奥数：小学奥数系列：第十五讲 数学竞赛试题选讲 (2)

第十五讲数学竞赛试题选讲例1 计算： 1+2+22+23+…+29+210分析这是首项系数是2的等比数列求和问题，可采用“错位相减法”求解．解：设S=1+2+22+23+…+29+210（1）用2乘以上式的两边可得2S=2+22+23+…=210+211（2）用（2）式减去（1）式的两边，得S=（2+22+2 3+…+2 10+2 11）-（1+2+2 2+2 3+…+2 9+2 10）=2 11-1=2048-1=2047．例2 计算：1×0.5+3×（0.5）2+5×（0.5）3+7×（0.5）4+…+17×（0.5）9+19×（0.5）10分析这个和式中的每一项都是两个数的乘积，把各乘积的前一个数依次排在一起构成一个公差为2的等差数列，把各乘积的后一个数依次排在一起构成一个公比是0.5的等比数列，这种数列通常称为混合数列，它的求和方法也采用“错位相减法”．解：设S=1×0.5+3×(0.5)2+5×(0.5)3+…+17×(0.5)9+19×(0.5)10（1）用2乘以上式的两边可得2S＝1+3×0.5+5×（0.5）2+7×（0.5）3+…+17×（0.5）8+19×（0.5）9（2）用（2）式减去（1）式的两边，得S=1+2×0.5+2×(0.5)2+2×(0.5)3＋…+2×(0.5)8+2×(0.5)9-19×(0.5)10=1+1+0.5+（0.5）2+…+（0.5）7+（0.5）8-19×（0.5）10再设 A=1+0.5+（0.5）2+…+（0.5）7+（0.5）8（3）用2乘以（3）式的两边可得：2A=2+1+0.5+…+（0.5）7（4）用（4）式减去（3）式两边，得A=2-（0.5）8=2-0.00390625=1.99609375于是，有：S=1+1.99609375-19×（0.5）10=2.99609375-19×0.0009765625=2.99609375-0.0185546875=2.9775390625．例3 计算：11×12×13+12×13×14+13×14×15+…+100×101×102解：利用裂项法，有11×12×13=（11×12×13×14-10×11×12×13）÷4，12×13×14=（12×13×14×15-11×12×13×14）÷4，13×14×15=（13×14×15×16-12×13×14×15）÷4，…100×101×102=（100×101×102×103-99×100×101×102）÷4，把这90个等式相加，得原式=（100×101×102×103-10×11×12×13）÷4=25×101×102×103-10×11×3×13=26527650-4290=26523360．例4 规定 a*b=a b（其中 a、 b都是自然数），分别计算（5*3）*2和5*（3*2）．解：由5*3=5 3=125125*2=125 2=15625，即有（5*3）*2=15625又由3*2=3 2=9，5*9=5 9=1953125即有5*（3*2）=1953125．说明：规定新的代数运算是一类以近世代数为基础的新题型，近年来多次出现于国内外的数学竞赛题中．解这类问题的关键在于牢记新运算的定义，在计算时严格遵照规定的法则代入数值，遇到括号要优先运算．值得注意的是，有些规定的新运算未必满足交换律或结合律．譬如，本例实质上是乘方运算，由计算结果可知（5*3）*2≠5*（3*2）这就是说，本例规定的运算不满足结合律．又如，运算a△b=3×a-b÷2就不满足交换律，事实上1△2=1×3-2÷2=3-l=2，2△l=2×3-1÷2=6-0.5-5.5，即1△2≠2△1．并且=（a×b+a+b）×c+（a×b+a+b）+c=a×b×c+a×c+b×c+a×b+a+b+c，=a×（b×c+b+c）+a+（b×c+b+c）=a×b×c+a×b+a×c+a+b×c+b+c，从而有=5+7=12，因此例5 互为反序①的两个自然数之积是92565，求这两个互为反序的自然数．注释：①例如1204与4021是互为反序的自然数，而120与21不是互为反序的数．解：①这两个自然数必是三位数．首先，这两个自然数不能是小于100的数，因为小于100的两个最大的反序数是99和99，而99×99＜92565．其次，这两个自然数也不能大于998，因为大于998的两个最小的反序数是999与999，而999×999＞92565．由于a×c的个位数字是5，可以推得：a×c=1×5或3×5或5×5或7×5或9×5；而当a×c≥3×5时有即这是不合题意的．因此，我们可以断定：a×c=1×5，不妨设 a=1， c=5.又由于b是0，1，2，…，9之一，经检验，只有b=6符合题意，这时有165×561=92565．答：所求的两个互为反序的自然数是165和561．如果a≠4，b≠3，c≠2且d≠1，那么满足上述条件的四位数一共有多少个？分析分类、枚举、筛选是解决这类组合计数问题的基本思路．解：依题意，因为a≠4，所以分三类讨论：①首位数字a=1时，百位数字b可取2或4，于是可以画出如下“树形图”①：注释：①树形图是图论中常用的一种分类的直观表示方法．再考虑十位数字c的限制条件，可以画出如下树形图：最后考虑个位数字d的限制条件，可以画出如下树形图：②首位数字a=2时，百位数字b可取1或4，于是画出如下树形图：再考虑十位数字c的限制条件，可以画出如下树形图：最后考虑个位数字d的限制条件，可以画出如下树形图：③首位数字a=3时，类似①、②可以画出如下树形图：说明。

本例实质上是著名的“错装信封的问题”．例7一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶，最多可以迈三级台阶．从地面上到最上面一级台阶，共有多少种不同的迈法？分析按照规定的上楼梯方式，依次考虑楼梯的阶数是1级、2级、3级、4级、…的情况：（用记号an表示n级台阶的楼梯的迈法总数）①当 n=1时，显然只有一种迈法，即 a1=1；②当 n=2时，可以一步一级地走二步上到最上面一级台阶，也可以一步迈二级直接上到最上面一级台阶，因此共有2种不同的迈法，即a2=2；③当n=3时，可以一步一级地走上楼，也可以一步三级上楼，还可以第一步迈一级、第二步迈二级或第一步迈二级、第二步迈一级上楼，因此共有4种不同的迈法，即a3＝4；④当n=4时，分三种情况来分别讨论迈法：1°若第一步迈一级台阶，则还剩下3级台阶，由③可知有a3=4（种）迈法；2°若第一步迈二级台阶，则还剩下2级台阶，由②可知有a2=2（种）迈法；3°若第一步迈三级台阶，则还剩下1级台阶，由①可知有a1=1（种）迈法；综合上述，4级台阶的楼梯总共有：a4=a3+a2+a1=4+2+l=7（种）不同的迈法；④n=5，6，7，8，9，10时，类似地有：答：按照规定的上楼方式，一个有10级台阶的楼梯共有274种不同的迈法．说明：本例通过研究楼梯的级数是相邻自然数时相应迈法之间的关系，从而由1级、2级、3级台阶的迈法总数，逐步推导出4级、5级、…、直至10级台阶的楼梯的迈法总数．这种解决问题的思想方法，通常称为归纳递推方法．例8 摩托车赛全程共281公里，全程被划分若干阶段，每一阶段中有的是由一段上坡路（3公里）、一段平路（4公里），一段下坡路（2公里）和一段平路（4公里）组成的；有的是由一段上坡路（3公里）、一段下坡路（2公里）和一段平路（4公里）组成的．已知摩托车跑完全程后，共跑了25段上坡路，问：全程中包含两种阶段各几段？分析用假设法解应用题．解：因为两种路段都各包含一小段上坡路，故摩托车跑了25段上坡路，即可理解为共跑了两种路段数为25．第一种路段的长是3+4+2+4=13（公里），第二种路段的长是3+2+4=9（公里）假设摩托车跑了25段都是第一种路程，那么跑了13×25=325（公里）．这样比全程多跑了325-281=44（公里）．又因为每一段第一种路段比第二种路段长13-9=4（公里），所以，第二种路段恰有44÷4=11（段），于是，第一种路段有25-11=14（段）．说明：本例的实质是我国传统的鸡兔同笼问题，在此处以行程问题的面目出现．赠：小学五年级数学竞赛题1.把自然数1.2.3.4.....的前几项顺次写下得到一个多位数1234567891011.......已知这个多位数至少有十位,并且是9和11的倍数.那么它至少有几位?2. 在做两个数的乘法时，甲把被剩数的个位数字看错了，得结果是255，乙把被剩数的十位数字看错了，得结果是365，那么正确的乘积是多少？3. 将23分成三个不同的奇数之和，共有几种不同的分法？4、把自然数1、2、3、4......的前几项顺次写下得到一个多位数12345678910111213.....已知这个多位数至少有十位，并且是9的倍数，那么它最少有几位数？5、恰有两位数字相同的三位数共有几个？6、有一群小孩，他们中任意5个孩子的年龄之和比50少，所有孩子的年龄之和是202，这群孩子至少有几人？7、甲乙两同学按先后顺序摆多米诺骨牌，要求摆成正方形，由于每人手里一次只能拿10块，故每次每人摆10块。