综合练习一_百度文库
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综合练习一|小​学​六​年​级​奥​数​测​试​题
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第4讲 整数的分拆
　　整数的分拆，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。
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1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28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1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
　　所以最多可以播7天。
　　说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：
　　5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，
　　=1+2+2　　 =1+1+3
　　=2+3　 　　=1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
　　例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。问：有多少种不同的支付方法？
　　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+（2+1），
　　23=20+（1+1+1），
　　共2种支付方法。
　　总共有5种不同的支付方法。
　　说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。
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29，37-29=8，而8=3+5。其余的分拆考虑与此类似。
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］=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，（49.5），50，51，52，53，54。
　　于是495=45+46+…+54。
　　同理可得495=51+52+…+59=40+41+…+50。
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）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）+（8+4）+（9+3）
　　是6个6，从而
　　42=3+4+5+6+7+8+9，
　　一共有7个加数。
　　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，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11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1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这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0。
　　下面看一类有规律的最优化问题。
　　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+8，5+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&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&6=30。
　　显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5&6=30。
　　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。
　　例9 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+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249&2507为最大。
　　说明：一般地，把自然数S=pq+r（0≤r＜p，p与q是自然数）分拆
　　为p个自然数的和，使其乘积M为最大，则M为qp-r&（q+1）r。
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，则不如换成两个3，换句话说，分成的数中至多只能有两个2，其余都是3。
　　根据上面的讨论，我们应该把14分拆成四个3与一个2之和，即14=3+3+3+3+2，这五数的积有最大值
　　3&3&3&3&2=162。
　　说明：这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中。该试卷第4题是：
　　若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值。
　　答案是2&3658。
　　这是由美国提供的一个题目，时隔两年，它又出现在美国大学生数学竞赛中。1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是：
　　求出正整数n及a1，a2，…，an的值，使a1+a2+…+an=1979且乘积最大。
　　答案是n=660。
　　1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是：
　　将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是____。
　　答案：这些数应是664个3。
　　上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变，所以分别冠以当年的年份和1992，这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法，多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中，所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑。将上述三题的结论推广为一般情形便是：
　　把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：
　　S=a1+a2+…+an，
　　则当a1，a2，…，an中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a1a2…an有最大值。
　　例11 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？
　　解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大。
　　若1作因数，则显然乘积不会最大。把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，因数个数越多，乘积越大。为了使因数个数尽可能地多，我们把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993。
　　若和比1993大1，则因数个数至少减少1个，为了使乘积最大，应去掉最小的2，并将最后一个数（最大）加上1。
　　若和比1993大k（k≠1），则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大。
　　所以n=63。因为，所以应去掉22，把1993分成
　　（2+3+…+21）+（23+24+…+63）
　　这一形式时，这些数的乘积最大，其积为
　　2&3&…&21&23&24&…&63。
　　说明：这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题，在训练学生时，发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663&4，而忽视了题中条件“分成若干个互不相等的自然数的和”。由此可见，认真审题，弄清题意的重要性。
　　例12 将1995表示为两个或两个以上连续自然数的和，共有多少种不同的方法？
　　分析与解：为了解决这个问题，我们设1995可以表示为以a为首项的k(k＞1）个连续自然数之和。首项是a，项数为k，末项就是a+k-1，由等差数列求和公式，得到
　　化简为
(2a+k-1）&k=3990。(*)
　　注意，上式等号左边的两个因数中，第一个因数2a+k-1大于第二个因数k，并且两个因数必为一奇一偶。因此，3990有多少个大于1的奇约数，3990就有多少种形如（*）式的分解式，也就是说，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。因为的奇约数完全相同，所以上述说法可以简化为，1995有多少个大于1的奇约数，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。
　　&7&19，共有15个大于1的奇约数，所以本题的答案是15种。
　　一般地，我们有下面的结论：
若自然数N有k个大于1的奇约数，则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。
　　知道了有多少种表示方法后，很自然就会想到，如何找出这些不同的表示方法呢？从上面的结论可以看出，每一个大于1的奇约数对应一种表示方法，我们就从1995的大于1的奇约数开始。1995的大于1的奇约数有。
　　3，5，7，15，19，21，35，57，95，
　　105，133，285，399，665，1995。
　　例如，对于奇约数35，由（*）式，得
　　因为114＞35，所以
k=35，2a+k-1=114，解得a=40。推知35对应的表示方法是首项为40的连续35个自然数之和，即
　　+42+…+73+74。
　　再如，对于奇约数399，由（*）式，得
　　，因为399＞10，所以k=10，2a+k-1=399，解得a=195。推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和，即
　　+197+…+204。
　　对于1995的15个大于1的奇约数，依次利用（*）式，即可求出15种不同的表示方法。
　　1．将210拆成7个自然数的和，使这7个数从小到大排成一行后，相邻两个数的差都是5。第1个数与第6个数分别是几？
　　2．将135个人分成若干个小组，要求任意两个组的人数都不同，则至多可以分成多少组？
　　3．把19分成几个自然数（可以相同）的和，再求出这些数的乘积，并且要使得到的乘积尽可能大，最大乘积是多少？
　　4．把1999分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，一共有多少种不同的分拆方法？求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应将1999如何分拆？
　　5．把456表示成若干个连续自然数的和。要求写出所有的表达式（如9可以有两种表达形式：9=4+5=2+3+4）。
　　6．几个连续自然数相加，和能等于2000吗？如果能，有几种不同的答案？写出这些答案。如果不能，说明理由。
　　7．把70分拆成11个不同自然数的和，这样的分拆方式一共有多少种？将不同的表示方法列举出来。
　　8．有一把长为13厘米的直尺，在上面刻几条刻度线，使得这把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。问：至少要刻几条线？要刻在哪些位置上？
　　1.15，40。
　　解：这7个数中第4个数是中间数，它是这7个数的平均数，即210&7=30。因为相邻 2数的差都是
5，所以这7个数是15，20，25，30，35，40，45。故第1个数是15，第6个数是40。
　　2.15组。
　　解：因为要求任意两个组的人数不相等，且分得的组要尽可能地多，所以，要使每个组分得的人数尽可能地少。
　　由于1+2+3+4+…+14+15=120，所以将
135人分成每组人数不等的15个组后还余15人。剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组，否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况。因此，应将剩下的15人安插在已分好的15个组之中，所以至多可以分成15个组。这15个组各组人数可以有多种情况，例如，分别是
2，3，4，5，6，…，14，15，16人。
　　3.972。
　　解：要使乘积尽可能大，把19分成的几个自然数中，3要尽量多且不能有1，所以应把19分成5个3及1个4的和。最大乘积为35&4=972。
　　4.有999种方法，分成999+1000时积最大。
　　5.提示：456有三个大于1的奇约数3，19，57。利用例12的方法可得：对于3，有k=3，a=151；对19，有k=19，a=15；对于57，有k=16，a=21。所以456有如下三种分拆方法：
　　456＝151+152+153
　　 　＝21+22+23+…+39
　　 　＝15+16+17+…+33。
　　6.能。
　　提示：与例12类似，2000=24&53，有三个大于1的奇约数5，25，125。对于5，有k=5，a=398；对于25，有k=25，a=68；对于125，有k=32，
a=47。所以2000共有如下三种分拆方法：
　　9+400+401+402
　　　　＝68+69+70+…+91+92
　　　　＝47+48+49+…+77+78。
　　7.5种。
　　解：1+2+3+…+11=66，现在要将4分配到适当的加数上，使其和等于70，又要使这11个加数互不相等。
　　先将4分别加在后4个加数上，得到4种分拆方法：
　　70＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15
　　　＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11
　　　＝1+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11
　　　＝1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11。
　　再将4拆成1+3，把1和3放在适当的位置上，仅有1种新方法：
　　1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12。
　　再将4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2，分别加在不同的位置上，都得不出新的分拆方法，故这样的分拆方法一共有5种。
　　8.至少要刻4条线，例如刻在1，4，5，11厘米处，便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。这是因为由1，4，5，11，13这5个数以及它们之间任意2个的差能够得到1到13这13个整数，见下列各式：
　　5-4=1， 13-11=2， 4-1=3，
　　11-5=6， 11-4=7， 13-5=8，
　　13-4=9， 11-1＝10， 13-1＝12。
　　下面我们来证明，只有3个刻度是不够的。如果只刻了3条线，刻在a厘米、b厘米、 c厘米处（0＜a＜b＜c＜13），那么
a，b，C，13两两之差（大减小），只有至多6个不同的数：13-a，13-b，13-c，c-a，c-b，b-a，再加上a，b，c，13这4个数，至多有10个不同的数，不可能得到1到13这13个不同的整数来。
　　顺便说明一下，刻法不是唯一的。例如我们也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米这4个位置上。
第5讲 有趣的数字
　　数字问题一直是中小学数学竞赛中的热门问题，解这类问题一般要用到整数的性质及解整数问题的常用方法，如数的整除性、剩余类、奇偶分析、尾数的性质等。有时还得用解竞赛题的一些技巧，如筛选、排除、枚举、局部调整、从极端考虑等。
　　有一类特殊的数字问题，它们的条件与1到9这9个数字或0到9这10个数字有关，这就增加了题目的趣味性。解这类题目，要注意利用题目条件中有9个或10个不同数字这一条件，另外这9个或10个数字之和是9的倍数这个特点，也很有用。
在下式中的每两个相邻数之间都添上一个加号或减号，组成一个算式。要求算式运算结果等于37，且这个算式中的所有减数（前面添了减号的数）的乘积尽可能的大。
　　10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
　　那么，这些减数的最大乘积是多少？
　　解：把10个数都添上加号，它们的和是55，如果把其中1个数的前面的加号换成减号，使这个数成为减数，那么结果将要减少这个数的2倍。
　　因为55-37=18，所以我们变成减数的这些数之和是
　　18&2=9。
　　对于大于2的数来说，两数之和总比两数乘积小。为了使这些数的乘积尽可能大，减数越多越好（不包括1）。9最多可拆成三数之和2+3+4=9，因此这些减数的最大乘积是2&3&4=24。添上加、减号的算式是：
　　10+9+8+7+6+5-4-3-2+1=37。
我的岁数的3次方是一个四位数，我的岁数的4次方是一个六位数，要组成这两个数，需要用遍0到9这10个数字。
　　我爷爷的岁数的平方是一个四位数，他的岁数的3次方是一个六位数，要组成这两个数字，也要用遍0到9这10个数字。
　　问：我和爷爷的年龄各是多少？
　　解：设我的年龄x。注意到223=10648和174=83521是五位数，故应有17＜x＜22。取x等于18，19，21（x显然不应等于20），逐一计算他们的3次方与4次方，经验证，只有18合乎题意：183=5832，184=104976。故x=18。
　　同理可以得到爷爷的年龄是69岁，验证如下：
　　692＝4761，693＝328509。
　　例3 将1～9这9个数字填入下面方格中，且使积P最小：
　　P=□□□&□□□&□□□。
　　 9的一个排列。为使P最小，显然a1，a4，a7是1，2，3的一个排列，不妨设a1=1，a4=2，a7=3。
　　又a2，a5，a8是4，5，6的一个排列。逐一计算
　　14&25&36，15&24&36，14&26&35，
　　15&26&34，16&24&35，16&25&34，
　　可知14&25&36是六个积中最小的一个。
　　故知a2=4，a5=5，a8=6。
　　如果我们掌握了下面的性质，“两数和为定值时，两数的积随着这两数差的减少而增大”的话，那么上述验证的解法可以简化如下：对于积14&25&36，任意变换两个乘数的个位数字，都会使两乘数的和不变而差减少，从而它们的积也增大，故14&25&36是最小的。最后a3，a6，a9是7，8，9的一个排列，用类似的方法得a3=7，a6=8，a9=9时，P=147&258&369积最小。
　　例4 能否将自然数1～10填入右图所示的五角星各交点的“○”中，使每条直线上的四个数字之和都相等？
　　解：假定能够做到，注意到在计算数字和时，每一个数都被计算了2次，则每条直线上4个数字的和等于
　　（55&2）&5=22。
　　考虑相交于10的两条直线，可知10与1在同一条直线上，否则这两直线的数字和不小于
　　2&10+（2+3+4+5+6+7）=47。
　　设与10不在同一条直线上的三个数为x，y，z，则
　　x+y+z＝55-2&22+10＝21。
　　又设x，y，1，u在同一条直线上，则x+y+U+1＝22，即x+y+u=21，z=u矛盾。故满足题设的填法是不存在的。
　　例5 用1，2，…，9这9个数字，最多能组成多少个平方数？要求每个数字都要用一次且只能用一次。
　　解：一位平方数有3个：1，4和9。剩下6个数字中2和5，3和6可组成2个平方数25和36，但7和8不能组成平方数。注意到784=282，故一共可组成5个平方数：
　　1，9，25，36，784。
　　例6 用1，2，…，9这9个数字排成没有重复数字的九位数，一共可以排多少个？这些数的最大公约数是多少，
　　解：根据乘法原理，一共可以排成
　　9&8&7&6&5&4&3&2&1=362880（个）
　　没有重复数字的九位数。因为其中每个九位数的数字和都是45，45是9的倍数，所以每个九位数都是9的倍数。而九位数和的差为9，故它们的最大公约数应是9。
左下图中有3个等边三角形和3条通过4个点的直线。请你将1到9这9个自然数写到9个黑点旁，使得每个等边三角形顶点3个数字之和相等，又要使得每条直线上的4个数字之和相等。
　　解：3个三角形上的数字都是不同的，它们的数字之和相等，因此每个三角形上的数字之和等于45&3=15。由此我们可以认为，3个三角形上的数字，恰好是纵横图上3条横行，或者3条纵列（见右上图）。本题要对照三阶纵横图求解。
　　把3条直线上所有数字相加，中间小三角形上数字要算2次，因此相加之和应是45+15=60，即每条直线上
4个数字之和应等于20。
　　解题的关键是确定中间小三角形上应是哪三个数。譬如，它是2，7，6，那么7和6所在的直线上另外2个数字之和应是20-7-6=7，可是在三阶纵横图其他两条纵列上，每列各取一数相加之和是不能等于7的。对于（4，3，8）（2，9，4）和（6，1，8）作同样考察，都会得到与（2，7，6）一样的情况。当中间小三角形上的3个数是1，5，9时，有5+9+4+2=20，
1+9+3+7=20和1+5+8+6=20，得到一个解（见左下图）。当中间小三角形上的3个数是7，5，3时，得到另一个解（见右下图）。
　　例8 能否在圆周上放置0，1，2，…，9这10个数字，使得任何两个相邻数的差为3，4或5？
　　解：因为0，1，2，8，9这5个数中的任何两个都不能排在一起（否则相邻数之差不是3，4或5），故它们之间都应隔着一个数。但此时其余的5个位置上都不能放置7，无论将7放到哪里，它都会与一个相邻数的差不是3，4或5中的一个。故满足题意的放置方法是没有的。
　　说明：一般而言，将0～n这n+1个数放置到圆周上，使任何两数之差为3，4或5的问题，在n≤12时无解，在n≥13时有解，下图是n=14时的一种放置方法。
已知a1，a2，…，a10是0，1，2，…，9的一个排列，a1，a2a3，a4a5a6，a7a8a9a10，都是平方数，写出它们的全部解。
　　解：本题宜采用穷举与淘汰相结合的方法来解。先写出1～99这99个数的平方，删去其中有重复数字的平方数，如122=144等，在剩下的数中进行适当的组合，可以得到四个解：
　　（1）12=1，62=36，282=784，952=9025。
　　（2）32=9，92=81，242=576，482=2304。
　　（3）32=9，92=81，182=324，842=7056。
　　（4）32=9，42=16，282=784，552=3025。
用1，2，…，9这9个数字，组成数字不重复使用的3个三位数，使得第2个数是第1个数的2倍，第3个数是第1个数的3倍。例如192，384，576。类似这样的3个三位数还有好几组。如果这样的三位数有n组，那么在所有这3n个三位数中，最大的一个与最小的一个的差是多少？
　　解：在一组满足条件的3个三位数中，第3个数最大，且是3的倍数，依次验证987，984，981，其中981适合（（327，654，981）是一组满足条件的3个三位数）。
　　在一组三位数中，第一个最小，在123～192中经过试验，只有192适合题意。
　　故本题的解为981-192=789。
　　说明：进一步的推算可知，满足题设条件的三位数共有4组：
　　192，384，576；327，654，981；
　　219，438，657；273，546，819。
　　例11 用1，2，3，…，9这9个数字，写出大小相等的3个分数，
　　解：我们先考虑这些分数都是真分数的情况，解题的关键是抓住以下两个结论：
　　①三个分数中至多只有一个最简分数。
　　②数字5不会出现在某个分数的分子或分母的个位上。（为什么？请读者考虑。）
　　9个数字组成3个真分数，每个数字只用一次，有如下3种情况：
　　由②知5只能出现在某个分母的十位上，显然这个分数不是最简分数，故此分母要从51～59的合数中去选取。经试算可得3个解：
　　综合（1）（2）（3）三种情况，满足条件的真分数有7个解，分子分母颠倒后，又得7个解。本题共有14个解。
　　例12 两人轮流从1，2，…，9这9个数字中取数。每次取一个，谁先取的数中有3个数的和为15就算赢家。
　　如果第1个人取的数是5，那么第2个人应该取几才能使自己立于不败之地？
　　分析与解：本题条件中的“和为15”，使我们联想到右图中的“幻方”，它的每行、每列及对角线的和都等于15。故本题等价于甲乙二人轮流将黑白二色棋子放入九宫格中，哪一方放入的棋子先成一行（横行、竖行和斜行）者为胜。甲先占了中间一格，乙应选哪一格才能保证自己不败？
　　这个问题实际上是“井字棋”游戏，乙的对策如果不对，会导致失败。假设乙选择边上的位置，比如选3，则甲选4，乙只好选6。甲再选2。这时8，9这两个位置乙只能选一个，甲必得其一，这样甲就必胜无疑了。
　　所以当甲选5时，乙应选九宫格中位于角上的数字，即应选2，4，6，8中的一个，才能使自己立于不败之地。]
　　1．将数码1，2，3，4，5，6，7，8，9填入下面的9个方格中，组成3个三位数连乘的算式：
　　□□□&□□□&□□□。
　　连乘积可能取到的最大值是多少？
　　2．在下面的一排数字之间填入
5个加号，组成一个连加算式，将这个算式的计算结果的最大值记为a，最小值记为b，则a+b的值是多少？
　　1 2 3 4 5 6 7 8 9
　　3．请你将1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字填入下图的方格中，使得每一行、每一列及两条对角线上的3个数字和都不相等。
　　4．用1，2，…，9这9个数字，最多可以组成多少个质数？要求每个数字都要用一次且只能用一次。
　　5．用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字排成没有重复数字的九位数，且这个九位数是11的倍数。这样的九位数中，最大的一个是多少？
　　6．能否将数0，1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入左下图中的圆圈中（每个数填一次），使得各个阴影三角形的3个顶点上的数之和相等？
　　7．在上图的圆圈里，按照顺时针方向把9个数字分成3段，组成3个数。这3个数恰好是一个乘法等式：
　　28&157=4396。
　　下面8个圆圈也有这样的特点，请你也来试一试，怎么分段？
　　注意：最后两个圆圈分段以后，被乘数是一位数。
　　解：仿例3的解法，可求得
　　763&852&941＝。
　　2.6993。
　　提示：最大值a=1+2+3+4+5+，
　 　　 　最小值b=12+34+56+78+9＝189，
　 　a+b＝93。
　　4.6个。
　　解：1至9中的质数有4个：2，3，5，7，剩下的5个数中只有2个奇数：1和9。而除了2以外的质数都是奇数，故本题的解是最多可组成
6个质数。例如 2，3，5，7，89，461。
　　解：因为这9个数字的和是45，根据能被11整除的数的特征，这个九位数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差是11的倍数，所以这个差只能是0，11，22，33和44。由于各位数字之和是45为一奇数，根据数的奇偶性可知奇位数字之和与偶位数字之和，只可能是一奇一偶，故它们的差不能是0，22或44。
　　若差是33，则奇位数字之和与偶位数字之和，只能是39和6，但这是不可能的。于是差只能为11。奇位数字之和是28，偶位数字之和是17，这样可以求出最大数为。
　　6.能。
　　解：先考虑位于3个“角”上的3个三角形，它们没有公共顶点，共涉及到9个数（只差中间1个○内的数）。注意到0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，这
9个数有如下几种情况：
　　（1）和为42。每个三角形3个顶点上的3个数字之和为14，中间数为3。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只能是9，8；7，6。还缺一对，不可能。
　　（2）和为45。每个三角形3个顶点上3个数字和为15，中间数为0。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只能是9，2；7，4；5，6。
　　（3）和为39。每个三角形3个顶点上3个数字和为13，中间数为6。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只能是7，0；5，2；3，4。
　　（4）和为36。每个三角形3个顶点上3个数字和为12，中间数为9。与中间数相关的3个三角形另外两边构成的数对只有1，2。还缺一对，不可能。
　　据此，有下图所示的两种填法。
　　7.（1）42&138=5796； （2）18&297＝5346；
　　　（3）27&198＝5346；（4）39&186＝7254；
　　　（5）48&159＝7632；（6）12&483＝5796；
　　　（7）4&； （8）4&。
　　提示：9个数分3段，大体上是两位数和三位数相乘，得到一个四位数。我们就按2，3，4或3，2，4的关系来试分。
　　试分以后，需要试算。试算时，不必把全部乘积都乘出来，最简便的办法是先从个位数来判断。比如有一种分法是：21，385，7964，从这3个数的个位数看，因为1&5≠4，所以，就可以判断这种分法不符合题目条件，应该否定。因此，如果试分以后，被乘数和乘数的个位数相乘，乘积的个位数与分段时的乘积个位数不符，那么就可以否定。否定了错误的分法，就可以选出正确答案来。
　　解：根据条件易知a10=0，a5＝5；a2，a4，a6，a8分别是偶数2，4，6，8之一，a1，a3，a7，a9分别是奇数1，3，7，9之一。
　　 的倍数，从而a1+a2+…+a6也是3的倍数，于是a4+a5+a6也是3的倍数。同理a7+a8+a9也是3的倍数。
　　 a4=2或a4=6。
a9找不到适当的数。下面我们讨论其他三种情况：
　　综上所述，本题仅有一解：。
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