小学奥数 整数分拆之最值应用 精选例题练习习题(含知识点拨)

1.复习乘法原理和加法原理；

2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．

3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．

在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．

一、加乘原理概念

生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．

还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．

二、加乘原理应用

应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：

⑴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．

⑵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．

⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．

加法原理运用的范围：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，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．

乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响．．．．的独立步骤．．．．来完成，这几步是完成这件任务缺一不．．．可的．．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．

【例 1】 由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？

【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】解答

【解析】 因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．

第七讲 整数的分拆

整数分拆是数论中一个既古老又活跃的问题、把自然数n分成为不计顺序的若干个自然数之与

n=ｎ１+n2+…＋nｍ(n1≥n2≥…≥nm≥1)的一种表示法,叫做n的一种分拆、对被加项及项数ｍ加以一些限制条件,就得到某种特别类型的分拆、早在中世纪,就有关于特别的整数分拆问题的研究。１742年德国的哥德巴赫提出“每个不小于６的偶数都能够写成两个奇质数的与”,这就是著名的哥德巴赫猜想,中国数学家陈景润在研究中取得了突出的成果、下面我们通过一些例题,简单介绍有关整数分拆的基本知识、

一、整数分拆中的计数问题

例1 有多少种方法能够把6表示为若干个自然数之与？

解:依照分拆的项数分别讨论如下:

①把６分拆成一个自然数之与只有1种方式;

②把6分拆成两个自然数之与有3种方式

6=５+1=4＋2=3＋３;

③把6分拆成3个自然数之与有3种方式

6=4+1＋1=３+2＋1=2+2＋2;

④把6分拆成4个自然数之与有2种方式

６=3＋1+１+１=2＋2+1+1;

⑤把6分拆成5个自然数之与只有1种方式

6=２+1＋1＋１+１;

⑥把６分拆成６个自然数之与只有1种方式

6＝1+１+１＋1＋1＋1、因此,把6分拆成若干个自然数之与共有

１+3+3＋２＋１+1＝11种不同的方法。

说明:本例是不加限制条件的分拆,称为无限制分拆,它是一类重要的分拆、

例２ 有多少种方法能够把1994表示为两个自然数之与?

解法1:采纳有限穷举法并考虑到加法交换律:

１994＝1９９3+1＝１+1993 =1992+２＝2＋1９9２

=998＋９９６＝９96+998

=9９７+997

因此,一共有997种方法能够把1９94写成两个自然数之与。

解法2:构造加法算式:

因此,只须考虑从上式右边的1993个加号“＋”中每次确定一个,并把其前、后的1分别相加,就能够得到一种分拆方法;再考虑到加法交换律,因此共有997种不同的分拆方式。

第 1 页 第七讲 整数的分拆

整数分拆是数论中一个既古老又活跃的问题.把自然数n分成为不计顺序的若干个自然数之和

n=n1+n2+…＋nm（n1≥n2≥…≥nm≥1）的一种表示法，叫做n的一种分拆.对被加项及项数m加以一些限制条件，就得到某种特殊类型的分拆.早在中世纪，就有关于特殊的整数分拆问题的研究.1742年德国的哥德巴赫提出“每个不小于6的偶数都可以写成两个奇质数的和”，这就是著名的哥德巴赫猜想，中国数学家陈景润在研究中取得了突出的成果.下面我们通过一些例题，简单介绍有关整数分拆的基本知识.

一、整数分拆中的计数问题

例1 有多少种方法可以把6表示为若干个自然数之和？

解：根据分拆的项数分别讨论如下：

①把6分拆成一个自然数之和只有1种方式；

②把6分拆成两个自然数之和有3种方式

6=5+1=4+2=3+3；

③把6分拆成3个自然数之和有3种方式

6=4+1+1=3+2+1=2+2+2；

④把6分拆成4个自然数之和有2种方式

6＝3＋1＋1＋1=2+2+1+1；

⑤把6分拆成5个自然数之和只有1种方式

6=2+1+1＋1＋1；

⑥把6分拆成6个自然数之和只有1种方式

6＝1+1+1+1+1+1.因此，把6分拆成若干个自然数之和共有

1+3+3＋2+1+1=11种不同的方法.

说明：本例是不加限制条件的分拆，称为无限制分拆，它是一类重要的分拆.

例2 有多少种方法可以把1994表示为两个自然数之和？

解法1：采用有限穷举法并考虑到加法交换律：

1994=1993+1=1＋1993 第 2 页 =1992+2=2＋1992

=998＋996=996+998

=997+997

因此，一共有997种方法可以把1994写成两个自然数之和.

解法2：构造加法算式：

于是，只须考虑从上式右边的1993个加号“+”中每次确定一个，并把其前、后的1分别相加，就可以得到一种分拆方法；再考虑到加法交换律，因此共有997种不同的分拆方式.

【 导语】海阔凭你跃，天⾼任你飞。愿你信⼼满满，尽展聪明才智;妙笔⽣花，谱下锦绣第⼏篇。学习的敌⼈是⾃⼰的知⾜，要使⾃⼰学⼀点东西，必需从不⾃满开始。以下是⽆忧考为⼤家整理的《⼆年级整数分拆练习题及答案【三篇】》 供您查阅。

【第⼀篇：分拆玻璃球】

问：把15个玻璃球分成数量不同的4堆，共有多少种不同的分法？(此题是美国⼩学数学奥林匹克试题).

解：共6种。

15=9+3+2+1

15=8+4+2+1

15=7+5+2+1

=7+4+3+1

15=6+5+3+1

=6+4+3+2

【第⼆篇：四数分拆15】

问：将15分拆成不⼤于9的四个不同的⾃然数之和，有多少种不同的分拆⽅式，请⼀⼀列出。

解：共6种.

15=9+3+2+1

15=8+4+2+1

15=7+5+2+1

=7+4+3+1

15=6+5+3+1

=6+4+3+2

【第三篇：分拆15】

问：将15分拆成三个不同的⾃然数相加之和，共有多少种不同的分拆⽅式，请⼀⼀列出.。

解：共12种。