填百位与千位。由于被减数是四位数，减数是三位数，差是两位数，所以减数的百位应填9，被减数的千位应填1，百位应填0，且十位相减时必须向百位借1。 (2)填个位。由于被减数个位数字是0，差的个位数字是1，所以减数的个位数字是9。 (3)填十位。由于个位向十位借1，十位又向百位借1，所以被减数十位上的实际数值是18，18分解成两个一位数的和，只能是9与9，因此，减数与差的十位数字都是9。 所求算式如右式。 由例1看出，考虑减法算式时，借位是一个重要条件。 例2 在下列各加法算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，求出这两个算式: 分析与解:(1)这是一道四个数连加的算式，其特点是相同数位上的数字相同，且个位与百位上的数字相同，即都是汉字“学”。 从个位相同数相加的情况来看，和的个位数字是8，有两种可能情况:2，2，2，2,8与7，7，7，7,28，即“学”,2或7。 如果“学”,2，那么要使三个“数”所代表的数字相加的和的个位数字为8，“数”只能代表数字6。此时，百位上的和为“学”，“学”，1,2，2，1,5?4。因此“学”?2。 如果“学”,7，那么要使三个“数”所代表的数字相加再加上个位进位的2，和的个位数字为8，“数”只能代表数字2。百位上两个7相加要向千位进位1，由此可得“我”代表数字3。 满足条件的解如右式。 (2)由千位看出，“努”=4。由千、百、十、个位上都有“努”，5432-4444=988，可将竖式简化为左下式。同理，由左下式看出，“力”=8，988-888=100，可将左下式简化为下中式，从而求出“学”=9，“习”=1。 满足条件的算式如右下式。 例2中的两题形式类似，但题目特点并不相同，解法也不同，请同学们注意比较。 例3 下面竖式中每个汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字，求被乘数。 分析与解:由于个位上的“赛”ד赛”所得的积不再是“赛”，而是另一个数，所以“赛”的取值只能是2，3，4，7，8，9。 下面采用逐一试验的方法求解。 (1)若“赛”,2，则“数”,4，积=444444。被乘数为444444?2,222222，而被乘数各个数位上的数字各不相同，所以“赛”?2。 (2)若“赛”,3，则“数”=9，仿(1)讨论，也不行。 (3)若“赛”,4，则“数”,6，积=666666。666666?4得不到整数商，不合题意。 (4)若“赛”,7，则“数”,9，积=999999。被乘数为999999?7,142857，符合题意。 (5)若“赛”,8或9，仿上讨论可知，不合题意。 所以，被乘数是142857。 例4 在?内填入适当的数字，使左下式的乘法竖式成立。 分析与解:为清楚起见，我们用A，B，C，D，„表示?内应填入的数字(见右上式)。 由被乘数大于500知，E=1。由于乘数的百位数与被乘数的乘积的末位数是5，故B，C中必有一个是5。若C,5，则有 6??×5=(600+??)×5=3000+??×5， 不可能等于?5?5，与题意不符，所以B=5。再由B=5推知G=0或5。若G=5，则F=A=9，此时被乘数为695，无论C为何值，它与695的积不可能等于?5?5，与题意不符，所以G=0，F=A=4。此时已求出被乘数是645，经试验只有645×7满足?5?5，所以C=7;最后由B=5，G=0知D为偶数，经试验知D=2。右式为所求竖式。 此类乘法竖式题应根据已给出的数字、乘法及加法的进位情况，先填比较容易的未知数，再依次填其余未知数。有时某未知数有 几种可能取值，需逐一试验决定取舍。 例5 在?内填入适当数字，使左下方的除法竖式成立。 分析与解:把左上式改写成右上式。根据除法竖式的特点知，B=0，D=G=1，E=F=H=9，因此除数应是99的两位数的约数，可能取值有11，33和99，再由商的个位数是5以及5与除数的积是两位数得到除数是11，进而知A,C-9。至此，除数与商都已求出，其余未知数都可填出(见右式)。 此类除法竖式应根据除法竖式的特点，如商的空位补0、余数必须小于除数，以 及空格间的相互关系等求解，只要求出除数和商，问题就迎刃而解了。 例6 把左下方除法算式中的*号换成数字，使之成为一个完整的式子(各*所表示的数字不一定相同)。 分析与解:由上面的除法算式容易看出，商的十位数字“*”是0，即商为。因为除数与8的积是两位数，除数与商的千位数字的积是三位数，知商的千位数是9，即商为9807因为“除数×9”是三位数，所以除数?12;又因为“除数×8”是两位数，所以除数?12。推知除数只能是12。被除数为9807×12,117684。除法算式如上页右式。 1(在下面各竖式的?内填入合适的数字，使竖式成立: 2(右面的加法算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不 同的数字。问:“小”代表什么数字, 3(在下列各算式中，不同的汉字代表不同的数字相同的汉字代表相 同的数字。求出下列各式: 4(在下列各算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表 不同的数字。这些算式中各字母分别代表什么数字, 2.9。提示:“生”=“学”+1。 提示:(1)由千位知A=B+1，再由个位知C=9。 十位减法需向百位借1，由百位知A=8，从而B=7。(2)由除式特点知D=0，A=9， C=1，依次推出G=2，F=5。 归一问题与归总问题 在解答某些应用题时，常常需要先找出“单一量”，然后以这个“单一量”为 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 ，根据其它条件求出结果。用这种解题思路解答的应用题，称为归一问题。所谓“单一量”是指单位时间的工作量、物品的单价、单位面积的产量、单位时间所走的路程等。 例1 一种钢轨，4根共重1900千克，现在有95000千克钢，可以制造这种钢轨多少根,(损耗忽略不计) 分析:以一根钢轨的重量为单一量。(1)一根钢轨重多少1900?4,475(千克)。(2)95000千克能制造多少根钢轨,95000?475,200(根)。解:95000?(1900?4),200(根)。答:可以制造200根钢轨。 例2 王家养了5头奶牛，7天产牛奶630千克，照这样计算，8头奶牛15天可产牛奶多少千克, 分析:以1头奶牛1天产的牛奶为单一量。(1)1头奶牛1天产奶多少千克,630?5?7,18(千克)。(2)8头奶牛15天可产牛奶多少千克,18×8×15,2160(千克)。解:(630?5?7)×8×15=2160(千克)。 例3 三台同样的磨面机2.5时可以磨面粉2400千克，8台这样的磨面机磨25600千克面粉需要多少时间, 分析与解:以1台磨面机1时磨的面粉为单一量。(1)1台磨面机1时磨面粉多少千克,2400?3?2.5=320(千克)。(2)8台磨面机磨25600千克面粉需要多少小时,25600?320?8=10(时)。综合列式为 25600?(2400?3?2.5)?8=10(时)。 例4 4辆大卡车运沙土，7趟共运走沙土336吨。现在有沙土420吨，要求5趟运完。问:需要增加同样的卡车多少辆, 分析与解:以1辆卡车1趟运的沙土为单一量。 (1)1辆卡车1趟运沙土多少吨,336?4?7=12(吨)。 (2)5趟运走420吨沙土需卡车多少辆,420?12?5,7(辆)。 (3)需要增加多少辆卡车,7-4,3(辆)。 综合列式为420?(336?4?7)?5-4,3(辆)。 与归一问题类似的是归总问题，归一问题是找出“单一量”，而归总问题 是找出“总量”，再根据其它条件求出结果。所谓“总量”是指总路程、 总产量、工作总量、物品的总价等。 例5 一项工程，8个人工作15时可以完成，如果12个人工作，那么多少 小时可以完成, 分析:(1)工程总量相当于1个人工作多少小时,15×8,120(时)。 (2)12个人完成这项工程需要多少小时,120?12,10(时)。 解:15×8?12,10(时)。答:12人需10时完成。 例6 一辆汽车从甲地开往乙地，每小时行60千米，5时到达。若要4时 到达，则每小时需要多行多少千米, 分析:从甲地到乙地的路程是一定的，以路程为总量。(1)从甲地到乙地的路程是多少千米,60×5=300(千米)。(2)4时到达，每小时需要行多少千米,300?4,75(千米)。(3)每小时多行多少千米,75,60,15(千米)。解:(60×5)?4——60,15(千米)。答:每小时需要多行15千米。 例7 修一条公路，原计划60人工作，80天完成。现在工作20天后，又 增加了30人，这样剩下的部分再用多少天可以完成, 分析:(1)修这条公路共需要多少个劳动日(总量),60×80,4800(劳动日)。(2)60人工作20天后，还剩下多少劳动日,4800-60×20=3600(劳动日)。(3)剩下的工程增加30人后还需多少天完成,3600?(60，30)=40(天)。解:(60×80-60×20)?(60，30),40(天)。答:再用40天可以完成。 1(2台拖拉机4时耕地20公顷，照这样速度，5台拖拉机6时可耕地多少公顷, 2(4台织布机5时可以织布2600米，24台织布机几小时才能织布24960米, 3(一种幻灯机，5秒钟可以放映80张片子。问:48秒钟可以放映多少张片子,4(3台抽水机8时灌溉水田48公顷，照这样的速度，5台同样的抽水机6时可以灌溉水田多小公顷, 5(平整一块土地，原计划8人平整，每天工作7.5时，6天可以完成任务。由于急需播种，要求5天完成，并且增加1人。问:每天要工作几小时, 6(食堂管理员去农贸市场买鸡蛋，原计划按每千克3.00元买35千克。结果鸡蛋价格下调了，他用这笔钱多买了2.5千克鸡蛋。问:鸡蛋价格下调后是每千克多少元, 7(锅炉房按照每天4.5吨的用量储备了120天的供暖煤。供暖40天后，由于进行了技术改造，每天能节约0.9吨煤。问:这些煤共可以供暖多少天, 1.75公顷。 2.8时。 3.768张。4.60公顷。 5.8时。 6.2.80元。7.140天。 年龄问题 年龄问题是一类以“年龄为内容”的数学应用题。年龄问题的主要特 点是:二人年龄的差保持不变，它不随岁月的流逝而改变;二人的年龄随 着岁月的变化，将增或减同一个自然数;二人年龄的倍数关系随着年龄的 增长而发生变化，年龄增大，倍数变小。 根据题目的条件，我们常将年龄问题化为“差倍问题”、“和差问题”、 “和倍问题”进行求解。 例1 儿子今年10岁，5年前母亲的年龄是他的6倍，母亲今年多少岁, 分析与解:儿子今年10岁，5年前的年龄为5岁，那么5年前母亲的年 龄为5×6,30(岁)，因此母亲今年是30，5=35(岁)。 例2 今年爸爸48岁，儿子20岁，几年前爸爸的年龄是儿子的5倍,分析与解:今年爸爸与儿子的年龄差为“48——20”岁，因为二人的年龄差不随时间的变化而改变，所以当爸爸的年龄为儿子的5倍时，两人的年龄差还是这个数，这样就可以用“差倍问题”的解法。当爸爸的年龄是儿子年龄的5倍时，儿子的年龄是 (48——20)?(5——1),7(岁)。由20,7,13(岁)，推知13年前爸爸的年龄是儿子年龄的5倍。 例3 兄弟二人的年龄相差5岁，兄3年后的年龄为弟4年前的3倍。问:兄、弟二人今年各多少岁, 分析与解:根据题意，作示意图如下: 由上图可以看出，兄3年后的年龄 比弟4年前的年龄大5，3，4,12(岁)，由“差倍问题”解得，弟4年 前的年龄为(5，3，4)?(3,1),6(岁)。由此得到 弟今年6，4,10(岁)，兄今年10，5,15(岁)。 例4 今年兄弟二人年龄之和为55岁，哥哥某一年的岁数与弟弟今年的岁数相同，那一年哥哥的岁数恰好是弟弟岁数的2倍，请问哥哥今年多少岁, 分析与解:在哥哥的岁数是弟弟的岁数2倍的那一年，若把弟弟岁数看成一份，那么哥哥的岁数比弟弟多一份，哥哥与弟弟的年龄差是1份。又因为那一年哥哥岁数与今年弟弟岁数相等，所以今年弟弟岁数为2份，今年哥哥岁数为2，1=3(份)(见下页图)。由“和倍问题”解得，哥哥今年的岁数为 55?(3+2)×3=33(岁)。 例5 哥哥5年前的年龄与妹妹4年后的年龄相等，哥哥2年后的年龄与 妹妹8年后的年龄和为97岁，请问二人今年各多少岁, 分析与解:由“哥哥5年前的年龄与妹妹4年后的年龄相等”可知兄妹二人的年龄差为“4，5”岁。由“哥哥2年后的年龄与妹妹8年后的年龄和为97岁”，可知兄妹二人今年的年龄和为“97——2——8”岁。由“和差问题”解得， 兄[(97——2——8)，(4，5)]?2,48(岁)， 妹[(97——2——8)-(4，5)]?2=39(岁)。 例6 1994年父亲的年龄是哥哥和弟弟年龄之和的4倍。2000年，父亲的年龄是哥哥和弟弟年龄之和的2倍。问:父亲出生在哪一年, 分析与解:如果用1段线表示兄弟二人1994年的年龄和，则父亲1994年的年龄要用4段线来表示(见下页图)。 父亲在2000年的年龄应是4段线再加6岁，而兄弟二人在2000年的 年龄之和是1段线再加2×6,12(岁)，它是父亲年龄的一半，也就是2 段线再加3岁。由1段，12岁=2段，3岁， 推知1段是9岁。所以父亲1994年的年龄是9×4,36(岁)，他出 生于1994——36,1958(年)。 例7今年父亲的年龄为儿子的年龄的4倍，20年后父亲的年龄为儿子的年龄的2倍。问:父子今年各多少岁, 解法一:假设父亲的年龄一直是儿子年龄的4倍，那么每过一年儿子增加一岁，父亲就要增加4岁。这样，20年后儿子增加20岁，父亲就要增加80岁，比儿子多增加了80,20,60(岁)。事实上，20年后父亲的年龄为儿子的年龄的2倍，根据刚才的假设，多增加的60岁，正好相当于20年后儿子年龄的(4——2,)2倍，因此，今年儿子的年龄为 (20×4,20)?(4,2),20,10(岁)，父亲今年的年龄为10×4,40(岁)。 解法二:如果用1段线表示儿子今年的年龄，那么父亲今年的年龄要用4段线来表示(见下图)。 20年后，父亲的年龄应是4段线再加上20岁，而儿子的年龄应是1段线再加上20岁，是父亲年龄的一半，也就是2段线再加上10岁。由 1段，20=2段，10，求得1段是10岁，即儿子今年10岁，从而父亲今年40岁。 例8 今年爷爷78岁，长孙27岁，次孙23岁，三孙16岁。问:几年后爷爷的年龄等于三个孙子年龄之和, 分析:今年三个孙子的年龄和为27，23，16=66(岁)，爷爷比三个孙子的年龄和多78——66,12(岁)。每过一年，爷爷增加一岁，而三个孙子的年龄和却要增加1，1，1,3(岁)，比爷爷多增加3,1,2(岁)。因而只需求出12里面有几个2即可。解:[78,(27，23，16)]?(1，1，1,1),6(年)。 1(父亲比儿子大30岁，明年父亲的年龄是儿子年龄的3倍，那么今年儿子几岁, 2(王梅比舅舅小19岁，舅舅的年龄比王梅年龄的3倍多1岁。问:他们二人各几岁, 3(小明今年9岁，父亲39岁，再过多少年父亲的年龄正好是小明年龄的2倍,4(父亲年龄是女儿的4倍，三年前父女年龄之和是49岁。问:父女两人现在各多少岁, 5(一家三口人，三人年龄之和是74岁，妈妈比爸爸小2岁，妈妈的年龄是儿子年龄的4倍。问:三人各是多少岁, 6(今年老师46岁，学生16岁，几年后老师年龄的2倍与学生年龄的5倍相等,7(已知祖孙三人，祖父和父亲年龄的差与父亲和孙子年龄的差相同，祖父和孙子年龄之和为82岁，明年祖父的年龄恰好等于孙子年龄的5倍。问:祖孙三人各多少岁, 8(小乐问刘老师今年有多少岁，刘老师说:“当我像你这么大时，你才3岁;当你像我这么大时，我已经42岁了。”你能算出刘老师有多少岁吗, 1.14岁。 2.9岁;28岁。3.21年。 4.父亲44岁，女儿11岁。5.爸爸34岁，妈妈32岁，儿子8岁。6.4年。7.祖父69岁，父亲41岁，孙子13岁。提示:父亲的年龄等于祖父与孙子的平均年龄，为82?2=41(岁)。明年祖孙年龄之和为82，2=84(岁)，明年孙子年龄为84?(5，1)=14(岁)。所以今年孙子13岁。8.29岁。 盈亏问题与比较法(一) 人们在分东西的时候，经常会遇到剩余(盈)或不足(亏)，根据分 东西过程中的盈或亏所编成的应用题叫做盈亏问题。 例1 小朋友分糖果，若每人分4粒则多9粒;若每人分5粒则少6粒。问:有多少个小朋友分多少粒糖, 分析:由题目条件可以知道，小朋友的人数与糖的粒数是不变的。比较两种分配 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ，第一种方案每人分4粒就多9粒，第二种方案每人分5粒就少6粒，两种不同的方案一多一少相差9，6,15(粒)。相差的原因在于两种方案的分配数不同，第一种方案每人分4粒，第二种方案每人分5粒，两次分配数之差为5,4,1(粒)。每人相差1粒，多少人相差15粒呢,由此求出小朋友的人数为15?1,15(人)，糖果的粒数为4×15，9,69(粒)。 解:(9，6)?(5-4),15(人)，4×15，9,69(粒)。 例2 小朋友分糖果，若每人分3粒则剩2粒;若每人分5粒则少6粒。问:有多少个小朋友,多少粒糖果, 分析:本题与例1基本相同，例1中两次分配数之差是5-4=1(粒)，本题中两次分配数之差是5-3,2(粒)。例1中，两种分配方案的盈数与亏数之和为9，6,15(粒)，本题中，两种分配方案的盈数与亏数之和为2，6=8(粒)。仿照例1的解法即可。解:(6，2)?(4——2),4(人)，3×4，2,14(粒)。 由例1、例2看出，所谓盈亏问题，就是把一定数量的东西分给一定数量的人，由两种分配方案产生不同的盈亏数，反过来求出分配的总人数与被分配东西的总数量。解题的关键在于确定两次分配数之差与盈亏总额(盈数+亏数)，由此得到求解盈亏问题的公式: 分配总人数=盈亏总额?两次分配数之差。 需要注意的是，两种分配方案的结果不一定总是一“盈”一“亏”，也会出现两“盈”、两“亏”、一“不盈不亏”一“盈”或“亏”等情况。 例3 小朋友分糖果，每人分10粒，正好分完;若每人分16粒，则有3个小朋友分不到糖果。问:有多少粒糖果, 分析与解:第一种方案是不盈不亏，第二种方案是亏16×3,48(粒)，所以盈亏总额是0，48=48(粒)，而两次分配数之差是16——10,6(粒)。由盈亏问题的公式得有小朋友(0，16×3)?(16——10),8(人)，有 糖10×8,80 下面的几道例题是购物中的盈亏问题。 例4 一批小朋友去买东西，若每人出10元则多8元;若每人出7元则少4元。问:有多少个小朋友,东西的价格是多少, 分析与解:两种购物方案的盈亏总额是8，4,12(元)，两次分配数之差是10——7,3(元)。由公式得到小朋友的人数(8，4)?(10——7),4(人)，东西的价格是10×4——8,32(元)。 例5 顾老师到新华书店去买书，若买5本则多3元;若买7本则少1.8元。这本书的单价是多少,顾老师共带了多少元钱, 分析与解:买5本多3元，买7本少1.8元。盈亏总额为3，1.8=4.8(元)，这4.8元刚好可以买7——5,2(本)书，因此每本书4.8?2=2.4(元)，顾老师共带钱2.4×5，3,15(元)。 例6 王老师去买儿童小提琴，若买7把，则所带的钱差110元;若买5把，则所带的钱还差30元。问:儿童小提琴多少钱一把,王老师带了多少钱, 分析:本题在购物的两个方案中，每一个方案都出现钱不足的情况，买7把小提琴差110元，买5把小提琴差30元。从买7把变成买5把，少买了7——5=2(把)提琴，而钱的差额减少了110——30,80(元)，即80元钱可以买2把小提琴，可见小提琴的单价为每把40元钱。 解:(110——30)?(7——5),40(元)，40×7——110,170(元)。 1(小朋友分糖果，每人3粒，余30粒;每人5粒，少4粒。问:有多少个小朋友,多少粒糖, 2(一个汽车队运输一批货物，如果每辆汽车运3500千克，那么货物还剩下5000千克;如果每辆汽车运4000千克，那么货物还剩下500千克。问:这个汽车队有多少辆汽车,要运的货物有多少千克, 3(学校买来一批图书。若每人发9本，则少25本;若每人发6本，则少7本。问:有多少个学生,买了多少本图书, 4(参加美术活动小组的同学，分配若干支彩色笔。如果每人分4支，那么多12支;如果每人分8支，那么恰有1人没分到笔。问:有多少同学,多少支彩色笔,5(红星小学去春游。如果每辆车坐60人，那么有15人上不了车;如果每辆车多坐5人，那么恰好多出一辆车。问:有多少辆车,多少个学生, 6(某数的8倍减去153，比其5倍多66，求这个数。 7(某厂运来一批煤，如果每天烧1500千克，那么比原计划提前一天烧完;如果每天烧1000千克，那么将比原计划多用一天。现在要求按原计划烧完，那么每天应烧煤多少千克, 8(同学们为学校搬砖，每人搬18块，还余2块;每人搬20块，就有一位同学没砖可搬。问:共有砖多少块, 1.17人;81粒糖。2.9辆;36500千克。3.6人;29本。4.5人;32支笔。 5.16辆车;975人。6.73。7.1200千克。提示:这批煤按原计划可以烧 (1500+1000)?(1500-1000)=5(天)。8.200块。 数阵图(一) 数阵图(二) 例1在右图的九个方格中填入不大于12且互不相同的九个自然数(其中已填好一个数)，使得任一行、任一列及两条对角线上的三个数之和都等于21。 解:由上一讲例4知中间方格中的数为7。再设右下角的 数为x，然后根据任一行、任一列及每条对角线上的三个 数之和都等于21，如下图所示填上各数(含x)。 因为九个数都不大于12，由 16,x?12知4?x，由x+2?12知 x?10，即4?x?10。考虑到5，7，9已填好，所以x只能取4，6，8或 10。经验证，当x,6或8时，九个数中均有两个数相同，不合题意;当 x,4或10时可得两个解(见下图)。这两个解实际上一样，只是方向不 同而已。 例2将九个数填入右图的空格中，使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都相等，则一定有 证明:设中心数为d。由上讲例4知每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于3d。由此计算出第一行中间的数为2d——b，右下角的数为2d-c(见下图)。 根据第一行和第三列都可以求出上 图中?处的数由此得到 3d-c-(2d-b),3d-a-(2d-c)， 3d-c-2d，b,3d-a-2d，c， d——c，b,d——a，c，2c,a，b，a，bc,2。 值得注意的是，这个结论对于a和b并没有什么限制，可以是自然数，也 可以是分数、小数;可以相同，也可以不同。 例3在下页右上图的空格中填入七个自然数，使得每一行、每一列及每一条对角线上的三个数之和都等于90。 解:由上一讲例4知，中心数为90?3,30;由本讲例2知， 右上角的数为(23，57)?2,40(见左下图)。其它数依 次可填(见右下图)。 例4在右图的每个空格中填入个自然数，使得每一行、每一列及每条对角线上的三个数之和都相等。 解:由例2知，右下角的数为 (8，10)?2=9;由上一讲例4知，中心数为(5，9)?2=7(见左下图)，且每行、每列、每条对角线上的三数之和都等于7×3=21。由此可得右下图的填法。 例5在下页上图的每个空格中填一个自然数，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。 解:由例2知，右下角的数为(6，12)?2=9(左下图)。 因为左下图中两条虚线上的三个数之和相等，所以， “中心数”,(10，6)-9,7。其它依次可填(见右下图)。 由例3,5看出，在解答3×3方阵的问题时，上讲的例4与本讲的例2很有用处。 1.在左下图的每个空格中填入一个数字，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。 2.在右上图的每个空格中填入一个数字，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都等于24。 3.下列各图中的九个小方格内各有一个数字，而且每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等，求x。 4.在左下图的空格中填入七个自然数，使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于48。 5.在右上图的每个空格中填入一个自然数，使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。 6.在右图的每个空格中填入不大于12且互不相同的九个自然数，使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于21。 答案 3.(1)11; (2)9。提示:(1)右下角的数为(3+7)?2=5，所以x=8×2-5=11。(2)右下角的数为(5+9)?2=7，中心数为(6+9)-7=8，所以x=8×2-7=9 提示:左下角的数为(13+27)?2=20，中心数为48 ?3=16。 提示:右下角的数为(20+16)?2=18， 中心数为(8+18)?2=13。 提示:与例1类似。 数阵图(三) 数阵问题是多种多样的，解题方法也是多种多样的，这就需要我们根据题目条件灵活解题。例1把20以内的质数分别填入下图的一个?中，使得图中用箭头连接起来的四个数之和都相等。 分析与解:由上图看出，三组数都包括左、右两端的数， 所以每组数的中间两数之和必然相等。20以内共有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数，两两之和相等的有 5，19,7，17,11，13，于是得到下图的填法。 例2在右图的每个方格中填入一个数字，使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数字都是1，2，3，4。 分析与解:如左下图所示，受列及对角线的限制，a处只能填1，从而b处填3;进而推知c处填4，d处填3，e处填4，„„右下图为填好后的数阵图。 例3将1,8填入左下图的?内，要求按照自然数顺序相邻的两个数不能填入有直线连接的相邻的两个?内。 分析与解:因为中间的两个?各自只与一个?不相邻，而2,7中的任何一个数都与两个数相邻，所以这两个?内只能填1和8。2只能填在与1不相邻的?内，7只能填在与8不相邻的?内。其余数的填法见右上图。 例4在右图的六个?内各填入一个质数(可取相同的质数)，使它们的和等于20，而且每个三角形(共5个)顶点上的数字之和都相等。 分析与解:因为大三角形的三个顶点与中间倒三角形的三 个顶点正好是图中的六个?，又因为每个三角形顶点上的 数字之和相等，所以每个三角形顶点上的数字之和为20?2,10。10分为三个质数之和只能是2，3，5，由此得到右图的填法。 例5在右图所示立方体的八个顶点上标出1,9中的八个，使得每个面上四个顶点所标数字之和都等于k，并且k不能被未标出的数整除。 分析与解:设未被标出的数为a，则被标出的八个数之和为 1，2，„，9-a,45-a。由于每个顶点都属于三个面，所以 六个面的所有顶点数字之和为 6k,3×(45-a)，2k,45-a。2k是偶数，45,a也应是偶数，所以a必为奇数。 若a,1，则k,22;若a,3，则k,21;若a,5，则k,20;若a,7，则k,19; 若a,9，则k,18。因为k不能被a整除，所以只有a,7，k,19符合条件。 由于每个面上四个顶点上的数字之和等于19，所以与9在一个面上的另外三个顶点数之和应等于10。在1，2，3，4，5，6，8中，三个数之和等于10的有三组:10,1，3，6,1，4，5,2，3，5，将这三组数填入9所在的三个面上，可得右图的填法。 1.将1,6这六个数分别填入左下图中的六个?内，使得三条直线上的数字的和都相等。 2.将1,8这八个数分别填入右上图中的八个方格内，使上面四格、下面四格、左边四格、右边四格、中间四格及四角四格内四个数相加的和都是18。 3.在下页左上图的每个方格中填入一个数字，使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数都是1，2，3，4。 4.将1,8填入右上图的八个空格中，使得横、竖、对角任何两个相邻空格中的数都不是相邻的两个自然数。 5.20以内共有10个奇数，去掉9和15还剩八个奇数。将这八个奇数填入右图的八个?中(其中3已填好)，使得用箭头连接起来的四个数之和都相等。 6.在左下图的七个?内各填入一个质数，使每个小三角形(共6个)的三个顶点数之和都相等，且为尽量小的质数。 7.从1,13中选出12个自然数填入右上图的空格中，使每横行四数之和相等，每竖列三数之和也相等。 1.有下面四个基本解。 提示:三个质数之和仍为质数，最小的是2，2 ，3=7。 解:因为1+2，„，13=91，从中去掉一个数后应能被3和4整除，即能被12整除。由91?12,7„„7知，应去掉7。这样，每个横行之和应为84?3=28，每个竖列之和应为84?4=21。进一步分析知，六个奇数必然有三个在一列，另外三个各在一列。三个奇数的和为21的只有1，9，11和3，5，13两组，填好奇数，剩下的数就好填了(见上图)。因为行与行、列与列可互换，所以上面的两种答案可以变换出288种，但本质上只有以上两种。 加法原理(一) 例1从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。问:一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法, 分析与解:一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有:4，3，2=9(种)不同走法。 例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号, 分析与解:根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种;第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一共可以表示出不同的信号3，6=9(种)。以上两例利用的数学思想就是加法原理。 1种不同加法原理:如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m 方法，在第二类方法中有m2种不同方法 „„在第n类方法中有mn种不 同方法，那么完成这件任务共有 N=m1+m2+„+mn种不同的方法。 乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则，在应用时一定要 注意它们的区别。乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所 以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积;加法原理是把完成一件 事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任 务的不同方法数等于各类方法数之和。 例3两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种, 分析与解:两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×3=9(种)情况;同理，两数都是偶数的也有9种情况。根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9，9,18(种)。 例4用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。问:共有多少种不同的染色方法, 分析与解:本题与上一讲的例4表面上十分相似， 但解法上却不相同。因为上一讲例4中，区域A与 其它区域都相邻，所以区域A与其它区域的颜色都不相同。本例中没有 一个区域与其它所有区域都相邻，如果从区域A开始讨论，那么就要分 区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。 当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选;B有4种颜色 可选;C有3种颜色可选;D也有3种颜色可选。根据乘法原理，此时不 同的染色方法有5×4×3×3,180(种)。 当区域A与区域E颜色不同时，A有5种颜色可选;E有4种颜色可 选;B有3种颜色可选;C有2种颜色可选;D有2种颜色可选。根据乘 法原理，此时不同的染色方法有5×4×3×2×2,240(种)。再根据加 法原理，不同的染色方法共有180，240=420(种)。 例5用1，2，3，4这四种数码组成五位数，数字可以重复，至少有连续三位是1的五位数有多少个, 分析与解:将至少有连续三位数是1的五位数分成三类:连续五位是1、恰有连续四位是1、恰有连续三位是1。连续五位是1，只有11111一种; 中 任一个，所以有3，3,6(种); 3×4 ，4×3，3×3,33(种)。由加法原理，这样的五位数共有1，6，33, 40(种)。在例5中，我们先将这种五位数分为三类，以后在某些类中又 分了若干种情况，其中使用的都是加法原理。 例6右图中每个小方格的边长都是1。一只小虫从直线AB上的O点出发，沿着横线与竖线爬行，可上可下，可左可右，但最后仍要回到AB上(不一定回到O点)。如果小虫爬行的总长是3，那么小虫有多少条不同的爬行路线, 分析与解:如果小虫爬行的总长是2，那么小 虫从AB上出发，回到AB上，其不同路线有 6条(见左下图);小虫从与AB相邻的直线 上出发，回到AB上，其不同路线有4条(见右下图)。 实际上，小虫爬行的总长是3。小虫爬行的第一步有四种情况:向左，此 时小虫还在AB上，由上面的分析，后两步有6条路线;同理，向右也有 6条路线;向上，此时小虫在与AB相邻的直线上，由上面的分析，后两 步有4条路线;同理，向下也有4条路线。根据加法原理，共有不同的爬 行路线6，6，4，4,20(条) 1.南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和乘轮船。如果每天有20 班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮船，那么共有多少种不同的走法, 2.光明小学四、五、六年级共订300份报纸，每个年级至少订99份报 纸。问:共有多少种不同的订法, 3.将10颗相同的珠子分成三份，共有多少种不同的分法, 4.在所有的两位数中，两位数码之和是偶数的共有多少个, 5.用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区 域染不同的颜色。问:共有多少种不同 的染色方法, 6.用1，2，3这三种数码组成四位数，在可能组成的四位数中，至少 有连续两位是2的有多少个, 7.下图中每个小方格的边长都是1。有一只小虫从O点出发，沿图中 格线爬行，如果它爬行的总长度是3，那么它最终停在直线AB上的不同 爬行路线有多少条, 1.38种。2.10种。提示:没有年级订99份时，只有三个年级各订100份一种订法;只有一个年级订99份时，另外两个年级分别订100份和101份，有6种订法;有两个年级订99份时，另外一个年级订102份，有3种订法。3.8种。 4.45个。提示:两个数码都是奇数的有5×5(个)，两个数码都是偶数的有4×5(个)。5.420种。 解:如右图所示，按A，B，C，D，E顺序染色。若B，D颜色相同，则有5×4×3×1×3=180(种);若B，D颜色不同，则有5×4×3×2×2=240(种)。共有不同的染色方法180+240=420(种)。 6.21个。提示:与例5类似，连续四位都是2的只有1种，恰有连续三位是2的有4种，恰有连续两位是2的有16种。7.10条。提示:第一步向下有5条，第一步向上有1条，第一步向左或向右各有2条。 还原问题(二) 上一讲我们讲了还原问题的基本思想和解法，下面再讲一些较复杂的还原问题和列表逆推法。例1有一堆棋子，把它四等分后剩下一枚，取走三份又一枚;剩下的再四等分又剩一枚，再取走三份又一枚;剩下的再四等分又剩一枚。问:原来至少有多少枚棋子,分析与解:棋子最少的情况是最后一次四等分时每份为1枚。由此逆推，得到 第三次分之前有1×4，1,5(枚)，第二次分之前有5×1，1,21(枚)， 第一次分之前有21×4，1,85(枚)。所以原来至少有85枚棋子。 例2袋里有若干个球，小明每次拿出其中的一半再放回一个球，这样共操作了5次，袋中还有3个球。问:袋中原有多少个球, 分析与解:利用逆推法从第5次操作后向前逆推。第5次操作后有3个，第4次操作后有(3—1)×2,4(个)，第3次„„为了简洁清楚，可以列表逆推如下: 所以原来袋中有34个球。 例3三堆苹果共48个。先从第一堆中拿出与第二堆个数相等的苹果并入第二堆;再从第二堆中拿出与第三堆个数相等的苹果并入第三堆;最后又从第三堆中拿出与这时第一堆个数相等的苹果并入第一堆。这时，三堆苹果数恰好相等。问:三堆苹果原来各有多少个, 分析与解:由题意知，最后每堆苹果都是48?3,16(个)，由此向前逆推如下表: 原来第一、二、堆 依次有22，14，12个苹果。 逆推时注意，每次变化中，有一堆未动;有一堆增加了一倍，逆推时应除以2;另一堆减少了增加一倍那堆增加的数，逆推时应使用加法。 例4有甲、乙、丙三个油桶，各盛油若干千克。先将甲桶油倒入乙、丙两桶，使它们各增加原有油的一倍;再将乙桶油倒入丙、甲两桶，使它们的油各增加一倍;最后按同样的规律将丙桶油倒入甲、乙两桶。这时，各桶油都是16千克。问:各桶原有油多少千克, 分析与解:与例3类似，列表逆推如下: 原来甲、乙、丙桶分别有油26，14，8千克。 逆推时注意，每次变化时，有两桶各增加了一倍，逆推时应分别除以2;另一桶减少了上述两桶增加的数，逆推时应使用加法。 例5兄弟三人分24个桔子，每人所得个数分别等于他们三年前各自的岁数。如果老三先把所得的桔子的一半平分给老大与老二，接着老二把现有的桔子的一半平分给老三与老大，最后老大把现有的桔子的一半平分给老二与老三，这时每人的桔子数恰好相同。问:兄弟三人的年龄各多少岁,分析与解:由于总共有24个桔子，最后三人所得到的桔子数相等，因此每人最后都有24?3,8(个)桔子。由此列表逆推如下表: 由上表看出，老大、老二、老三原来分别有桔子13，7，4个，现在的年 龄依次为16，10，7岁。逆推时注意，拿出桔子的人其桔子数减少了一半， 逆推时应乘以2;另两人各增加拿出桔子的人拿出桔子数的一半，逆推时应减去拿出桔子数的一半。 1.有一堆桃，第一只猴拿走其中的一半加半个，第二只猴又拿走剩下的一半加半个，第三、四、五只猴照此方式办理，最后还剩下一个桃。问:原来有多少个桃 问:这堆西瓜原来有多少个, 3.甲、乙两粮库各有大米若干吨，先是甲库运出一半给乙库，然后乙库 525吨，乙库有大米775吨。问:最初甲、乙两库各有大米多少吨, 4.书架有上、中、下三层，一共放了192本书。先从上层取出与中层同样多的书放到中层，再从中层取出与下层同样多的书放到下层，最后从下层取出与上层现有的同样多的书放到上层，这时三层的书刚好相等。问:这个书架上、中、下三层原来各有多少本书, 5.甲、乙、丙三人各有若干元钱，甲拿出一半平分给乙、丙，乙又拿出现有的一半平分给甲、丙，最后丙又拿出现有的一半平分给甲、乙。这时他们各有240元。问:甲、乙、丙三人原来各有多少钱, 水。问:三个桶中原来各有多少升水, 1.63个。2.70个。3.甲库800吨，乙库500吨。解:见下页上表。 4.上88本，中56本，下48本。5.甲120元，乙210元，丙390元 6.A桶15升，B桶10升，C桶11升。 页码问题 顾名思义，页码问题与图书的页码有密切联系。事实上，页码问题就是根据书的页码而编制出来的一类应用题。 编一本书的页码，一共需要多少个数码呢,反过来，知道编一本书的页码所需的数码数量，求这本书的页数。这是页码问题中的两个基本内容。 为了顺利地解答页码问题，我们先看一下“数”与“组成它的数码个数”之间的关系。一位数共有9个，组成所有的一位数需要9个数码;两位数共有90个，组成所有的两位数需要2×90,180(个)数码;三位数共有900个，组成所有的三位数需要3×900,2700(个)数码„„为了清楚起见，我们将n位数的个数、组成所有n位数需要的数码个数、组成所有不大于n位的数需要的数码个数之间的关系列表如下: 由上表看出，如果一本书不足100页，那么排这本书的页码所需的数码个 数不会超过189个;如果某本书排的页码用了10000个数码，因为 2889,10000,38889，所以这本书肯定是上千页。下面，我们看几道例题。 例1一本书共204页，需多少个数码编页码,分析与解:1,9页每页上 的页码是一位数，共需数码1×9=9(个); 10,99页每页上的页码是两位数，共需数码2×90,180(个); 100,204页每页上的页码是三位数，共需数码(204-100，1)×3,105 ×3,315(个)。综上所述，这本书共需数码9，180，315,504(个)。 例2一本小说的页码，在排版时必须用2211个数码。问:这本书共有多少页,分析:因为189,2211,2889，所以这本书有几百页。由前面的分析知道，这本书在排三位数的页码时用了数码(2211-189)个，所以三位数的页数有(2211-189)?3,674(页)。因为不到三位的页数有99页，所以这本书共有99，674,773(页)。解:99，(2211——189)?3,773(页)。答:这本书共有773页。例3一本书的页码从1至62、即共有62页。在把这本书的各页的页码累加起来时，有一个页码被错误地多加了一次。结果，得到的和数为2000。问:这个被多加了一次的页码是几,分析与解:因为这本书的页码从1至62，所以这本书的全书页码之和为1，2，„，61，62,62×(62，1)?2,31×63,1953。 由于多加了一个页码之后，所得到的和数为2000，所以2000减去1953就是多加了一次的那个页码，是2000——1953,47。 例4有一本48页的书，中间缺了一张，小明将残书的页码相加，得到1131。老师说小明计算错了，你知道为什么吗,分析与解:48页书的所有页码数之和为 1，2，„，48,48×(48，1)?2,1176。 按照小明的计算，中间缺的这一张上的两个页码之和为1176——1131,45。这两个页码应该是22页和23页。但是按照印刷的规定，书的正文从第1页起，即单数页印在正面，偶数页印在反面，所以任何一张上的两个页码，都是奇数在前，偶数在后，也就是说奇数小偶数大。小明计算出来的是缺22页和23页，这是不可能的。 例5将自然数按从小到大的顺序无间隔地排成一个大数:1234567891011l2„问:左起第2000位上的数字是多少,分析与解:本题类似于“用2000个数码能排多少页的页码,”因为(2000-189)?3,603„„2，所以2000个数码排到第99，603，1,703(页)的第2个数码“0”。所以本题的第2000位数是0。 例6排一本400页的书的页码，共需要多少个数码“0”, 分析与解:将1,400分为四组:1,100，101,200，201,300，301,400。 在1,100中共出现11次0，其余各组每组都比1,100多出现9次0，即每组出现20次0。所以共需要数码“0”11，20×3=71(个)。 1.一本书共有40页，那么共需要多少个数码编页码, 2.一本书共有200页，那么共需要多少个数码编页码, 3.排一本小说的页码，需要用2202个数码，这本书共有多少页, 4.一本书的页码为1至62，即共有62页。在把这本书的各页的页码累加起来时，有一个页码漏加了。结果，得到的和数为1939。问:这个被漏加的页码是几, 5.有一本96页的书，中间缺了一张。如果将残书的所有页码相加，那么可能得到偶数吗, 6.将自然数按从小到大的顺序无间隔地排成一个大数:1234567891011121314„ 问:左起第1000位数是几, 7.有一本科幻故事书，每四页中，有一页为文字，其余三页为图画。如果第一页为图画，那么第二、三页也是图画，第四页为文字，第五、六、七页又为图画，依此类推。如果第一页为文字，那么第二、三、四页为图画，第五页为文字，第六、七、八页又为图画，依此类推。试问:(1)假如这本书有96页，且第一页是图画，那么这本书多少页有图画,2)假如这本书有99页，那么多少页有图画,1.71个。 2.492个。3.770页。 解:99+(2202-189)?3=770(页)。4.第14页。5.不可能。 提示:缺的两个页码之和是奇数。6.3。 提示:解法与例5类似。7.(1)72页; (2)74页或75页。 智取火柴 在数学游戏中有一类取火柴游戏，它有很多种玩法，由于游戏的规则不同，取胜的方法也就不同。但不论哪种玩法，要想取胜，一定离不开用数学思想去推算。例1桌子上放着60根火柴，甲、乙二人轮流每次取走1,3根。规定谁取走最后一根火柴谁获胜。如果双方都采用最佳方法，甲先取，那么谁将获胜,分析与解:本题采用逆推法分析。获胜方在最后一次取走最后一根;往前逆推，在倒数第二次取时，必须留给对方4根，此时无论对方取1，2或3根，获胜方都可以取走最后一根;再往前逆推，获胜方要想留给对方4根，在倒数第三次取时，必须留给对方8根„„由此可知，获胜方只要每次留给对方的都是4的倍数根，则必胜。现在桌上有60根火柴，甲先取，不可能留给乙4的倍数根，而甲每次取完后，乙再取都可以留给甲4的倍数根，所以在双方都采用最佳策略的情况下，乙必胜。 在例1中为什么一定要留给对方4的倍数根，而不是5的倍数根或其它倍数根呢,关键在于规定每次只能取1,3根，1，3,4，在两人紧接着的两次取火柴中，后取的总能保证两人取的总数是4。利用这一特点，就能分析出谁采用最佳方法 必胜，最佳方法是什么。由此出发，对于例1的各种变化，都能分析出谁能获胜及获胜的方法。 例2在例1中将“每次取走1,3根”改为“每次取走1,6根”，其余不变，情形会怎样,分析与解:由例1的分析知，只要始终留给对方(1+6=)7的倍数根火柴，就一定获胜。因为60?7,8„„4，所以只要甲第一次取走4根，剩下56根火柴是7的倍数，以后总留给乙7的倍数根火柴，甲必胜。由例2看出，在每次取1,n根火柴，取到最后一根火柴者获胜的规定下，谁能做到总给对方留下(1+n)的倍数根火柴，谁将获胜。 例3将例1中“谁取走最后一根火柴谁获胜”改为“谁取走最后一根火柴谁输”，其余不变，情形又将如何,分析与解:最后留给对方1根火柴者必胜。按照例1中的逆推的方法分析，只要每次留给对方4的倍数加1根火柴必胜。甲先取，只要第一次取3根，剩下57根(57除以4余1)，以后每次都将除以4余1的根数留给乙，甲必胜。 由例3看出，在每次取1,n根火柴，取到最后一根火柴者为负的规定下，谁能做到总给对方留下(1，n)的倍数加1根火柴，谁将获胜。 有许多游戏虽然不是取火柴的形式，但游戏取胜的方法及分析思路与取火柴游戏完全相同。 例4两人从1开始按自然数顺序轮流依次报数，每人每次只能报1,5个数，谁先报到50谁胜。你选择先报数还是后报数,怎样才能获胜, 分析与解:对照例1、例2可以看出，本例是取火柴游戏的变形。因为50?(1，5),8„„2，所以要想获胜，应选择先报，第一次报2个数，剩下48个数是(1，5,)6的倍数，以后总把6的倍数个数留给对方，必胜。 例51111个空格排成一行，最左端空格中放有一枚棋子，甲先乙后轮流向右移动棋子，每次移动1,7格。规定将棋子移到最后一格者输。甲为了获胜，第一步必须向右移多少格, 分析与解:本例是例3的变形，但应注意，一开始棋子已占一格，棋子的右面只有1111-1,1110(个)空格。由例3知，只要甲始终留给乙(1+7=)8的倍数加1格，就可获胜。(111-1)?(1，7),138„„6， 所以甲第一步必须移5格，还剩下1105格，1105是8的倍数加1。以后无论乙移几格，甲下次移的格数与乙移的格数之和是8，甲就必胜。因为甲移完后，给乙留下的空格数永远是8的倍数加1。 例6今有两堆火柴，一堆35根，另一堆24根。两人轮流在其中任一堆中拿取，取的根数不限，但不能不取。规定取得最后一根者为赢。问:先取者有何策略能获胜,分析与解:本题虽然也是取火柴问题，但由于火柴的堆数多于一堆，故本题的获胜策略与前面的例题完全不同。 先取者在35根一堆火柴中取11根火柴，使得取后剩下两堆的火柴数相同。 以后无论对手在某一堆取几根火柴，你只须在另一堆也取同样多根火柴。 只要对手有火柴可取，你也有火柴可取，也就是说，最后一根火柴总会被 你拿到。这样先取者总可获胜。 请同学们想一想，如果在上面玩法中，两堆火柴数目一开始就相同，例如两堆都是35根火柴，那么先取者还能获胜吗, 例7有3堆火柴，分别有1根、2根与3根火柴。甲先乙后轮流从任意一堆里取火柴，取的根数不限，规定谁能取到最后一根或最后几根火柴就获胜。如果采用最佳方法，那么谁将获胜分析与解:根据例6的解法，谁在某次取过火柴之后，恰好留下两堆数目相等的火柴，谁就能取胜。 甲先取，共有六种取法:从第1堆里取1根，从第2堆里取1根或2根;第3堆里取1根、2根或3根。无论哪种取法，乙采取正确的取法，都可以留下两堆数目相等的火柴(同学们不妨自己试试)，所以乙采用最佳方法一定获胜。 1.桌上有30根火柴，两人轮流从中拿取，规定每人每次可取1,3根，且取最后一根者为赢。问:先取者如何拿才能保证获胜, 2.有1999个球，甲、乙两人轮流取球，每人每次至少取一个，最多取5个，取到最后一个球的人为输。如果甲先取，那么谁将获胜, 3.甲、乙二人轮流报数，甲先乙后，每次每人报1,4个数，谁报到第888个数谁胜。谁将获胜,怎样获胜, 4.有两堆枚数相等的棋子，甲、乙两人轮流在其中任意一堆里取，取的枚数不限，但不能不取，谁取到最后一枚棋子谁获胜。如果甲后取，那么他一定能获胜吗, 5.黑板上写着一排相连的自然数1，2，3，„，51。甲、乙两人轮流划掉连续的3个数。规定在谁划过之后另一人再也划不成了，谁就算取胜。问:甲有必胜的策略吗, 6.有三行棋子，分别有1，2，4枚棋子，两人轮流取，每人每次只能在同一行中至少取走1枚棋子，谁取走最后一枚棋子谁胜。问:要想获胜是先取还是后取, 答案1.先取者取两根，以后每次把4的倍数根火柴留给对方取。先取者获胜。 2.乙胜。无论甲取几个球，只要乙接着取的球数与甲所取的球数之和为6即可。因为1999?6余1，所以最后一个球被甲取走。3.甲胜。甲先报3个数，以后每次与乙合报5个数即可获胜。4.甲必胜。5.甲先划，把中间25，26，27这三个数划去，就将1到51这51个数分成了两组，每组有24个数。这样，只要乙在某一组里有数字可划，那么甲在另一组里相对称的位置上就总有数字可划。因此，若甲先划，且按上述策略去进行，则甲必能获胜。6.先取。从4枚棋子的行中取走1枚，变为例7的情形。 逻辑问题(一) 在日常生活中，有些问题常常要求我们主要通过分析和推理，而不是 计算得出正确的结论。这类判断、推理问题，就叫做逻辑推理问题，简称 逻辑问题。这类题目与我们学过的数学题目有很大不同，题中往往没有数 字和图形，也不用我们学过的数学计算方法，而是根据已知条件，分析推 理，得到答案。本讲介绍利用列表法求解逻辑问题。 例1小王、小张和小李一位是工人，一位是农民，一位是教师，现在只知道:小李比教师年龄大;小王与农民不同岁;农民比小张年龄小。问:谁是工人,谁是农民,谁是教师,分析与解:由题目条件可以知道:小李不是教师，小王不是农民，小张不是农民。由此得到左下表。表格中打“?”表示肯定，打“×”表示否定。 因为左上表中，任 一行、任一列只能有 一个“?”，其余是 “×”，所以小李是农民，于是得到右上表。因为农民小李比小张年龄小，又小李比教师年龄大，所以小张比教师年龄大，即小张不是教师。因此得到左下表，从而得到右下表，即小张是工人，小李是农民，小王是教师。 例1中采用列表法，使得各种关系更明确。为了讲解清楚，例题中画了几个表，实际解题时，不用画这么多表，只在一个表中先后画出各种关系即可。需要注意的是:?第一步应将题目条件给出的关系画在表上，然后再依次将分析推理出的关系画在表上;?每行每列只能有一个“?”，如果出现了一个“?”，它所在的行和列的其余格中都应画“×”。在下面的例题中，“?”和“×”的含义是很明显的，不再单独解释。 例2刘刚、马辉、李强三个男孩各有一个妹妹，六个人进行乒乓球混合双打比赛。事先规定:兄妹二人不许搭伴。第一盘:刘刚和小丽对李强和小英; 第二盘:李强和小红对刘刚和马辉的妹妹。问:三个男孩的妹妹分别是谁, 分析与解:因为兄妹二人不许搭伴，所以题目条件表明:刘刚与小丽、李强与小英、李强与小红都不是兄妹。由第二盘看出，小红不是马辉的妹妹。将这些关系画在左下表中，由左下表可得右下表。 刘刚与小红、马辉 与小英、李强与小丽分别是兄妹。 例3甲、乙、丙每人有两个外号，人们有时以“数学博士”、“短跑健将”、 “跳高冠军”、“小画家”、“大作家”和“歌唱家”称呼他们。此外: (1)数学博士夸跳高冠军跳得高;(2)跳高冠军和大作家常与甲一起去看电影;(3)短跑健将请小画家画贺年卡;(4)数学博士和小画家很要好;(5)乙向大作家借过书;(6)丙下象棋常赢乙和小画家。你知道甲、乙、丙各有哪两个外号吗, 分析与解:由(2)知，甲不是跳高冠军和大作家;由(5)知，乙不是大作家;由(6)知，丙、乙都不是小画家。由此可得到下表: 因 为甲 是小 画家， 所以由(3)(4)知甲不是短跑健将和数学博士，推知甲是歌唱家。因为 丙是大作家，所以由(2)知丙不是跳高冠军，推知乙是跳高冠军。因为 乙是跳高冠军，所以由(1)知乙不是数学博士。将上面的结论依次填入 上表，便得到下表: 所 以，甲 是小 画家 和歌唱家，乙是短跑健将和跳高冠军，丙是数学博士和大作家。 例4张明、席辉和李刚在北京、上海和天津工作，他们的职业是工人、农民和教师，已知:(1)张明不在北京工作，席辉不在上海工作(2)在北京工作的不是教师;(3)在上海工作的是工人;(4)席辉不是农民。问:这三人各住哪里,各是什么职业,分析与解:与前面的例题相比，这道题的关系要复杂一些，要求我们通过推理，弄清人物、工作地点、职业三者之间的关系。三者的关系需要两两构造三个表，即人物与地点，人物与职业，地点与职业三个表。 我们先将题目条件中所给出的关系用下面的表来表示，由条件(1)得到表1，由条件(4)得到表2，由条件(2)(3)得到表3因为各表中，每行每列只能有一个“?”，所以表(3)可填全为表(4)。 因为席辉不在上海工作，在上海工作的是工人，所以席辉不是工人，他又 不是农民，所以席辉是教师。再由表4知，教师住在天津，即席辉住在天 津。至此，表1可填全为表5。 对照表5和 表4，得到:张明 住在上海是工人， 席辉住在天津是 教师，李刚住在北京是农民。 1.甲、乙、丙分别是来自中国、日本和英国的小朋友。甲不会英文，乙不懂日语却与英国小朋友热烈交谈。问:甲、乙、丙分别是哪国的小朋友, 2.徐、王、陈、赵四位师傅分别是工厂的木工、车工、电工和钳工，他们都是象棋迷(1)电工只和车工下棋;(2)王、陈两位师傅经常与木工下棋;(3)徐师傅与电工下棋互有胜负;(4)陈师傅比钳工下得好。问:徐、王、陈、赵四位师傅各从事什么工种, 3.李波、顾锋、刘英三位老师共同担负六年级某班的语文、数学、政治、体育、音乐和图画六门课的教学，每人教两门。现知道:(1)顾锋最年轻;(2)李波喜欢与体育老师、数学老师交谈;(3)体育老师和图画老师都比政治老师年龄大;(4)顾锋、音乐老师、语文老师经常一起去游泳;(5)刘英与语文老师是邻居。问:各人分别教哪两门课程, 4.A，B，C，D分别是中国、日本、美国和法国人。已知:(1)A和中国人是医生;(2)B和法国人是教师;(3)C和日本人职业不同;(4)D不会看病。问:A，B，C，D各是哪国人， 5.小亮、小红、小娟分别在一小、二小、三小读书，各自爱好围棋、体操、足球中的一项，现知道:(1)小亮不在一小;(2)小红不在二小;(3)爱好足球的不在三小;(4)爱好围棋的在一小，但不是小红。 问:小亮、小红、小娟各在哪个学校读书和各自的爱好是什么, 答案1.甲是日本人，乙是中国人，丙是英国人。2.徐是车工，王是钳工，陈是电工，赵是木工。提示:由(2)(3)(1)可画出下表: 3.李波教语文、图画，顾锋教数学、政治，刘英教音乐、体育。提示:由(1)(3)(4)推知顾锋教数学和政治;由(2)推知刘英教体育;由(3)(5)推知李波教图画、语文。4.A是美国人，B是日本人，C是中国人，D是法国人。提示:由(1)(2)知，A，B都不是中国人和法国人;再由(1)(4)知，D也不是中国人，所以C是中国人，进而推知D是法国人，可得下表。最后由C是中国人及(1)(3)，推知日本人是教师，再由(2)知B是日本人。 5.小亮在二小，爱好足球;小红在三小，爱好体操;小娟在一小，爱好围棋。提示:由题目条件，可先得出左下表，进一步得到右下表。 逻辑问题(二) 本讲介绍用假设法解逻辑问题。 例1四个小朋友宝宝、星星、强强和乐乐在院子里踢足球，一阵响声，惊 动了正在读书的陆老师，陆老师跑出来查看，发现一块窗户玻璃被打破了。 陆老师问:“是谁打破了玻璃,”宝宝说:“是星星无意打破的。”星星 说:“是乐乐打破的。”乐乐说:“星星说谎。”强强说:“反正不是我 打破的。”如果只有一个孩子说了实话，那么这个孩子是谁,是谁打破了 玻璃, 分析与解:因为星星和乐乐说的正好相反，所以必是一对一错，我们可以逐一假设检验。假设星星说得对，即玻璃窗是乐乐打破的，那么强强也说对了，这与“只有一个孩子说了实话”矛盾，所以星星说错了。假设乐乐说对了，按题意其他孩子就都说错了。由强强说错了，推知玻璃是强强打破的。宝宝、星星确实都说错了。符合题意。所以是强强打破了玻璃。 由例1看出，用假设法解逻辑问题，就是根据题目的几种可能情况，逐一假设。如果推出矛盾，那么假设不成立;如果推不出矛盾，那么符合题意，假设成立。例2甲、乙、丙、丁四人同时参加全国小学数学夏令营。赛前甲、乙、丙分别做了预测。甲说:“丙第1名，我第3名。”乙说:“我第1名，丁第4名。”丙说:“丁第2名，我第3名。”成绩揭晓后，发现他们每人只说对了一半，你能说出他们的名次吗,分析与解:我们以“他们每人只说对了一半”作为前提，进行逻辑推理。 假设甲说的第一句话“丙第1名”是对的，第二句话“我第3名”是错的。由此推知乙说的“我第1名”是错的，“丁第4名”是对的;丙说的“丁第2名”是错的，“丙第3名”是对的。这与假设“丙第1名是对的”矛盾，所以假设不成立。再假设甲的第二句“我第3名”是对的，那么丙说的第二句“我第3名”是错的，从而丙说的第一句话“丁第2名”是对的;由此推出乙说的“丁第4名”是错的，“我第1名”是对的。至此可以排出名次顺序:乙第1名、丁第2名、甲第3名、丙第4名。 例3甲、乙、丙、丁在谈论他们及他们的同学何伟的居住地。甲说:“我和乙都住在北京，丙住在天津。”乙说:“我和丁都住在上海，丙住在天津。”丙说:“我和甲都不住在北京，何伟住在南京。”丁说:“甲和乙都住在北京，我住在广州。”假定他们每个人都说了两句真话，一句假话。问:不在场的何伟住在哪儿,分析与解:因为甲、乙都说“丙住在天津，”我们可以假设这句话是假话，那么甲、乙的前两句应当都是真话，推出乙既住在北京又住在上海，矛盾。所以假设不成立，即“丙住在天津”是真话。因为甲的前两句话中有一句假话，而甲、丁两人的前两句话相同，所以丁的第三句话“我住在广州”是真的。由此知乙的第二句话“丁住在上海”是假话，第一句“我住在上海”是真话;进而推知甲的第二句是假话，第一句“我住在北京”是真话;最后推知丙的第二句话是假话，第三句“何伟住在南京”是真话。所以，何伟住在南京。 在解答逻辑问题时，有时需要将列表法与假设法结合起来。一般是在使用列表法中，出现不可确定的几种选择时，结合假设法，分别假设检验，以确定正确的结果。 例4一天，老师让小马虎把甲、乙、丙、丁、戊的作业本带回去，小马虎见到这五人后就一人给了一本，结果全发错了。现在知道:(1)甲拿的不是乙的，也不是丁的;(2)乙拿的不是丙的，也不是丁的;(3)丙拿的不是乙的，也不是戊的;(4)丁拿的不是丙的，也不是戊的;(5)戊拿的不是丁的，也不是甲的。另外，没有两人相互拿错(例如甲拿乙的，乙拿甲的)。问:丙拿的是谁的本,丙的本被谁拿走了,分析与解:根据“全发错了”及条件(1),(5)，可以得到表1: 由表1看出，丁的本被丙 拿了。此时，再继 续推理分析不 大好下手，我们 可用假设法。由 表1知，甲拿的 本不是丙的就是戊的。先假设甲拿了丙的本。于是得到表2，表2中乙拿戊的本，戊拿乙的本。两人相互拿错，不合题意。再假设甲拿戊的本。于是可得表3，经检验，表3符合题意。所以丙拿了丁的本，丙的本被戊拿去了。 例5甲、乙、丙、丁每人只会中、英、法、日四种语言中的两种，其中有一种语言只有一人会说。他们在一起交谈可有趣啦:(1)乙不会说英语，当甲与丙交谈时，却请他当翻译;(2)甲会日语，丁不会日语，但他们却能相互交谈;(3)乙、丙、丁找不到三人都会的语言;(4)没有人同时会日、法两种语言。请问:甲、乙、丙、丁各会哪两种语言, 分析与解:由(1)(2)(4)可得下表，其中丙不会日语是因为甲会日语，且甲与丙交谈需要翻译。由下表看出，甲会的另一种语言不是中文就是英语。 先假设甲会说中文。由(2)知，丁也会 中文;由(1)知丙不会中文，再由每人会两种语言，知丙会英、法语(见 左下表;由(1)(4)推知乙会中文和法语;再由(3)及每人会两种语 言，推知丁会英语(见右下表)。结果符合题意。 再假设甲会说英语。由(2)知，丁也会英语;由(1)知丙不会英语， 再由每人会两种语言，知丙会中文和法语(见左下表);由(1)(4)推 知，乙会中文和日语;再由(3)及每人会两种语言，推知丁会法语(见 右下表)。右下表与“有一种语言只有一人会说”矛盾。假设不成立。 所以甲会中、日语，乙会中、法语，丙会英、法语，丁会中、英语。 1.在一次数学竞赛中，A，B，C，D，E五位同学分别得了前五名(没有并列同一名次的)，关于各人的名次大家作出了下面的猜测:A说:“第二名是D，第三名是B。”B说:“第二名是C，第四名是E。”C说:“第一名是E，第五名是A。”D说:“第三名是C，第四名是A。”E说:“第二名是B，第五名是D。”结果每人都只猜对了一半，他们的名次如何, 2.学校新来了一位老师，五个学生分别听到如下的情况:(1)是一位姓王的中年女老师，教语文课;(2)是一位姓丁的中年男老师，教数学课;(3)是一位姓刘的青年男老师，教外语课;(4)是一位姓李的青年男老师，教数学课;(5)是一位姓王的老年男老师，教外语课。他们每人听到的四项情况中各有一项正确。问:真实情况如何, 3.甲、乙、丙三人，一个总说谎，一个从不说谎，一个有时说谎。有一次谈到他们的职业，甲说:“我是油漆匠，乙是钢琴师，丙是建筑师。”乙说:“我是医生，丙是警察，你若问甲，则甲会说他是油漆匠。”丙说:“乙是钢琴师，甲是建筑师，我是警察。”你知道谁总说谎吗, 4.甲、乙、丙、丁在比较他们的身高，甲说:“我最高。”乙说:“我不最矮。” 丙说:“我没甲高，但还有人比我矮。”丁说:“我最矮。” 实际测量的结果表明，只有一人说错了。请将他们按身高次序从高到矮排列出来。 5.红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一颗，用布包着在桌上排成一行。A，B，C，D，E五个人猜各包里的珠子的颜色。A猜:第2包紫色，第3包黄色;B猜:第2包蓝色，第4包红色;C猜:第1包红色，第5包白色;D猜:第3包蓝色，第4包白色;E猜:第2包黄色，第5包紫色。结果每人都猜对了一种，并且每包只有一人猜对，他们各自猜对了哪种颜色的珠子, 6.四张卡片上分别写着奥、林、匹、克四个字(一张上写一个字)，取出三张字朝下放在桌上，A，B，C三人分别猜每张卡片上是什么字，猜的情况见下表: 结果，有一人一张也没猜中，一人猜中两 张，另一人猜中三张。问:这三张卡片上各写着什么字， 答案1.第1名是E，第2名是C，第3名是B，第4名是A，第5名是D。2.姓刘的老年女老师，教数学。提示:假设是男老师，由(2)(3)(5)知，他既不是青年、中年，也不是老年，矛盾，所以是女老师。再由(1)知，她不教语文，不是中年人。假设她教外语，由(3)(5)知她必是中年人，矛盾，所以她教数学。由(2)(4)知她是老年人，由(3)知她姓刘。3.甲。提示:若甲从不说谎，则乙的最后一句、丙的第一句都对，没有总说谎的人，矛盾;同理，若丙从不说谎，则也将推出矛盾。4.乙、甲、丙、丁。提示:丁不可能说错，否则就没有人最矮了。由此知乙没有说错。若甲也没说错，则无人说错，所以只有甲一人说错。5.A猜对第3包黄色，B猜对第2包蓝色，C猜对第1包红色，D猜对第4包白色，E猜对第5包紫色。6.第一张是“林”，第二张是“匹”，第三张是“克”。提示:A，B有两张猜的相同，必有一人全对，一人对两张，因此C全错，推知B全对。 最不利原则 在日常生活和生产中，我们常常会遇到求最大值或最小值的问题，解 答这类问题，常常需要从最不利的情况出发分析问题，这就是最不利原则。 下面通过具体例子说明最不利原则以及它的应用。 例1口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。问:一次最少摸出几个球，才能保证至少有4个小球颜色相同,分析与解:如果碰巧一次取出的4个小球的颜色都相同，就回答是“4”，那么显然不对，因为摸出的4个小球的颜色也可能不相同。回答是“4”是从最“有利”的情况考虑的，但为了“保证至少有4个小球颜色相同”，就要从最“不利”的情况考虑。如果最不利的情况都满足题目要求，那么其它情况必然也能满足题目要求。 “最不利”的情况是什么呢,那就是我们摸出3个红球、3个黄球和3 个蓝球，此时三种颜色的球都是3个，却无4个球同色。这样摸出的9 个球是“最不利”的情形。这时再摸出一个球，无论是红、黄或蓝色，都 能保证有4个小球颜色相同。所以回答应是最少摸出10个球。 由例1看出，最不利原则就是从“极端糟糕”的情况考虑问题。如果例 1的问题是“最少摸出几个球就可能有4个球颜色相同”，那么我们就可 以根据最有利的情况回答“4个”。现在的问题是“要保证有4个小球的 颜色相同”，这“保证”二字就要求我们必须从最不利的情况分析问题。 例2口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球共18个。其中红球3个、黄球5个、蓝球10个。现在一次从中任意取出n个，为保证这n个小球至少有5个同色，n的最小值是多少,分析与解:与例1类似，也要从“最不利”的情况考虑。最不利的情况是取了3个红球、4个黄球和4个蓝球，共11个。此时袋中只剩下黄球和蓝球，所以再取一个球，无论是黄球还是蓝球，都可以保证有5个球颜色相同。因此所求的最小值是12。 例3一排椅子只有15个座位，部分座位已有人就座，乐乐来后一看，他无论坐在哪个座位，都将与已就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人,分析与解:将15个座位顺次编为1,15号。如果2号位、5号位已有人就座，那么就座1号位、3号位、4号位、6号位的人就必然与2号位或5号位的人相邻。根据这一想法，让2号位、5号位、8号位、11号位、14号位都有人就座，也就是说，预先让这5个座位有人就座，那么乐乐无论坐在哪个座位，必将与已就座的人相邻。因此所求的答案为5人。 例4一把钥匙只能开一把锁，现有10把钥匙和10把锁，最少要试验多少次就一定能使全部的钥匙和锁相匹配,分析与解:从最不利的情形考虑。用10把钥匙依次去试第一把锁，最不利的情况是试验了9次，前8次都没打开，第9次无论打开或没打开，都能确定与这把锁相匹配的钥匙(若没打开，则第10把钥匙与这把锁相匹配)。同理，第二把锁试验8次„„第九把锁只需试验1次，第十把锁不用再试(为什么,)。共要试验9，8，7，„，2，1,45(次)。所以，最少试验45次就一定能使全部的钥匙和锁相匹配。 例5在一副扑克牌中，最少要取出多少张，才能保证取出的牌中四种花色都有,分析与解:一副扑克牌有大、小王牌各1张，“红桃”、“黑桃”、“方块”、“梅花”四种花色各13张，共计有54张牌。最不利的情形是:取出四种花色中的三种花色的牌各13张，再加上2张王牌。这41张牌中没有四种花色。剩下的正好是另一种花色的13张牌，再抽1张，四种花色都有了。因此最少要拿出42张牌，才能保证四种花色都有。 例6若干箱货物总重19.5吨，每箱重量不超过353千克，今有载重量为1.5吨的汽车，至少需要多少辆，才能确保这批货物一次全部运走, 分析与解:汽车的载重量是1.5吨。如果每箱的重量是300千克(或1500的小于353的约数)，那么每辆汽车都是满载，即运了1.5吨货物。这是最有利的情况，此时需要汽车19.5?1.5,13(辆)。 如果装箱的情况不能使汽车满载，那么13辆汽车就不能把这批货物一次运走。为了确保把这批货物一次运走，需要从最不利的装箱情况来考虑。最不利的情况就是使每辆车运得尽量少，即空载最多。因为353×4,1500，所以每辆车至少装4箱。每箱300千克，每车能装5箱。如果每箱比300千克略多一点，比如301千克，那么每车就只能装4箱了。此时，每车载重301×4,1204(千克)， 空载1500-1204,296(千克)。注意，这就是前面所说的“最不利的情况”。19500?1204,16„„236，也就是说，19.5吨货物按最不利的情况，装16车后余236千克，因为每辆车空载296千克，所以余下的236千克可以装在任意一辆车中。综上所述，16辆车可确保将这批货物一次运走。 练习1.口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。问:一次最少摸出几个，才能保证至少有5个小球颜色相同, 2.口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球共20个，其中红球4个、黄球6个、蓝球10个。问:一次最少取出几个，才能保证至少有6个小球颜色相同, 3.一排椅子共有18个座位，部分座位已有人就座，乐乐来后一看，他无论坐在哪个座位，都将与已经就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人, 4.一张圆桌有12个座位，部分座位已有人就座，乐乐来后一看，他无论坐在哪个座位，都将与已经就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人, 5.口袋里有三种颜色的筷子各10根。问:(1)至少取几根才能保证三种颜色的筷子都取到,(2)至少取几根才能保证有颜色不同的两双筷子,(3)至少取几根才能保证有颜色相同的两双筷子, 6.一个布袋里有红色、黄色、黑色袜子各20只。问:最少要拿多少只袜子才能保证其中至少有2双颜色不相同的袜子, 7.一把钥匙只能开一把锁，现有10把锁和其中的9把钥匙，要证这9把钥匙都配上锁，至少需要试验多少次, 8.10吨货物分装若干箱，每只箱子重量不超过1吨。为了确保将这批货物一次运走，最少要准备几辆载重量为3吨的汽车, 答案 1.13个。 2.15个。 3.6人。 4.4人。5.(1)21根; (2)13根; (3)10根。6.23只。7.45次。提示:第一把钥匙试验了9把锁，第二把钥匙试验了8把锁„„第九把钥匙试验了1把锁。8.5辆。提示:因为每辆车至少能运3箱货物，3?4=0.75(吨)，所以每箱货物略重于0.75吨，可使空载较大。假设每 箱装0.76吨，由于10=0.76×13+0.12，则可将这批货物分装在13只0.76吨和1只0.12吨的箱子中。因为每辆车只能装3只0.76吨的箱子，所以至少要5辆车。 抽屉原理(一) 如果将5个苹果放到3个抽屉中去，那么不管怎么放，至少有一个抽 屉中放的苹果不少于2个。道理很简单，如果每个抽屉中放的苹果都少于 2个，即放1个或不放，那么3个抽屉中放的苹果的总数将少于或等于3， 这与有5个苹果的已知条件相矛盾，因此至少有一个抽屉中放的苹果不少 于2个。 同样，有5只鸽子飞进4个鸽笼里，那么一定有一个鸽笼至少飞进了2只鸽子。 以上两个简单的例子所体现的数学原理就是“抽屉原理”，也叫“鸽笼原理”。抽屉原理1:将多于n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件。 说明这个原理是不难的。假定这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到2件，那么每一个抽屉中的物品或者是一件，或者没有。这样，n个抽屉中所放物品的总数就不会超过n件，这与有多于n件物品的假设相矛盾，所以前面假定“这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到2件”不能成立，从而抽屉原理1成立。 从最不利原则也可以说明抽屉原理1。为了使抽屉中的物品不少于2件，最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入1件物品，共放入n件物品，此时再放入1件物品，无论放入哪个抽屉，都至少有1个抽屉不少于2件物品。这就说明了抽屉原理1。 例1某幼儿园有367名1996年出生的小朋友，是否有生日相同的小朋友,分析与解:1996年是闰年，这年应有366天。把366天看作366个抽屉，将367名小朋友看作367个物品。这样，把367个物品放进366个抽屉里，至少有一个抽屉里不止放一个物品。因此至少有2名小朋友的生日相同。 例2在任意的四个自然数中，是否其中必有两个数，它们的差能被3整除,分析与解:因为任何整数除以3，其余数只可能是0，1，2三种情形。我们将余数的这三种情形看成是三个“抽屉”。一个整数除以3的余数属于哪种情形，就将此整数放在那个“抽屉”里。 将四个自然数放入三个抽屉，至少有一个抽屉里放了不止一个数，也就是说至少有两个数除以3的余数相同。这两个数的差必能被3整除。 例3在任意的五个自然数中，是否其中必有三个数的和是3的倍数,分析与解:根据例2的讨论，任何整数除以3的余数只能是0，1，2。现在，对于任意的五个自然数，根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的数，于是可分下面两种情形来加以讨论。 第一种情形。有三个数在同一个抽屉里，即这三个数除以3后具有相同 的余数。因为这三个数的余数之和是其中一个余数的3倍，故能被3整除， 所以这三个数之和能被3整除。第二种情形。至多有两个数在同一个抽屉 里，那么每个抽屉里都有数，在每个抽屉里各取一个数，这三个数被3 除的余数分别为0，1，2。因此这三个数之和能被3整除。综上所述，在 任意的五个自然数中，其中必有三个数的和是3的倍数。 例4在长度是10厘米的线段上任意取11个点，是否至少有两个点，它们之间的距离不大于1厘米,分析与解:把长度10厘米的线段10等分，那么每段线段的长度是1厘米(见下图)。 将每段线段看成是一个“抽屉”，一共有10个抽屉。现在将这11个点放到这10个抽屉中去。根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的点(包括这些线段的端点)。由于这两个点在同一个抽屉里，它们之间的距离当然不会大于1厘米。所以，在长度是10厘米的线段上任意取11个点，至少存在两个点，它们之间的距离不大于1厘米。 例5有苹果和桔子若干个，任意分成5堆，能否找到这样两堆，使苹果的总数与桔子的总数都是偶数,分析与解:由于题目只要求判断两堆水果的个数关系，因此可以从水果个数的奇、偶性上来考虑抽屉的 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 。 对于每堆水果中的苹果、桔子的个数分别都有奇数与偶数两种可能，所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭配就有4种情形:(奇，奇)，(奇，偶)，(偶，奇)，(偶，偶)，其中括号中的第一个字表示苹果数的奇偶性，第二个字表示桔子数的奇偶性。将这4种情形看成4个抽屉，现有5堆水果，根据抽屉原理可知，这5堆水果里至少有2堆属于上述4种情形的同一种情形。由于奇数加奇数为偶数，偶数加偶数仍为偶数，所以在同一个抽屉中的两堆水果，其苹果的总数与桔子的总数都是偶数。 例6用红、蓝两种颜色将一个2×5方格图中的小方格随意涂色(见右图)，每个小方格涂一种颜色。是否存在两列，它们的小方格中涂的颜色完全相同, 分析与解:用红、蓝两种颜色给每列中两个小方格随意涂色，只有下面四 种情形: 将上面的四种情形看成四个“抽屉”。根据抽屉原理，将五列放入四个抽屉，至少有一个抽屉中有不少于两列，这两列的小方格中涂的颜色完全相同。 在上面的几个例子中，例1用一年的366天作为366个抽屉;例2与例3用整数被3除的余数的三种情形0，1，2作为3个抽屉;例4将一条线段的10等份作为10个抽屉;例5把每堆水果中，苹果数与桔子数的奇偶搭配情形作为4个抽屉;例6将每列中两个小方格涂色的4种情形作为4个抽屉。由此可见，利用抽屉原理解题的关键，在于恰当地构造抽屉。 练习 1.某班32名小朋友是在5月份出生的，能否找到两个生日是在同一天的小朋友, 2.班上有50名小朋友，老师至少拿几本书，随意分给小朋友，才能保证至少有一个小朋友能得到不少于两本书, 3.在任意三个自然数中，是否其中必有两个数，它们的和为偶数, 4.幼儿园买来不少玩具小汽车、小火车、小飞机，每个小朋友任意选择两件，那么至少要有几个小朋友才能保证有两人选的玩具是相同的, 5.学校举行开学典礼，要沿操场的400米跑道插40面彩旗。能否找到一种插法，使得任何两面彩旗之间的距离都大于10米, 6.用红、蓝、黄三种颜色将一个2×7方格图中的小方格涂色(见下图)，每个小方格涂一种颜色，每一列的两小格涂的颜色不相同。是否存在两列，它们的小方格中涂的颜色完全相同, 7.一只纸板箱里装有许多型号相同但颜色不同的袜子，颜色有红、黄、黑、白四种。不允许用眼睛看，那么至少要取出多少只袜子，才能保证有5双同色的袜子, 答案与提示练习29 1.能。 2.51本。3.能。 提示:将奇数、偶数作为两个抽屉。4.7人。 5.不能。 提示:40面彩旗将跑道分为40段，若每段都大于10米，40段将大于400米。6.存在。 提示:每列的涂法有6种。7.13只。提示:把红、黄、黑、白四种颜色作为4个抽屉。根据抽屉原理，最少要取出5只袜子才能保证有一双袜子是同色的。这样，把这双同色袜子拿走后，还剩下3只袜子，再取出2只袜子与剩下的这3只袜子，共有5只袜子，根据抽屉原理知，必有1双同色的袜子。依此类推，得到5双同色袜子要取袜子3+2×5=13(只)。 抽屉原理(二) 这一讲我们讲抽屉原理的另一种情况。先看一个例子:如果将13只 鸽子放进6只鸽笼里，那么至少有一只笼子要放3只或更多的鸽子。道理 很简单。如果每只鸽笼里只放2只鸽子，6只鸽笼共放12只鸽子。剩下 的一只鸽子无论放入哪只鸽笼里，总有一只鸽笼放了3只鸽子。这个例子 所体现的数学思想，就是下面的抽屉原理2。 抽屉原理2:将多于m×n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一 个抽屉中的物品的件数不少于m+1。 说明这一原理是不难的。假定这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都 不到(m，1)件，即每个抽屉里的物品都不多于m件，这样，n个抽屉中 可放物品的总数就不会超过m×n件。这与多于m×n件物品的假设相矛盾。 这说明一开始的假定不能成立。所以至少有一个抽屉中物品的件数不少于 m，1。 从最不利原则也可以说明抽屉原理2。为了使抽屉中的物品不少于(m ，1)件，最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入m件物品，共放入(m ×n)件物品，此时再放入1件物品，无论放入哪个抽屉，都至少有一个 抽屉不少于(m，1)件物品。这就说明了抽屉原理2。 不难看出，当m,1时，抽屉原理2就转化为抽屉原理1。即抽屉原 理2是抽屉原理1的推广。 例1某幼儿班有40名小朋友，现有各种玩具122件，把这些玩具全部分 给小朋友，是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具, 分析与解:将40名小朋友看成40个抽屉。今有玩具122件，122=3×40 ，2。应用抽屉原理2，取n,40，m,3，立即知道:至少有一个抽屉中放 有4件或4件以上的玩具。也就是说，至少会有一个小朋友得到4件或4 件以上的玩具。 例2一个布袋中有40块相同的木块，其中编上号码1，2，3，4的各有 10块。问:一次至少要取出多少木块，才能保证其中至少有3块号码相 同的木块, 分析与解:将1，2，3，4四种号码看成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少要有4×2，1=9(件)物品。所以一次至少要取出9块木块，才能保证其中有3块号码相同的木块。 例3六年级有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二种或三种。问:至少有多少名学生订阅的杂志种类相同, 分析与解:首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。 订一种杂志有:订甲、订乙、订丙3种情况; 订二种杂志有:订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况; 订三种杂志有:订甲乙丙1种情况。 总共有3，3，1=7(种)订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”，把100名学生看作100件物品。因为100,14×7，2。根据抽屉原理2，至少有14，1,15(人)所订阅的报刊种类是相同的。 例4篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有81个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的, 分析与解:首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种:苹果和梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子。所以不同的水果搭配共有4，6,10(种)。将这10种搭配作为10个“抽屉”。 81?10=8„„1(个)。 根据抽屉原理2，至少有8，1,9(个)小朋友拿的水果相同。 例5学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班，每个学生最多可以参加两个(可以不参加)。问:至少有多少名学生，才能保证有不少于5名同学参加学习班的情况完全相同, 分析与解:首先要弄清参加学习班有多少种不同情况。不参加学习班有1种情况，只参加一个学习班有3种情况，参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1，3，3,7(种)情况。将这7种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉原理2，要保证不少于5名同学参加学习班的情况相同，要有学生7×(5-1)，1,29(名)。 练习30 1.礼堂里有253人开会，这253人中至少有多少人的属相相同, 2.一兴趣小组有10名学生，他们都订阅甲、乙两种杂志中的一种或两种。问:至少有多少名学生订阅的杂志种类相同, 3.把130件玩具分给幼儿园小朋友，如果不管怎样分，都至少有一位小朋友分得4件或4件以上的玩具，那么这个幼儿园最多有多少个小朋友, 4.体育组有足球、篮球和排球，上体育课前，老师让一班的41名同学往操场拿球，每人最多拿两个。问:至少有几名同学拿球的情况完全一样,5.口袋里放有足够多的红、白两种颜色的球，有若干人轮流从袋中取球，每人取三个球。要保证有4人取出的球的颜色完全相同，至少应有多少人取球, 6.10个足球队之间共赛了11场，赛得最多的球队至少赛了几场, 答案与提示练习 1.22人。 2.4人。3.43人。 提示:130?(4-1)=43„„1。 4.5名。 提示:一个球不拿、拿一个球、拿两个球共有10种不同情况。 5.13人。提示:三个球中根据红球的个数可分为4种不同情况。 6.3场。 提示:11场球有22队次参赛。