N个平面可以把空间分成几部分
平面分空间
n个平面把空间分割成的部分数最多， 个平面把空间分割成的部分数最多， 其位置关系如何呢？ 其位置关系如何呢？ 任何两个平面相交； 1）任何两个平面相交； 2）任何三个平面呢？ 任何三个平面呢？
任何三个平面， 任何三个平面， 不相交于同一条直线， 不相交于同一条直线， 交线也不能相互平行； 交线也不能相互平行；
与“3条直线分割平面最多有几个部分”类比 条直线分割平面最多有几个部分” 有一部分有限。无限部分是： 有一部分有限。无限部分是： 与三角形有一公共边的有三部分， 与三角形有一公共边的有三部分， 与三角形有一公共顶点的有三部分， 与三角形有一公共顶点的有三部分， 于是，总的分割数是1 于是，总的分割数是1+3+3=7。
…… …… …… …… …… …… …… ……
结论： ♦结论：
维空间分割r维空间得到的最大 用 n个( r-1)维空间分割 维空间得到的最大 维空间数目 个 维空间分割 维空间得到的最大r维空间数目 = 用 (n-1)个( r-1)维空间分割 维空间得到的最大 维空 维空间分割r维空间得到的最大 个 维空间分割 维空间得到的最大r维空 间数目+用 维空间分割(r-1)维空间得到的最 间数目 用 (n-1)个(r-2)维空间分割 个 维空间分割 维空间得到的最 维空间数目. 大(r-1)维空间数目 维空间数目 即对任意的r维空间， 个 即对任意的 维空间，n个(r-1)维超平面最多可以把 r维 维空间 维超平面最多可以把 维 切割成W(n,r)部分，则 部分， 空间 切割成 部分
r 1 2 3 4 5 6 …… n 1 2 2 2 2 2 2 2 3 4 4 4 4 4 3 4 7 8 8 8 8 4 5 11 15 16 16 16 5 6 16 26 31 32 32 6 7 22 42 57 63 64 7 8 29 64 99 120 127 …… …… …… …… …… …… ……
六年级第7讲 归纳与推递(学生版)
第七讲归纳与递推1、早在公元前300多年前，古希腊著名科学家欧几里德就在他的旷世名著<几何原本》一书中记载了几何学中最基本、最引人人胜的一条著名定理：“三角形的内角和等于180度”，我们的问题是：①四边形的内角和等于多少度（见下图）?答：五边形的内角和等于多少度（见下图）?答：②进一步，如果把多边形的边数记作n，你能够归纳出n边形的内角和的计算公式吗？答：公式为__ __．③在家庭装修中，经常采用各种正多边形（注：正多边形就是各条边均相等且各内角也相等的多边形）的瓷砖搭配出各式各样的地面图案．小明家装修时采用了三种正多边形瓷砖铺地面，这三种型号的瓷砖可以围绕着地面上的一点既不重叠又不产生漏洞的拼接起来．其中一种型号是正方形，另一种型号是正六边形，你知道第三种型号的多边形瓷砖的边数是多少吗？请写出你的计算过程．2、一条直线分一个平面为两部分，二条直线最多分一张平面为四部分，问：五条直线最多分一个平面为多少部分？3、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明．、一个长方形把平面分成两部分，那么三个长方形最多把平面分成部分．5、 n个平面最多钝将空间分成多少个部分？6、如下图所示，第一个三角形的面积是256，取三角形的3条边的中点，连成一个三角形，将中间的三角形挖去，得到第二个图，再将第二个图中每个三角形按照前一个做法得到第三个图，如此下去……，求第五个图形的面积是。
7、在一张长方形纸片内有n个点，加上四个顶点共，n+4个点，这些点中任意三点都不在同一条直线上，（1）n=4时，将长方形纸片剪开，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形（画出一个示意图即可作答）．(2)n=2010时，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形？并作简要说明．(注意：(1)、(2)中任意两个三角形不重叠）8、在一个圆周上标出一些数，第一次先把圆周二等分，在两个分点旁分别标上和，如图a所示；第二次把两段半圆弧二等分，在分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图b 所示，=＋；第三次把4段圆弧二等分，并在4个分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图c所示，1=＋，1=＋；如此继续下去，当第八次标完数以后，圆周上所有已标的数的总和是____．9、小凯家住二楼，从一楼到二楼的楼梯共有9阶，小凯上楼时每步可跨1阶、跨2阶、或跨3阶．请问他共有多少种不同的方法上楼？10、仅由数字1和2组成一些数，其中至少有两个数字1相连的数称为“学而思数”，如11，112，1211等都是“学而思数”，而12212就不是“掌而思数”．那么所有六位的学而思数共多少个？11、用1×2小长方形或1×3的小长方形覆盖2×6的方格网（如下图所示），共有不同的盖法。
田增伦函数方程的代换解法
田增伦 函数方程的代换解法虽然函数方程早在200多年前就已经被人们提出并加以研究了. 但至今还没有关于函数方程的统一理论和解函数方程的一般方法，也没有关于函数方程的解的存在性和唯一性的判别准则. 不仅如此，甚至还有一些函数方程至今未能解出. 而且函数方程现有的一些解法，往往要借助于高等数学的工具（例如把函数方程化为微分方程，或者化为有限差分方程等等）. 这当然远远超出这本小册子的范围. 但是，对于某些特殊的、简单的函数方程，应用初等方法也是能够解出的. 其中有一种方法叫代换法. 我们就来介绍这种方法.[例5] 解函数方程)1(.1)(2≠=⎪⎭⎫⎝⎛+a •ax •x f x af （17）解 因原式中0≠x ，把自变量x 换为x 1，于是x1就换为x. 函数方程（17）化为 .)(1•x a x f x af =+⎪⎭⎫⎝⎛ （18）（17）乘以a ，得⋅=+⎪⎭⎫ ⎝⎛x •a x f a x af 22)(1 （19） （18）－（19），得⋅-=-x •a xax f a 22)()1( ∴)1()1()(22a x ax a x f --=.从上例可以看出，代换法的基本思想是这样的：将函数中的自变量x 适当地代换以别的自变量（在代换时应注意力求使函数的定义域不发生变化），得到一个新的函数方程. 把新得到的这个函数方程与原有的函数方程联立，组成一个关于未知函数的代数方程组. 再应用通常的消元法，解这个方程组，就求得了原函数方程的解. 至于原来函数中的自变量x 用什么东西代换才算是适当的，这就要看所给的函数方程的具体特点了——这属于解题技巧问题.[例6] 求函数f (x )，如果bx x f x af n n =-+)()(， （20）其中12≠a，n 是奇数.解 把x 换以-x ，由于n 是奇数，就有bx x f x af n n -=+-)()(. （21）从（20），（21）中消去)(n x f -，求得1)(-=a bxx f n . 因为n 是奇数，可以把nx 换成x ，所以最后有1)(-=a xb x f n . [例7] 解函数方程cx x bf x af =-+-)1()1(. （22）解 把(x-1)代之以x ，那末（1-x ）就代之以-x ，而x 就应代之以（1+x ）； 又如果把（x-1）代之以-x ，那末（1-x ）就代之以x ，而x 就应代之以（1-x ）. 分别代入原函数方程，就得⎩⎨⎧-=-++=-+.)1()()(,)1()()(•x c x af x bf •x c x bf x af 解这个方程组，得知： （1）当22b a≠时，ba cx b a c x f ++-=)(； （2）当22b a=，而0≠c 时，f (x )不存在；（3）当a =b ，且c =0时，f (x )是任何奇函数；（4）当a =-b 是，且c =0时，f (x )是任何偶函数. [例8] 解函数方程y x f y x f y x f cos )(2)()(=-++. （23）解 依次作下列代换：,2,2;2,2;,0t ••y ••x ••y•t •x t ••y••x +π=π=π=+π=== 就得到方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛π-=-++π=++π=-+)26(.sin 22)()()25(,0)()()24(,cos )0(2)()(••t •f t f t f ••••t f t f •••t •f t f t f （24）+（25）-（26），得t f t f t f sin 22cos )0(2)(2⎪⎭⎫⎝⎛π+=.就是t f t f t f sin 2cos )0()(⎪⎭⎫⎝⎛π+=.记,2,)0(•f •b •f a ⎪⎭⎫⎝⎛π==即得x b x a x f sin cos )(+=.有时候要把自变量代换成具体的数值才行. 而当f (x )是定义在自然数上的函数时，往往要进行多次代换，才能求出这个函数. 记住等差数列和等比数列前n 项和的公式，往往是很有用的.我们知道，当首项为a ，公差为d 时，等差数列前n 项的和.2])1(2[])1([)2()(•d n a n •d n a d a d a a S n -+=-+++++++= （27）特别是当a=1，d=1时，.2)1(321•n n n S n +=++++= （28） 对于首项为a ，公差为)1(≠q 的等比数列，前n 项的和1)1(12--=++++=-q q a aqaq aq a S n n n . （29） 特别是当)1(≠=q a时，1)1(32--=++++=a a a a a a a S n nn . （30）[例9] 设函数f (n )的定义域是自然数，求f (n )，使它满足条件)32(.1)1()31(,)()()(•••••f ••mn •n f m f n m f =++=+解 设m=1，便有.1)()1(•n n f n f ++=+把n 顺次用1，2，3，…，(k+1)代换，就得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++=+=+=.)1()()1(,,4)3()4(,3)2()3(,2)1()2(•k k f k f ••f f •f f •f f 把方程组的所有方程相加，得,2)2)(1()1(321)1(432)1()1(•k k •k •k f k f ++=+++++=++++++=+∴.2)1()(•n n n f +=[例10] 函数f (n )定义在自然数上，且满足)34(.1)1()33(,)1()(••••f •••a n f n f n =+-= 求f (n ).解 把n 分别代换以2，3，4，…，n ，便得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+-=+=+=+=.)1()(,)3()4(,)2()3(,)1()2(432•a n f n f •a f f •a f f •a f f n 加在一起就化为.)1()(32•a a a f n f n +++==所以⎪⎩⎪⎨⎧≠--+==-.1,1)1(1,1,)(12•a ••a a a •a •••n •n f n 时当时当[例11] （1）n 个同学任意排成一队，共有多少种排法？ （2）从n 个同学中任意选出)(n k ≤个同学排队，共有多少种排法？解 （1）设n 个同学排队，共有f (n )种排法. 如果再增加1个同学，让这位同学插入队伍. 对于原来n 个同学的每一种排法，这位同学可以排在第1名（队首），第2名，第3名，…，第n+1名（队尾），即有n+1种“插”法. 因此)()1()1(n f n n f +=+ （35）而.1)1(•f =依次令n=1，2，3，…，得.)()1()1(,)3(4)4(,)2(3)3(,)1(2)2(•n f n n f •f f •f f •f f +=+===把这些等式左右两边分别相乘，便有.)()3()2()1()1(432)1()4()3()2(•n f f f f n n f f f f +∙∙∙∙=+依题意可知f (2)、f (3)、…、f (n )都不为0，故两边同除以f (2)f (3)f (4)…f (n )后，得到.)1(321)1()1(432)1(•n •f n n f +∙∙∙∙=+∙∙∙∙=+∴.!)(•n •n f =这里，记号n n •∙∙∙∙= 321!，读做n 的阶乘. 就是说，n 个同学排成一队，共有!n •种排法. （2）设从n 个同学选出k 个同学排队，共有f k (n )种排法. 现在新增加一位同学，共有了(n+1)个同学，仍选出k 个同学排队. k 个同学排成的队伍可以分为两类：一类是这个新同学没有选进的队伍. 这种排法按照假设应共有f k (n )种. 另一类是新同学被选入队伍. 设想这种队伍的排法是这样实现的：由新同学替换原来队伍中的旧同学. 我们来看，如果新同学替换的是原队伍中的第1名，共有多少种排法；乍看起来，因为原队伍共有f k (n )种排法，因而以新同学为队首的排法也有f k (n )种. 其实不然. 因为在原队伍中，如果队首以后的(k-1)个同学及其排列顺序确定时，这时尚余1)1(+-=--k n k n 个同学可充当队首. 因而有1+-k n 种排法. 但当队首被新同学替换后，就变成1种排法了. 可见以新同学为队首的排法为)(11n f k n k +-种. 同样的，以新同学为第2名，第3名，…，第k 名的队伍，排法也各有)(11n f k n k +-种. 总之，有新同学出现的队伍，排法一共有)(1n f k n kk +-种. 于是，得函数方程)(1)()1(n f k n kn f n f k k k +-+=+.或者)(11)1(n f k n n n f k k +-+=+. （36）分别令n=k ，k+1，…，得.)(11)1(,)2(33)3(,)1(22)2(,)(11)1(•n f k n n n f •k f k k f •k f k k f •k f k k f k k k k k k k k +-+=+++=+++=++=+相乘，约去等式两边相同的因式（它们显然是不为0的），得.)(11332211)1(•k f k n n k k k n f k k +-+∙∙+∙+∙+=+ 但由第（1）题知，.!)(•k •k f k =所以.)!1(!)1)(2()1()1(•k n k k k n n n f k +-∙+++=+或者.)1()2)(1()!(!)(•k n n n n k n n n f k +---=-=这就是从n 个同学中任意选出)(n k ≤个同学排队的共有的排法.在这里，我们实际上得到了排列公式：从n 个不同的元素里，每次取出)1(n kk ≤≤个元素，选排列（即k<n 时）数为••k n n n k n n n f A k k n ;)1()1()!(!)(+--=-== （37） 全排列（即k=n 时）数为.!•n A P nn n == （38）（注意，我们规定0！=1）[例12] 求从n 个不同的元素里，每次取出)1(n kk ≤≤个元素的组合数F k (n )公式，以及F k (n )所应满足的函数方程.解 有了排列数公式，可以方便地推导出组合数公式. 设从n 个不同的元素里，每次取出)1(n kk ≤≤个元素的排列数为f k (n ). 因为k 个元素的全排列数为k!，而这k ！个排列在组合中只算作1组. 因此，排列数与组合数间有如下关系：.)(!)(•n F k n f k k = （39）代入（37），得.)!(!!)!(!!1)(!1)(•k n k n k n n k n f k n F k k -=-∙==（40） 这就是我们所要求的公式.把（39）代入函数方程（36），得)(!11)1(!n F k k n n n F k k k ∙+-+=+，即)(11)1(n F k n n n F k k +-+=+ （41）这就是组合数F k (n )所应满足的函数方程.从n 个不同的元素里，每次取出k 个元素的组合数，通常记做kn C . 这样，公式（40）可写成)!(!!k n k n C k n -=， （42）而公式（41）则可写成kn k n C k n n C 111+-+=+. （43）[例13] （1）直线上有n 个点（任何两点不相重合）. 这n 个点把直线分成了多少部分（区间）？（2）平面上有n 条直线（任何两条直线彼此相交，但任何三条直线不交于同一点）. 这n 条直线把平面分成了多少部分？（3）空间中有n 个平面（任何三个平面彼此相交，而任何四个平面却无公共点）. 这n 个平面把空间分成了多少部分？解 （1）设直线上n 个点A 1，A 2，…，A n 把直线分成了f 1(n )个部分（图6）. 现在再加上一个点A n +1. 这个点把原来的某一区间分成两个区间. 所以)1(1+n f 比)(1n f 多1. 就是)1(1+n f =)(1n f +1， （44）而)1(1f =2. （45）解函数方程（44），得1)(1+=n n f .就是说，直线上n 个点把直线分成（n+1）个部分.（2）设平面上n 条直线l 1，l 2，…，l n 把平面分为f 2 (n )个部分（图7）. 增加一条直线l n+1. 这条直线与原来的n 条直线相交于n 点. 由第（1）题的结论，这n 个点把直线分成（n+1）个部分. 这（n+1）个部分的每一段都穿过原来的某一个区域，且把这个区域分成两部分. 所以)()1(22n f n f 比+多n+1. 就是1)()1(22++=+n n f n f ， （46）而2)1(2=f . （47）进行一系列代换，得.)1()()1(,4)3()4(,3)2()3(,2)1()2(22222222•n n f n f •f f •f f •f f ++=++=+=+=相加后，得.)1(432)1()1(22•n f n f ++++++=+或者243)1(22++=+n n n f ， 也就是22)(22++=n n n f . 这就是说，n 条直线把平面分成222++n n 个部分.（3）设n 个平面把空间分成)(3n f 个部分. 类似于上面的分析，可得函数方程.22)()1(233•n n n f n f +++=+ （48）而.2)1(3•f = （49）依次进行代换，得.122)()1(,12323)3()4(,12222)2()3(,12121)1()2(233233233233•nn n f n f •f f •f f •f f +++=++++=+++=+++=相加即得.)21(21)21(21)1()1(22233n •n ••n f n f +++++++++=+ 但是,6)12)(1(21222•n n n n ++=+++ （50）.2)1(21•n n n +=+++ 所以.4)1(12)12)(1(2)1(3n •n n n n n n f ++++++=+于是.665)(33•n n n f ++=即n 个平面把空间分成)65(613++n n 部分. [例14] 把圆分成n 个不相等的扇形，并且用红、蓝、绿三种颜色给扇形染色，但不许相邻的扇形有相同的颜色. 共有多少种染法？解 设把圆分成扇形S 1，S 2，…，S n （图8）. 开始时，可以给S 1涂以任何一种颜色. 所以S 1有3种染法. S 1染色后，S 2的染法 有2种：即涂上和S 1不同的两色中的 任何一种. S 1，S 2染色后，染S 3的方法 也有2种，这是因为S 3可以与S 1同色. 在保持与前一个扇形不同色的条件下， 这样顺次染下去，染色方法的总数为123-⨯n种. 但是应当注意，在这些染法中，显然还 包含S n 与S 1同色的情形. 我们来看这种情形 有多少种. 设有某一种染法使S n 与S 1同包，折 去S n 与S 1的分界半径OP （图8）. 那末，这种 染法其实就是分圆为n-1个扇形时同色不相邻的染法. 因此，一般说来，设扇形数为n 时，染法的总数为f (n ). 于是得到函数方程.23)1()(1•n f n f n -⨯=-+我们来解这个方程. 以n)1(-乘它的两边，得.)2(3)1()1()()1(11•n f n f n n n ---⨯-=----同理有.)2(3)2()1()3()1(,)2(3)2()1()1()1(223221•f f •••n f n f n n n -⨯-=----⨯-=--------显然)2(3)2()1(2-⨯-=-f .加在一起，并把右边的等比数列用和表示，得.])2(1[2)2(1)2(1)2(3)()1(11•n f n n n----=----∙-∙-=-∴.2)1(2)(•n f n n ∙-+= 就是说，一共有2)1(2∙-+n n种染法.练习与解答练习1 解函数方程：)0(.1)(222>=⎪⎭⎫⎝⎛+x •x •x f x f解 ∵)1(.1)(222••x •x f xf =⎪⎭⎫ ⎝⎛+以x1代换x ，得 )2(.1)(1222•••x x f x f =+⎪⎭⎫⎝⎛（1）×2－（2），得.12)(32•xx x f -=∴ .312)(22•xx x f -=以x 代换x 2，得.312)(•x x x f -=练习2 解函数方程：)(.)()(2233b a •cx •x bf x af ≠=-+解 ∵)1(.)()(33••cx •x bf x af =-+以-x 代换x ，得)2(.)()(33••cx •x bf x af -=+-（1）×a-（2）×b ，得.)()(3232bcx •acx x f b x f a +=-即.)()(223•ba cxb a x f -+=∴.)()(223•ba c cb a x f -+=练习3 解函数方程：)1,0(.11)(≠≠+=⎪⎭⎫⎝⎛-+x •x •x •x x f x f解 ∵)1(.11)(••x •x x f x f +=⎪⎭⎫⎝⎛-+以xx 1-代换x ，则 .111111•x xx x x x x --=----化为原方程化为)2(.12111•••x x x f x x f -=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛-再以11--x 代换（1）中的x ，又得)3(.12)(11•••x x x f x f --=+⎪⎭⎫⎝⎛--（1）÷（3）-（2），得.12121)(2•xx x x x x f ----++= 即.)1(21)(23•x x x x x f ---=练习4 已知10)1(=f ，且,910)()1(•n n f n f +=-+求)(n f .解 依次令n=1，2，3，…，得.910)()1(,9310)3()4(,9210)2()3(,9110)1()2(•n n f n f •f f •f f •f f +=-++⨯=-+⨯=-+⨯=- 相加在一起，得.910310210110)1()1(n •n f n f +++⨯+⨯+⨯=-+但.10)1(•f =∴109)321(10)1(++++++∙=+n n n f.1)1(4)1(51014522•n n n n ++++=++=∴ .145)(2•n n n f ++=练习5 已知1)2(,0)1(==f •f . 解函数方程：)0,0(.)()2(22>>=+•b •a ••n f b n f a解 若n 为偶数：n=2k ，则原方程化为.)2()22(22•k f b k f a =+依次令k=1，2，3，…，得.)2()22(,)6()8(,)4()6(,)2()4(22222222•k f b k f a •f b f a •f b f a •f b f a =+===左右两边分别相乘，约去公因式后得：.)2()22(22•f b k f a k k =+∴ .)2()22(222•a b f a b k f kk k ⎪⎭⎫⎝⎛==+ ∴)1(.)(2•••a b n f n -⎪⎭⎫⎝⎛=若n 为奇数：n=2k+1，则原方程化为.)12()32(22•k f b k f a +++依次令k=0，1，2，3，…，得.)12()32(,)5()7(,)3()5(,)1()3(22222222•k f b k f a •f b f a •f b f a •f b f a +=+===将后k 个等式两端分别相乘，并约去公因式后得.)3()32(22•f b k f a k k =+但.0)1()3(22•f a b f == ∴.0)32(•k f =+或)2(.0)(••••n f =综合（1），（2），得.2])1(1[)(2•a b n f n n -⎪⎭⎫ ⎝⎛∙-+=练习6 （1）凸n 边形有多少条对角线？解 设n 边形A 1A 2…A n 有f (n )条对角线. 增加一条边成为n+1边形A 1A 2…A n A n +1. 原多边形的一条边A 1A n 变成对角线，且由顶点A n +1可引出（n-2）条对角线. 所以有.)1()()1(•n n f n f -+=+依次令n=3，4，5，…，得.1)()1(,14)4()5(,13)3()4(•n n f n f •f f •f f -+=+-+=-+=相加，得.)2()43()3()1(•n n f n f --++++=+考虑到0)3(=f ，即得.2)2)(1()1(•n n n f -+=+即.2)3()(•n n n f -=就是说，凸n 边形共有2)3(-n n 条对角线. （2）凸n 边形的内角和是多少度？解 设凸n 边形的内角和为f (n )度. 仿（1）可以求得.180)2()(•n n f ︒⨯-=练习7 （1）两两相交但不共点的n 个圆把平面分成了几部分？解 设n 个两两相交的圆n •c ••••c •c ,,,21 把平面分成)(1n f 部分. 作第n+1个圆1+n c 与所有的圆两两相交，共有n 对点. 这n 对点把1+n c 分成2n 部分，所以圆1+n c 又从被原来的n 个圆所分的平面数)(1n f 中截分了2n 部分，即.2)()1(11n •n f n f ++解这个函数方程，得.2)(21•n n n f +-=（2）两两相交但不共点的n 个球把空间分成了几部分？解 设n 个两两相交的球分空间为)(2n f 部分. 则第n+1个球的球面被原来的n个球分成22+-n n部分[见（1）]. 所以有.2)()1(222•n n n f n f +-+=+解这个函数方程，得.3)83()(22•n n n n f +-=。
组合数学北大教材习题_answer
第一章习题1.证任一正整数n可唯一地表成如下形式:,0≤a i≤i,i＝1,2,…。
2.证nC(n-1,r)=(r+1)C(n,r+1).并给出组合意义。
3.证。
4.有n个不同的整数，从中取出两组来，要求第一组数里的最小数大于第二组的最大数。
问有多少种方案？.5.六个引擎分列两排，要求引擎的点火的次序两排交错开来，试求从一特定引擎开始点火有多少种方案。
6.试求从1到1000000的整数中，0出现了多少次？7.n个男n个女排成一男女相间的队伍，试问有多少种不同的方案？若围成一圆桌坐下，又有多少种不同的方案？8.n个完全一样的球，放到r个有标志的盒子,n≥r,要求无一空盒，试证其方案数为.9.设,p1、p2、…、p l是L个不同的素数，试求能整除尽数n的正整数数目.10.试求n个完全一样的骰子掷出多少种不同的方案？11.凸10边形的任意三个对角线不共点，试求这凸10边形的对角线交于多少个点？又把所有对角线分割成多少段？12.试证一整数是另一个整数的平方的必要条件是除尽它的数目为奇数。
13.统计力学需要计算r个质点放到n个盒子里去,并服从下列假定之一，问有多少种不同的图象。
假设盒子始终是不同的。
(a)Maxwell-Boltzmann假定：r个质点是不同的，任何盒子可以放任意数个.(b)Bose-Einstein假定：r个质点完全相同，每一个盒子可以放任意数个.(c)Fermi-Dirac假定：r个质点都完全相同，每盒不超过一个.14.从26个英文字母中取出6个字母组成一字，若其中有2或3个母音，问分别可构成多少个字(不允许重复)？15.给出的组合意义.16.给出的组合意义。
17.证明:18.从n 个人中选r 个围成一圆圈，问有多少种不同的方案？19.分别写出按照字典序由给定排列计算其对应序号的算法及由给定序号计算其对应排列的算法。
20.(a)按照第19题的要求，写出邻位对换法(排列的生成算法之二)的相应算法。
数学竞赛经典讲座-组合不等式
组合不等式 讲 座组合不等式问题是数学竞赛中的热点问题，通常也是教学竞赛中难度很大的问题，同时也是针对学生思维考测的典型问题．组合不等式问题的内容非常广泛，涉及到代数、几何、数论等多个分支。
组合不等式问题有：组合数不等式、组合计数不等式、组合最值、组合几何不等式、组合数论不等式等．下面就从几个典型的组合不等式问题的研究，提高我们的思维能力．例1：对n ≥2，证明（1）n n n n C 422<<；（2）1124--<n n n C证明：（1）当n =2时，22222462<=<⨯C 不等式成立设kk k k C 422<<成立，则1+=k n 时由n k k k k k k k k k n C C C C 22222212121222==⋅>>==++++ n k k k k k k k k kk n n C C C k k C C 4444422112221222122==⋅<=⋅<++⋅<=++ 知不等式成立由归纳原理，对n ≥2不等式nn n n C 422<<恒成立（2）∑-=----=⋅==12012122212122124n k k n n n n C nn n k n n k n C C C 121112122--=---=>=∑ 例2：在一个车厢中，任何()3≥m m 个旅客都有惟一的公共朋友（当甲是乙的朋友时，乙也是甲的朋友；任何人都不作为自己的朋友），问在这个车厢中，朋友最多的人有多少位朋友？解：设朋友最多的人有k 个朋友，显然，m k ≥，若m k >，设A 有k 个朋友B 1，B 2，…，k B ，并记{}k B B B S ,,21=．设{}121,,,-m i i i B B B 是S 的任一个1-m 元子集，则A ,121,,,-m i i i B B B 这m 个人有惟一的公共朋友，记为i C ．因i C 是A 的朋友，故S C i ∈．宝义映射{}S C B B B f i i i i m ∈→-121,,,: ，则f 是从S 的所有1-m 元子集的集合到S 的一个单射．事实上，若有S 的两个不同的1-m 元子集{}121,,,-m i i i B B B和{}121,,,-m j j j B B B，二者有相同的象i C ，则因{}{}1111,,,,--m m j j i i B B B B中至少有m 个元素，这m 个人有两个公共朋友A 和i C ，此与已知矛盾．由于f 是单射，故有k C m k≤-1．另一方面，因为3≥m ，21≥-m ，所以k C C C k k m k =>≥-121，矛盾．可见，所求的最大值为m ．例3：设{}10,,2,1 =S ，k A A A ,,,21 都是S 的子集且满足（1）k i A i ,,2,1,5 ==；（2）k j i A A j i ≤<≤≤1,2 ．求k 的最大值．解：设k 有个子集满足题中条件（1）和（2），并设i 属于这k 子集中的i x 个集合，i =1，2，…，10．若j A i ∈ ，k A i ∈，k j ≠，则称i 为一个重复数对．于是由数i 导致的重复数对有2i x C 个．由S 中的10个元素所导致的重复数对的总数为2221021x x x C C C +++ ，k x x x 51021=+++ ． 另一方面，每两个子集间至多有两个重复数对，所以k 个子集之间至多有22k C 个得复数对．因而有222221021k x x x C C C C ≤+++ ①由柯西不等式有2221021x x x C C C +++ ()()(){}1112110102211-++-+-=x x x x x x ()()102121022212121x x x x x x +++-+++= ()k x x x 25212102212-++= ()()2452552012-=-≥k k k k ②由①和②得到()1245-≤-k k ③由③解得6≤k ．这表明至多有6个子集．例4：设3221,,,+n P P P 为平面上的32+n 个点，其中任何3点都不共线，任何4点都不共圆．过其中3点作圆，使其余n 2个点在圆内和圆外各有n 个点，这种圆的个数词类K ，求证2321+>n C K π．证明：首先证明对任意两点i P ，j P ，一定存在第3点k P ，使得过i P ，j P ，k P 3点的圆满足题中的要求．为此，不妨设直线i P j P 的上方的点数1+≥n m ．因为任何3点不共线，任何4点不共圆，故可将直线上方的m 点按对线段i P j P 的张角从小到大排列为1k P ，2k P ，…m k P ，即有︒<∠<<∠<∠<︒180021j k i j k i j k i P P P P P P P P P m由此可知，过i P ，j P ，k P 3点的圆内的点数不多于n ．若两圆中有一圆内恰有n 个点，则它就满足要求．否则，前者内部点数大于n ，后者内部点数小于n ．而当顺次考察过i P ，j P ，k P （h=1,2,…,m ）3点的圆时，圆内给定点的个数每次恰减少1个．故知其中必有1个圆满足题中要求．这样一来，对于{}3221,,,+n P P P 中的任意两点都可以作出1个圆满足题中要求．于是共可得到232+n C 个圆．但在这个计数过程中，每个圆可被计数3次，故得232232131++>≥n n C C K π． 例5：10人到书店去买书，已知（1）每人都买了3种书；（2）任何两人所买的书中，都至少有一种相同．问购买人数最多的一种书最少有几个人购买？说明理由．解：右图中，由正五边形的中心和两个相领顶点构成的三角形共有5个，由正五边形的3个不全相连的顶点构成的三角形也共有5个．不难看出，这10个三角形中的任何两个都至少有一个公共顶点．将这些三角形的顶点号码组写出来并让10人所买的书号依次为这10个三角形的顶点号码组：（123），（134），（145），（156），（162），（245），（356），（426），（523），（634）． 显然，每种书都有人购买．故知所求的最小值示超过5．设所求的最小值为4，10人共买了n 种书且第i 种书有i m 人购买，于是4≤i m 且3021=+++n m m m ．当两人买同一种书时，称之为一个“书对”．由已知，每两人之间至少有1个书对，于是至少共有45210=C 个书对．另一方面，由第i 种书形成的书对有2i m C 个，共有22221nmm m C C C +++ 个书对．从而有 4522221≥+++nm m m C C C ①因为624=C ，323=C ，122=C ，故又有437222422221=+≤+++C C C C C nm m m ②由于①与②矛盾，故知所求的最小值为5．例6：在1980×1981的方格表的每个方格中都写有＋1，－1和0之一，且表中所有数之和等于0．试证存在两行和两列，使得位于它们交点处的4个数之和为0．证明：若不然，则任何一个边在网格线上的矩形的4个角格中的4数之和均不为零． （1）考察数表中0的个数．设表中1981列中0的个数依次为198121,,,k k k ．因为不能有两行两列之交的4个方格中同时为0，故有197999019811219802⨯=≤∑=i ki C C．①因为990245=C ，946244=C ，故表中0的个数不超过1980×45个．1980×1936，故－1的个数与＋1的个数都不少于1980×968．若有某行中有1015个－1，则因有＋1最多的一行至少有968个＋1，故必有两个－1与两个＋1同列，此与反证假设矛盾，故知每行中－1的个数和＋1的个数均不超过1014．设第i 行有ni 个－1，mi 个＋1，1980,,2,1 =i ．因为不能有两行两列之我的4格中的数之和为0，故必有∑=⨯=≤19801219819901981i Cnimi ，②其中∑=⨯≥198019681980i ni ，∑=⨯≥198019681980i mi ，ni ，1014≤mi ，1980,,2,1 =i ．由排序不等式知在②式中可设{}ni 递增而{}mi 递减且在容许条件下前面的mi 尽可能大，前面的ni 尽可能地小．从而有∑=⨯≥19801210141800i nimi ③③与②矛盾，这就完成了反证的证明．例7：在某项竞赛中，共有a 名参赛选手与b 位裁判员，其中3≥b 为奇数，每位裁判对每名选手的评分都只有“合格”与“不合格”两种，设N k ∈，任何两位裁判至多可对k 名选手有完全相同的评分，求证bb a k 21-≥． 证明：当两位裁判对一名选手的评分相同时，称之为一个“相同评分对”下面对相同评分对的个数进行换序求和．一方面，每名运动员都获得b 位裁判的各一个评分．设第i 名选手获得xi 个合格与xi b -个不合格，于是由第i 名选手产生的相同评分对的个数为22i ix b x C C -+，a i ,,2,1 =．从而所有相同评分对的个数为()()221122m m ai x b x C C a C Ci i +≥++=-∑()()()2112am m m m m a=-++=， 其中12+=m b ，N m ∈． 另一方面，任何两位裁判所产生的相同评分对至多k 对，故所有相同评分对的个数不超过2b kC ． 结合起来，得到()21222am C C kC ai x b x bii ≥+≥∑=-， ()2121am b b k ≥-⋅， 21-⋅=≥b a am kb ， bb a k 21-≥． 例8：n 个平面最多可以将空间分成多少个部分区域？解：为求这个最大值，我们先证如下的引理，平面上的n 条直线，最多可以把平面分成121++n C 个部分．显然，当这n 条直线两两相交且任何三条都不共点时，把平面分成的部分最多．设平面被k 条直线分成的部分数的最大值为k m ，然后加入第1+k 条直线，它与前k 条直线中的每一条都相交，共得到k 个交点，这k 个点将第1+k 条直线分成1+k 段，其中每一段都把它所穿过的区域一分为二．故知由于第1+k 条直线的加入而新增加的小区域数与第1+k ．这样，我们得到递推公式11++=+k m m k k由此递推即得211--+-+=+=n n n m n n n m m1112121111+=++++-+=+++-+=+n C n n m n n这就完成了引理的证明，下面利用引理来解原题．设空间中的k 个平面最多能把空间分成k υ个区域，然后考察当第1+k 个平面加入时，新增加的小区域的个数．这时，第1+k 个平面与前k 个平面中的每个平面都交于1条直线，在第1+k 号平面上共得到k 条直线．由引理知，这k 条直线最多能把平面分成121++k C 个部分，其中每部分都把它所穿过的区域一分为二，故得递推关系式mk k k +=+υυ1由此递推即得1121υυ++++=--m m m n n n()2122212+-++++=-n C C C n n 131++=+n C n ，即空间中的n 个平面最多可以把空间分成131+++n C n 个部分，这个最大值当任何3个平面都共点，任何四个平面都不共点时取得．例9：设{}n S ,4,3,2,1=项的数列n a a a ,,,21 具有下列性质：对于S 的任何一个非空子集B （集B 的元数记为B ），在该数列中都有相邻的B 项恰好组成集合B ．求项数n 的最小值．解：对于每个S i ∈，它都可以与S 中的另外3个元素各组成一个二元子集，即共有3个含i 的二元子集，若i 在数列中仅出现1次，则含i 的相邻两项组至多两个，所认i 在数列中至少出现两次，由于1，2，3，4都至少出现两次，故数列至少有8项，即8≥n ．另一方面，容易验证，8项数列3，1，2，3，4，1，2，4满足题中条件． 综上可知，数列项数n 的最小值为8．例10：给定平面的n 的相异点，证明其中距离为单位长的点对少于32n 对． 证：对于平面上的点集{}n P P ,,1 ．令i e 表示与i P 相距为单位长的点j P 的个数，不妨设1≥i e ，则相距为单位长的点对的对数是221ne e e E +++=设i C 是以点i P 为圆心，以1为半径的圆．因为每对圆至多有2个交点，故所有的i C 至多有()122-=n n C n 个交点．点i P 作为j C 的交点出现2j e C 次，因此()∑=≥-nj e j C n n 121()()∑∑==-≥-=n j j nj j j e e e 12112121 ①由柯西不等式及①式得()()∑∑==-⋅≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡-n j j n j j e n e 122111()3212n n n n <-⋅≤于是有()∑=⋅<-nj jn e132121∑==nj jeE 33222n n n <+<．于是问题得证．例11：设A 是一个n 元集合，A 的m 个子集m A A A ,,,21 两两互不包含，试证（1）∑=≤mi in A C 111；（2）∑=≥mi i nm A C12，其中i A 表示i A 所含元素的个数 证：按定义有()!!!1n A n A A C i i i n -=， 由此可见，为证（1），只须证明等价不等式()∑=≤-mi iin A n A 1!!!．①对于每个i A ，利用i A 构造集A 中的n 个元素的排列如下：前i A 个位置是i A 中的所有元素的一个排列，后()i A n -个位置是i A 的补集ci A 中的所有元素的一个排列，这样的排列称之为从属于iA的排列，按乘法定理知，这样的排列数是()!!i i A n A -．当i j ≠时，不妨设i j A A ≥，如果有一个A 的元素的排列既从属于i A ，又从属于j A ，则其中的前i A 个元素都属于i A ，前j A 个元素都属于i A ，从而有j i A A ⊂，此与已知矛盾，这表明从属于不同子集的任何两个排列互不相同，因为A 中n 个元素的所有排列总数为!n ，故得不等式①．对于任何m 个正数m a a a ,21,，由柯西不等式有⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=∑∑∑===m i i m i i m i i i a a a a m 1121211． ②在②中令iA ni C a =，m i ,,2,1 =，由已证的不等式（1）即得∑∑∑===≤⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤m i An mi A n m i An i i iC C C m 11121 例12：已知一个由0和1组成的数列n x x x ,,,21 ，A 为等于（0，1，0）或（1，0，1）的三元数组()k j i x x x ,,的个数，其中i j x x k j i ≠≤<<≤1的j 的个数．（1）求证：222321nd d d n C C C C A ----= ； 给定奇数n ，求A 的最大值．解：对于n i ,,2,1 =，令{}n j i x x i j x x x D i j i j j i ≤<≠<≤==,;1,，于是有i i d D =，在i D 中任取二元与i x 共3项，按下标从小到大的顺序排成三元数组，所有这样数组的集合记为i S ，显示然，2i d i C S =，将所有不满足题中要求的三元数组的集合记为T ，则T S i ⊂，n i ,,2,1 =且诸i S 两两不交，实际上，若()i k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x =≠；若()j k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x ≠=；若()k k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x ==，由此可知诸i S 两两不交．另一方面，对于T 中任一个三元数组()k j i x x x ,,，必为下列6种情形之一：（0，0，1），（0，1，0），（0，1，1），（1，0，0），（0，0，0），（1，1，1），按定义，前两种情形属于j S ，中间两种情形属于i S ，后两种情形属于k S ，故有 ni iST 1=⊂，从而得到ni i S T 1==⊂由此即得2223321nd d d n n C C C C T C A ----=-= 再解（2）按i D 和i d 的定义，对任一个二元数组()j i x x ,，n j i ≤<≤1，若j i x x =，则j i D x ∈并在j d 中计数一次；若j i x x ≠，则j x 恰在i d 中计数一次，由此可见，所有i d 之和恰为所有二元数组的个数，即有∑==ni n iC d12．为求A 的最大值，只须求∑=ni d jC12的最小值，这时，由柯西不等式有∑∑==≤⎪⎭⎫⎝⎛ni i n i i d n d 1221①所以有()∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=ni ni n i n i i i i i d d d d d C i11112221121 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛≥∑∑==n i i n i i d d n 121121 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==112111n i i n i i d n d ()()3181--=n n n ②因为12+=k n ，所以k n 21=-，223-=-k n ，()181-n n()()21213k nC k nk n =-=-，代入②式即得212k ni d nC C i ≥∑= ③由①知，③式中等号成立当且仅当()12121-====n d d d n ，容易验证，当数列中奇数项均为0而偶数项均为1时，所有i d 都相等，这表明③式右端所表示的最小值是可以取得的，从而知A 的最大值为()()()()()1241318121612230-=-----=-=n n n n n n n n nC C A k n ． 例13：圆周上有800个点，依顺时针表为800,,3,2,1 。
平面分空间的规律
平面分空间的规律《平面分空间的规律》在空间中，平面分空间存在着这样的规律：n个平面最多可将空间分成(n³ + 5n + 6) / 6个部分。
咱们来幽默风趣地解释一下这个规律。
想象空间是一个巨大的蛋糕，平面呢，就像是切蛋糕的刀。
如果只有1个平面去切这个蛋糕（也就是空间），就像用一把刀直直地切下去，那么这个空间就被分成了2块，就像蛋糕被切成了两半。
这时候n = 1，代入我们的公式(n³ + 5n + 6) / 6，得到(1³+ 5×1 + 6) / 6 = 2，是完全符合的。
当有2个平面的时候呢，这就好比是两把刀交叉着切蛋糕。
这两个平面相交，就把空间分成了4块，就像蛋糕被切成了四小块。
此时n = 2，代入公式得到(2³+ 5×2 + 6) / 6 = 4，也是正确的。
这就像是两个调皮的小伙伴在空间里划分地盘，它们相交之后，就把原本单一的空间分成了更多的小空间。
那3个平面呢？这就像三个大厨拿着三把刀同时切蛋糕，而且每把刀的角度都不一样。
这三个平面把空间分成了8个部分。
把n = 3代入公式计算，(3³+ 5×3 + 6) / 6 = 8，又一次符合。
这就好比空间这个大房子被隔成了8个小房间。
我们再来看一个生活中的实例。
比如在建筑设计中，楼层之间的楼板就可以看作是平面，这些楼板将整个建筑的内部空间进行了划分。
假设这是一个大型的商业建筑，有很多层，每一层又被不同的隔断墙（也可以看作平面）分割成不同的功能区域，如店铺、走廊、楼梯间等。
如果设计师想要合理地规划空间，使得各个区域既独立又相互联系，就需要了解平面分空间的规律。
在化学晶体结构的研究中，也涉及到平面分空间的规律。
晶体中的晶面就类似于平面，它们将整个晶体内部的空间划分成不同的单元。
科学家们通过研究这些晶面如何划分空间，来了解晶体的结构、性质等重要信息。
总结一下，平面分空间的规律是一个非常有趣且在很多领域都有着重要意义的规律。
六年级数学思维训练专题7 归纳与推递(原卷+解析)
小学六年级思维训练专题之7 归纳与推递1、早在公元前300多年前，古希腊著名科学家欧几里德就在他的旷世名著<几何原本》一书中记载了几何学中最基本、最引人人胜的一条著名定理：“三角形的内角和等于180度”，我们的问题是：①四边形的内角和等于多少度（见下图）?答：五边形的内角和等于多少度（见下图）?答：②进一步，如果把多边形的边数记作n，你能够归纳出n边形的内角和的计算公式吗？答：公式为__ __．③在家庭装修中，经常采用各种正多边形（注：正多边形就是各条边均相等且各内角也相等的多边形）的瓷砖搭配出各式各样的地面图案．小明家装修时采用了三种正多边形瓷砖铺地面，这三种型号的瓷砖可以围绕着地面上的一点既不重叠又不产生漏洞的拼接起来．其中一种型号是正方形，另一种型号是正六边形，你知道第三种型号的多边形瓷砖的边数是多少吗？请写出你的计算过程．2、一条直线分一个平面为两部分，二条直线最多分一张平面为四部分，问：五条直线最多分一个平面为多少部分？3、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明．4、一个长方形把平面分成两部分，那么三个长方形最多把平面分成部分．5、 n个平面最多钝将空间分成多少个部分？6、如下图所示，第一个三角形的面积是256，取三角形的3条边的中点，连成一个三角形，将中间的三角形挖去，得到第二个图，再将第二个图中每个三角形按照前一个做法得到第三个图，如此下去……，求第五个图形的面积是。
7、在一张长方形纸片内有n个点，加上四个顶点共，n+4个点，这些点中任意三点都不在同一条直线上，（1）n=4时，将长方形纸片剪开，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形（画出一个示意图即可作答）．(2)n=2010时，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形？并作简要说明．(注意：(1)、(2)中任意两个三角形不重叠）8、在一个圆周上标出一些数，第一次先把圆周二等分，在两个分点旁分别标上和，如图a所示；第二次把两段半圆弧二等分，在分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图b 所示，=＋；第三次把4段圆弧二等分，并在4个分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图c所示，1=＋，1=＋；如此继续下去，当第八次标完数以后，圆周上所有已标的数的总和是____．9、小凯家住二楼，从一楼到二楼的楼梯共有9阶，小凯上楼时每步可跨1阶、跨2阶、或跨3阶．请问他共有多少种不同的方法上楼？10、仅由数字1和2组成一些数，其中至少有两个数字1相连的数称为“学而思数”，如11，112，1211等都是“学而思数”，而12212就不是“掌而思数”．那么所有六位的学而思数共多少个？11、用1×2小长方形或1×3的小长方形覆盖2×6的方格网（如下图所示），共有不同的盖法。
数学文化(12)
与段落“8”类似地可以得到公式： f (n) = L(n −1) + f (n −1) 与段落“9”类似地可以得到公式： F (n) = f (n −1) + F (n −1) 。 这两个公式都是递推公式。这种递推公式与斐波那契数列的递推 公式有区别，但思想精神是相通的。
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也许还能从中找到理解一般情形的线索。
3 条直线分平面为 7 个部分；4 条直线就分平面为 11 个部分了， 即增加了 4 部分；从 3 条直线添一条直线，为什么分割平面正好多出 4 部分？分析一下：新添的直线与原来 3 条直线每条都相交，而且交 在与原交点不同的点，这就交出了 3 个新交点，这 3 点把新添的直线 分为 4 段，每一段把它穿过的（由前 3 条直线分成的）那个区域一分 为二，因此“平面分割”增加了 4 个部分，这就是“4”的来历，而 且这个分析表明，这个“4”也正是 3 点把直线分为 4 部分的“4”， 也就是“11”左肩上的“4”。11=4+7 原来是这样产生的。这种分析 令人信服，极大地增强了我们对所发现的规律的信心。
+
cHale Waihona Puke (x (γ−α )(x −α )(γ
− −
β) β)
。
经验证，它符合要求，称为插值公式。即该函数在α, β ,γ 三点， 插进去的都是预先指定的值 a,b, c 它简单，明快，可顺利地推广到任意 有限多个点插值的情况。这样，就可以用一个连续的函数去拟合离散 的测量结果。
华罗康由此联想到如何解决具有类似结构的各种问题。正是他把 上述解决问题的基本思想称为“单因子构件凑成法”，并概括成如下 的“合成原则”：要做出具有平行的，类似的几个性质 A，B，C 的一 个数学结构，而 A，B，C 分别以某种量α , β ,γ 刻划，这时，可用“单 因子构件凑成法”：先作 B，C 不发生作用，而 A 取单位量的构件， 再作 C，A 不发生作用，B 取单位量的构件；再作 A、B 不发生作用， C 取单位量的构件。然后用这些构件凑出所求的结构。这个原则在有 的书里称为“孙子—华原则”。
平面最多分割空间问题
平面最多分割空间问题祁阳一中 王勇波高一学了立几后，学生就把思维的灵光扩大到我们所生活的空间，总有同学问我n 个平面最多能把空间分成几部分，我跟他们说，这是切西瓜的问题，几个平面即是几刀去切一个大西瓜，三刀以下学生很好理解，四刀以上就搞不定了。
要弄清这个问题先要学习“数列”“推理证明”等相关的知识点。
一、 首先要弄清直线分割平面的问题直线要最多分割平面的前提条件是：任两条直线都要相交，任何三条直线都不能交于同一点。
设n 条直线最多分割平面为f （n ）部分,一条直线分平面为二部分，即f （1）＝2，f （2）＝4，f （3）＝7，…，接下来我们要弄清f （n ＋1）与f （n ）的内在联系（这个我们初中是接触过的）。
我们来看增加的第n ＋1条直线，按照题目的意思知道，没有任何三条直线交于同一点，这样第n ＋1条直线与前面n 条直线有n 个交点，而这n 个交点把第n ＋1条直线分成n ＋1段，而这n ＋1段把它所在的区域一分为二，这由n 条直线到n ＋1条直线平面就增加了n ＋1个区域，即f （n ＋1）＝f （n ）＋n ＋1，故有：f （1）＝2 (1)f （2）＝f （1）＋2 (2)f （3）＝f （2）＋3 (3)…………f （n ）＝f （n －1）＋n (n )上述n 个式子相加即有f （n ）＝2＋2＋3＋4＋…＋n =21()12n n ++ f （1）＝2也适合式子 故f （n ）＝2＋2＋3＋4＋…＋n =21()12n n ++（此结论后面有用的） 二、 平面最大分割空间这里首先要明白平面最大分割空间要满足什么条件，即是所有平面都相交，任何三个平面都不能交于同一条直线。
我们也仿照上面直线分割平面的方法来处理这个问题。
设n 个平面最多分割空间为F （n ）个区域,一条直线分平面为二部分，即F （1）＝2，F （2）＝4，F （3）＝8，…，接下来我们要弄清F （n ＋1）与F （n ）的内在联系。
六年级数学专题：图形区域分割计数
第36章 图形区域分割计数【内容综述】用一些几何图形去分割另一个图形，得到最多区域数是有规律可循的．如用点分直线，直线分平面，三角形分平面，平面分空间等等．下面我们来探索它们的规律，主要是从最简单的情形出发，依次递推，找到相邻两个图形之间的“增量”规律，然后归纳出一般公式．这里出现符号P (n )，表示n 个图形分另一个图形的最多区域数．1、点分直线：n 个点最多把一条直线分成=+=+P n C C n n n 101)(部分．如图，直线上4个点，最多分加 例5部分，n =1 =P 12)( 12n =2=+P 512)(n =3 +=+P 2519)(……当增加第3个角时，与前每个角最多有4个交点，被分成2⨯4+1=9段，增加9部分，所以3个角最多把平面分成2+5+9=16部分．如此类推，得到6个角最多把平面分成2+5+9+13+17+21=67部分．【评注】注意，添加第2个角时，大家很容易发现增加5部分，后面就认为每个都增加5k 部分，就会发生错误，为了不出现错误，还是看新增的角的边被分成了几部分．我们可以归纳出n 个角最多把平面分成：⎣⎦⎡⎤⋯=++++++-+P n n 4152913171)()(例6部分； 部分．=P 12)(=+P 126)( =++P 12612)(3）1个四边形分平面2部分；2个四边形最多把平面分成2+8=10部分，因为当画第2个四边形时，它与前一个四边形最多有8个交点，四边形边界被分成8段，每段都使区域数增加1部分，故最多把平面分成2+8=10部分； 如图，通过归纳得到10个四边形最多把平面分成=P (10)2+8⨯1+8⨯2+8⨯3+⋯+8⨯9=362部分．=12部分； n 个a 变形，最多把平面分成区域数为=-+P n an n (1)2)(．例3. 如果n 个相同的图形最多把平面分成-+an an 22部分，则称这种图形为“a 边形”．例如4个三角形最多把平面分成⨯-⨯+=34342382部分，则称三角形为“3边形”；5个正方形最多把平面分成⨯-⨯+=52825442部分，则称正方形为“4边形”；……．那么根据定义，当a =1时，可以最多把平面分成-+n n 22部分，则称为“1边形”，圆就是一种“1边形”．因此我们猜想：可以最多把平面分n =1 n =3 n =2成-+n n 2222部分的图形称为“2边形”．那么，有没有“2边形”呢？如果有，请举出实例． 【分析】通过例2的学习，我们把圆看作“1边形”，有没有“2边形”？显然“角”分平面不是“2边形”．若是“2边形”，必须=+⨯+⨯+⨯++⨯-=-+⋯P n n n n ()24142434(1)2(1)2． 【解答】一个“2边形”，首先第1个“2边形”分平面为2部分，后面每一个“2边形”都与前面每一个“2边形”相交时，区域数都最多增加4部分．如图，这样的“2边形”可以是椭圆、弓形、梭形、纺锤形等等．例1点，就会增加线1段基本线段．当两点重合时，就会减少1段．因此直线上有n 个点，就会把直线分成=+=+P n C C n n n ()101部分．这n +1部分中，有(n -1)部分为线段，2部分为射线．所以对于直线上有6个点，最多把直线分成1+6=7部分．。
n个平面最多可将空间分成多少个部分
--35--邯郸市一中校刊n 个平面最多可将空间分成多少个部分数学教师 赵新国问题提出：空间n 个平面最多可将空间分成多少个部分？问题分析：显然，当这n 个平面满足以下条件时，所分割的部分数是最多的。
1、 这n 个平面两两相交；2、 没有三个以上的平面交于一点；3、 这n 个平面的交线任两条都不平行。
对于一般情况一下子不易考虑，我们不妨试着从简单的，特殊的情况入手来寻找规律。
设n 个平面分空间的部分数为n a ，易知当1=n时，2=n a ；当2=n 时，4=n a当3=n 时，8=n a 当4=n 时，情况有些复杂，我们以一个四面体为模型来观察，可知15=n a ；从以上几种情况，很难找出一个一般性的规律，而且当n 的值继续增大时，情况更复杂，看来这样不行。
那么，我们把问题在进一步简单化，将空间问题退化到平面问题：n 条直线最多可将平面分割成多少个部分？（这n 条直线中，任两条不平行，任三条不交于同一点），设n 条直线最多可将平面分割成n b 个部分，那么当3,2,1=n 时，易知平面最多被分为2，4，7个部分。
当k n =时，设k 条直线将平面分成了k b 个部分，接着当添加上第1+k 条直线时，这条直线与前k 条直线相交有k 个交点，这k 个交点将第k 条直线分割成n 段，而每一段将它所在的区域一分为二，从而增加了1+k个区域，故得递推关系式 )1(1++=+k b b k k ，即11+=-+k b b k k显然当1=k时, 21=b ,当1,,2,1-=n k 时，我们得到1-n 个式子：212=-b b323=-b b434=-b b ……n b b n n =--1将这1-n 个式子相加，得)2(212++=n n b n ，即n 条直线最多可将平面分割成)2(212++n n 个部分。
我们来归纳一下解决这个问题的思路：从简单情形入手，确定k b 与1+k b 的递推关系，最后得出结论。
空间内分割球问题
空间内分割球问题的数学分析山西省临汾市第一中学高494班贺立丹指导教师：樊广元张艳【摘要】本文将试图用建立数学模型的方法，对空间内，有限平面最多可将球分割为多少个部分进行研究，使人们加深对空间分割的理解。
【关键词】建立数学模型分割球类问题【正文】一、问题提出：由上述百度截图可得在现实生活中存在各种各样的空间分割问题，掌握如何合理分割空间对提高空间利用率具有重要意义。
二、模型假设本文对球类问题的分割进行研究，通过向球中插接平面的方法来对问题进行研究，进行建模分析，归纳出空间内球类分割的一般规律并进行证明。
三、模型建立1,设置模型变量为空间平面N。
2,建立数学模型①N个点最多把线段分成G(N)部分②N条直线将平面分成了最多的H(N)块③N个平面最多把空间分成F(N)个部分【图表说明】下列即为所做图表【问题分析】对于一般的情形很难找到思路，我们可以从简单特殊的情况进行研究，勇敢探究。
大胆猜想一般规律。
当N=1时，即球被一个平面所分割，显然可以将球分为两个部分，如图所示当N=2时，即球被两个平面所分割，显然可以将球分为四个部分，如图所示当N=3时，即球被三个平面所分割，显然可以将球分为八个部分，如图所示【模型求解】在研究上述问题先研究以下三个问题①首先考虑n条直线最多把平面分成G(N)部分②对于已经有n条直线将平面分成了最多的H(N)块③再考虑n个平面最多把空间分成F(N)个部分解决方案如下：①N个点最多把一条线段分成的段数.通项公式记为G(n)②N条直线最多把圆分成的区域数.通项公式记为H(n)③N个平面最多把球分割的块数.通项公式记为F(n)①,显然,G(n)=n+1②,假设圆上有N条直线，把圆划分成最多的区域,当第N+1条直线下去的时候,为了得到最多的区域,则这条直线与前面的N条直线都相交,并且新产生的交点不与之前的交点重合.显然第N+1条直线和之前的N条直线产生N个交点,这N个交点把第N+1条直线划分成A(n)段,每一段都将原来的区域一分为二,于是H (N+1)=H (N)+G (N),将H (1)=2,G (n)=n+1带入很容易求得H(N)=[N (N+1)/2]+1第三个问题,同理第n+1个平面下去多增加了多少块.前面的N个平面都和第N+1个平面相交,在第N+1个平面上留下N条交线,这N条交线最多将第N+1个平面划分成H(N)个区域,每个区域都将原来的块一分为二,于是F(N+1)=F (N)+H (N),将F (1)=2,H(N)=[N (N+1)/2]+1带入可以求得F(N)=[(N ^3+5N)/6]+1【研究结论】据上可知。
100个世界著名初等数学难题
100个世界著名初等数学难题2005-12-05 19:28, 数学绿园, 11802 字, 0/6, 原创| 引用100个著名初等数学问题（转载）第01题阿基米德分牛问题Archimedes' Problema Bovinu m太阳神有一牛群，由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成.在公牛中，白牛数多于棕牛数，多出之数相当于黑牛数的1/2 +1/3；黑牛数多于棕牛数，多出之数相当于花牛数的¼+1/5；花牛数多于棕牛数，多出之数相当于白牛数的1/6+1/7.在母牛中，白牛数是全体黑牛数的1/3+¼；黑牛数是全体花牛数¼+1/5；花牛数是全体棕牛数的1/5+1/6；棕牛数是全体白牛数的1/6+1/7.问这牛群是怎样组成的？第02题德·梅齐里亚克的法码问题The Weight Problem of Bachet de Meziriac一位商人有一个40磅的砝码，由于跌落在地而碎成4块.后来，称得每块碎片的重量都是整磅数，而且可以用这4块来称从1至40磅之间的任意整数磅的重物.问这4块砝码碎片各重多少？第03题牛顿的草地与母牛问题Newton's Problem of the Fields and Cowsa头母牛将b块地上的牧草在c天内吃完了；a'头母牛将b'块地上的牧草在c'天内吃完了；a"头母牛将b"块地上的牧草在c"天内吃完了；求出从a到c"9个数量之间的关系？第04题贝韦克的七个7的问题Berwick's Problem of th e Seven Sevens在下面除法例题中，被除数被除数除尽：* * 7 * * * * * * * ÷* * * * 7 * = * * 7 * ** * * * * ** * * * * 7 ** * * * * * ** 7 * * * ** 7 * * * ** * * * * * ** * * * 7 * ** * * * * ** * * * * *用星号（*）标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了，那些不见了的是些什么数字呢？第05题柯克曼的女学生问题Kirkman's Schoolgirl Probl em某寄宿学校有十五名女生，她们经常每天三人一行地散步，问要怎样安排才能使每个女生同其他每个女生同一行中散步，并恰好每周一次？第06题伯努利-欧拉关于装错信封的问题The Bernoulli-Eu ler Problem of the Misaddressed letters求n个元素的排列，要求在排列中没有一个元素处于它应当占有的位置.第07题欧拉关于多边形的剖分问题Euler's Problem of P olygon Division可以有多少种方法用对角线把一个n边多边形（平面凸多边形）剖分成三角形？第08题鲁卡斯的配偶夫妇问题Lucas' Problem of the M arried Couplesn对夫妇围圆桌而坐，其座次是两个妇人之间坐一个男人，而没有一个男人和自己的妻子并坐，问有多少种坐法？第09题卡亚姆的二项展开式Omar Khayyam's Binomial Expansion当n是任意正整数时，求以a和b的幂表示的二项式a+b的n 次幂.第10题柯西的平均值定理Cauchy's Mean Theorem求证n个正数的几何平均值不大于这些数的算术平均值.第11题伯努利幂之和的问题Bernoulli's Power Sum Pro blem确定指数p为正整数时最初n个自然数的p次幂的和S=1p+ 2p+3p+…+np.第12题欧拉数The Euler Number求函数φ(x)=(1+1/x)x及Φ(x)=(1+1/x)x+1当x无限增大时的极限值.第13题牛顿指数级数Newton's Exponential Series将指数函数ex变换成各项为x的幂的级数.第14题麦凯特尔对数级数Nicolaus Mercator's Logarith mic Series不用对数表，计算一个给定数的对数.第15题牛顿正弦及余弦级数Newton's Sine and Cosine Series不用查表计算已知角的正弦及余弦三角函数.第16题正割与正切级数的安德烈推导法Andre's Derivatio n of the Secant and Tangent Series在n个数1，2，3，…,n的一个排列c1，c2，…，cn中，如果没有一个元素ci的值介于两个邻近的值ci-1和ci+1之间，则称c1，c2，…，cn为1，2，3，…,n的一个屈折排列.试利用屈折排列推导正割与正切的级数.第17题格雷戈里的反正切级数Gregory's Arc Tangent S eries已知三条边，不用查表求三角形的各角.第18题德布封的针问题Buffon's Needle Problem在台面上画出一组间距为d的平行线，把长度为l（小于d）的一根针任意投掷在台面上，问针触及两平行线之一的概率如何？第19题费马-欧拉素数定理The Fermat-Euler Prime Nu mber Theorem每个可表示为4n+1形式的素数，只能用一种两数平方和的形式来表示.第20题费马方程The Fermat Equation求方程x2－dy2=1的整数解，其中d为非二次正整数.第21题费马-高斯不可能性定理The Fermat-Gauss Impo ssibility Theorem证明两个立方数的和不可能为一立方数.第22题二次互反律The Quadratic Reciprocity Law（欧拉-勒让德-高斯定理）奇素数p与q的勒让德互反符号取决于公式（p/q）·（q/p）=（－1）[(p-1)/2]·[(q-1)/2].第23题高斯的代数基本定理Gauss' Fundamental Theor em of Algebra每一个n次的方程zn+c1zn-1+c2zn-2+…+cn=0具有n 个根.第24题斯图谟的根的个数问题Sturm's Problem of the Number of Roots求实系数代数方程在已知区间上的实根的个数.第25题阿贝尔不可能性定理Abel's Impossibility Theore m高于四次的方程一般不可能有代数解法.第26题赫米特-林德曼超越性定理The Hermite-Lindema nn Transcedence Theorem系数A不等于零，指数α为互不相等的代数数的表达式A1eα1+A2eα2+A3eα3+…不可能等于零.第27题欧拉直线Euler's Straight Line在所有三角形中，外接圆的圆心，各中线的交点和各高的交点在一直线—欧拉线上，而且三点的分隔为：各高线的交点（垂心）至各中线的交点（重心）的距离两倍于外接圆的圆心至各中线的交点的第28题费尔巴哈圆The Feuerbach Circle三角形中三边的三个中点、三个高的垂足和高的交点到各顶点的线段的三个中点在一个圆上.第29题卡斯蒂朗问题Castillon's Problem将各边通过三个已知点的一个三角形内接于一个已知圆.第30题马尔法蒂问题Malfatti's Problem在一个已知三角形内画三个圆，每个圆与其他两个圆以及三角形的两边相切.第31题蒙日问题Monge's Problem画一个圆，使其与三已知圆正交.第32题阿波洛尼斯相切问题The Tangency Problem of Apollonius.画一个与三个已知圆相切的圆.第33题马索若尼圆规问题Macheroni's Compass Proble m.证明任何可用圆规和直尺所作的图均可只用圆规作出.第34题斯坦纳直尺问题Steiner's Straight-edge Proble m证明任何一个可以用圆规和直尺作出的图，如果在平面内给出一个定圆，只用直尺便可作出.第35题德里安倍立方问题The Deliaii Cube-doubling Pr oblem画出体积为一已知立方体两倍的立方体的一边.第36题三等分一个角Trisection of an Angle把一个角分成三个相等的角.第37题正十七边形The Regular Heptadecagon画一正十七边形.第38题阿基米德π值确定法Archimedes' Determination of the Number Pi设圆的外切和内接正2vn边形的周长分别为av和bv，便依次得到多边形周长的阿基米德数列：a0，b0，a1，b1，a2，b2，…其中av+1是av、bv的调和中项，bv+1是bv、av+1的等比中项. 假如已知初始两项，利用这个规则便能计算出数列的所有项. 这个方法叫作阿基米德算法.第39题富斯弦切四边形问题Fuss' Problem of the Chor d-Tangent Quadrilateral找出半径与双心四边形的外接圆和内切圆连心线之间的关系.（注：一个双心或弦切四边形的定义是既内接于一个圆而同时又外切于另一个圆的四边形）第40题测量附题Annex to a Survey利用已知点的方位来确定地球表面未知但可到达的点的位置.第41题阿尔哈森弹子问题Alhazen's Billiard Problem在一个已知圆内，作出一个其两腰通过圆内两个已知点的等腰三角形.第42题由共轭半径作椭圆An Ellipse from Conjugate R adii已知两个共轭半径的大小和位置，作椭圆.第43题在平行四边形内作椭圆An Ellipse in a Parallelog ram,在规定的平行四边形内作一内切椭圆，它与该平行四边形切于一边界点.第44题由四条切线作抛物线A Parabola from Four Tang ents已知抛物线的四条切线，作抛物线.第45题由四点作抛物线A Parabola from Four Points.过四个已知点作抛物线.第46题由四点作双曲线A Hyperbola from Four Points.已知直角（等轴）双曲线上四点，作出这条双曲线.第47题范·施古登轨迹题Van Schooten's Locus Probl em平面上的固定三角形的两个顶点沿平面上一个角的两个边滑动，第三个顶点的轨迹是什么？第48题卡丹旋轮问题Cardan's Spur Wheel Problem.一个圆盘沿着半径为其两倍的另一个圆盘的内缘滚动时，这个圆盘上标定的一点所描出的轨迹是什么？第49题牛顿椭圆问题Newton's Ellipse Problem.确定内切于一个已知（凸）四边形的所有椭圆的中心的轨迹.第50题彭赛列-布里昂匈双曲线问题The Poncelet-Brianc hon Hyperbola Problem确定内接于直角（等边）双曲线的所有三角形的顶垂线交点的轨迹.第51题作为包络的抛物线A Parabola as Envelope从角的顶点，在角的一条边上连续n次截取任意线段e，在另一条边上连续n次截取线段f，并将线段的端点注以数字，从顶点开始，分别为0，1，2，…，n和n，n－1，…，2，1，0.求证具有相同数字的点的连线的包络为一条抛物线.第52题星形线The Astroid直线上两个标定的点沿着两条固定的互相垂直的轴滑动，求这条直线的包络.第53题斯坦纳的三点内摆线Steiner's Three-pointed Hy pocycloid确定一个三角形的华莱士（Wallace）线的包络.第54题一个四边形的最接近圆的外接椭圆The Most Nearl y Circular Ellipse Circumscribing a Quadrilateral一个已知四边形的所有外接椭圆中，哪一个与圆的偏差最小？第55题圆锥曲线的曲率The Curvature of Conic Sectio ns确定一个圆锥曲线的曲率.第56题阿基米德对抛物线面积的推算Archimedes' Squar ing of a Parabola确定包含在抛物线内的面积.第57题推算双曲线的面积Squaring a Hyperbola确定双曲线被截得的部分所含的面积.第58题求抛物线的长Rectification of a Parabola确定抛物线弧的长度.第59题笛沙格同调定理（同调三角形定理）Desargues' H omology Theorem (Theorem of Homologous Triangles)如果两个三角形的对应顶点连线通过一点，则这两个三角形的对应边交点位于一条直线上.反之，如果两个三角形的对应边交点位于一条直线上，则这两个三角形的对应顶点连线通过一点.第60题斯坦纳的二重元素作图法Steiner's Double Eleme nt Construction由三对对应元素所给定的重迭射影形，作出它的二重元素.第61题帕斯卡六边形定理Pascal's Hexagon Theorem求证内接于圆锥曲线的六边形中，三双对边的交点在一直线上.第62题布里昂匈六线形定理Brianchon's Hexagram The orem求证外切于圆锥曲线的六线形中，三条对顶线通过一点.第63题笛沙格对合定理Desargues' Involution Theore m一条直线与一个完全四点形*的三双对边的交点与外接于该四点形的圆锥曲线构成一个对合的四个点偶. 一个点与一个完全四线形*的三双对顶点的连线和从该点向内切于该四线形的圆锥曲线所引的切线构成一个对合的四个射线偶.*一个完全四点形（四线形）实际上含有四点（线）1，2，3，4和它们的六条连线交点23，14，31，24，12，34；其中23与14、31与24、12与34称为对边（对顶点）.第64题由五个元素得到的圆锥曲线A Conic Section fro m Five Elements求作一个圆锥曲线，它的五个元素——点和切线——是已知的.第65题一条圆锥曲线和一条直线A Conic Section and a Straight Line一条已知直线与一条具有五个已知元素——点和切线——的圆锥曲线相交，求作它们的交点.第66题一条圆锥曲线和一定点A Conic Section and a P oint已知一点及一条具有五个已知元素——点和切线——的圆锥曲线，作出从该点列到该曲线的切线.第67题斯坦纳的用平面分割空间Steiner's Division of S pace by Planesn个平面最多可将整个空间分割成多少份？第68题欧拉四面体问题Euler's Tetrahedron Problem以六条棱表示四面体的体积.第69题偏斜直线之间的最短距离The Shortest DistanceBetween Skew Lines计算两条已知偏斜直线之间的角和距离.第70题四面体的外接球The Sphere Circumscribing a Tetrahedron确定一个已知所有六条棱的四面体的外接球的半径.第71题五种正则体The Five Regular Solids将一个球面分成全等的球面正多边形.第72题正方形作为四边形的一个映象The Square as an Image of a Quadrilateral证明每个四边形都可以看作是一个正方形的透视映象.第73题波尔凯-许瓦尔兹定理The Pohlke-Schwartz The orem一个平面上不全在同一条直线上的四个任意点，可认为是与一个已知四面体相似的四面体的各隅角的斜映射.第74题高斯轴测法基本定理Gauss' Fundamental Theor em of Axonometry正轴测法的高斯基本定理：如果在一个三面角的正投影中，把映象平面作为复平面，三面角顶点的投影作为零点，边的各端点的投影作为平面的复数，那么这些数的平方和等于零.第75题希帕查斯球极平面射影Hipparchus' Stereographi c Projection试举出一种把地球上的圆转换为地图上圆的保形地图射影法.第76题麦卡托投影The Mercator Projection画一个保形地理地图，其坐标方格是由直角方格组成的.第77题航海斜驶线问题The Problem of the Loxodrom e确定地球表面两点间斜驶线的经度.第78题海上船位置的确定Determining the Position of a Ship at Sea利用天文经线推算法确定船在海上的位置.第79题高斯双高度问题Gauss' Two-Altitude Problem根据已知两星球的高度以确定时间及位置.第80题高斯三高度问题Gauss' Three-Altitude Problem从在已知***球获得同高度瞬间的时间间隔，确定观察瞬间，观察点的纬度及星球的高度.第81题刻卜勒方程The Kepler Equation根据行星的平均近点角，计算偏心及真近点角.第82题星落Star Setting对给定地点和日期，计算一已知星落的时间和方位角.第83题日晷问题The Problem of the Sundial制作一个日晷.第84题日影曲线The Shadow Curve当直杆置于纬度φ的地点及该日太阳的赤纬有δ值时，确定在一天过程中由杆的一点投影所描绘的曲线.第85题日食和月食Solar and Lunar Eclipses如果对于充分接近日食时间的两个瞬间太阳和月亮的赤经、赤纬以及其半径均为已知，确定日食的开始和结束，以及太阳表面被隐蔽部分的最大值.第86题恒星及会合运转周期Sidereal and Synodic Revo lution Periods确定已知恒星运转周期的两共面旋转射线的会合运转周期.第87题行星的顺向和逆向运动Progressive and Retrogr ade Motion of Planets行星什么时候从顺向转为逆向运动（或反过来，从逆向转为顺向运动）？第88题兰伯特慧星问题Lambert's Comet Prolem借助焦半径及连接弧端点的弦，来表示慧星描绘抛物线轨道的一段弧所需的时间.第89题与欧拉数有关的斯坦纳问题Steiner's Problem Co ncerning the Euler Number如果x为正变数，x取何值时，x的x次方根为最大？第90题法格乃诺关于高的基点的问题Fagnano's Altitude Base Point Problem在已知锐角三角形中，作周长最小的内接三角形.第91题费马对托里拆利提出的问题Fermat's Problem forTorricelli试求一点，使它到已知三角形的三个顶点距离之和为最小.第92题逆风变换航向Tacking Under a Headwind帆船如何能顶着北风以最快的速度向正北航行？第93题蜂巢（雷阿乌姆尔问题）The Honeybee Cell (Pr oblem by Reaumur)试采用由三个全等的菱形作成的顶盖来封闭一个正六棱柱，使所得的这一个立体有预定的容积，而其表面积为最小.第94题雷奇奥莫塔努斯的极大值问题Regiomontanus' Ma ximum Problem在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长？（即在什么部位，可见角为最大？）第95题金星的最大亮度The Maximum Brightness of V enus在什么位置金星有最大亮度？第96题地球轨道内的慧星A Comet Inside the Earth's Orbit慧星在地球的轨道内最多能停留多少天？第97题最短晨昏蒙影问题The Problem of the Shortest Twilight在已知纬度的地方，一年之中的哪一天晨昏蒙影最短？第98题斯坦纳的椭圆问题Steiner's Ellipse Problem在所有能外接（内切）于一个已知三角形的椭圆中，哪一个椭圆有最小（最大）的面积？第99题斯坦纳的圆问题Steiner's Circle Problem在所有等周的（即有相等周长的）平面图形中，圆有最大的面积.反之：在有相等面积的所有平面图形中，圆有最小的周长.第100题斯坦纳的球问题Steiner's Sphere Problem在表面积相等的所有立体中，球具有最大体积.在体积相等的所有立体中，球具有最小的表面。
类比的方法
“类比”的方法今天我们来讲类比的方法，我们数学是特别讲究逻辑推理的，而今天我们这堂课，是将合理推理。
合理推理，是不同于逻辑推理的，像类比呀，归纳呀，联想呀，猜测呀，这些我们把它叫做合理推理，不同于逻辑推理，或者叫演绎推理，那么什么叫类比呢？类比，是两个事物在一些方面的相同或类似，去推理它们另外方面的相同或者类似，但这种合理推理的结论，可能是正确的，也可能是错误的，这要靠逻辑推理去证明或者论否。
合情推理是本身并不是证明，因为它无法保证一直相同的属性，与推出的属性之间有必然的联系，要证明必须是必然的联系，而合理推理只是合情的联系。
但是，它却是获得新思路新发现的一种观点、一种手段、一种方法，所以它对于创新思维是很重要的类比。
赵本山有句台词，叫脑袋大脖子粗，不是大款就是伙夫，其实就是用的类比。
这两类人在这些方面相同或类似，去推知他们在其他方面也相同或类似，这些方面是什么方面呢？脑袋大，脖子粗，然后就推知他们在另外那些地方也可能相同，那些地方时什么？不是大款，就是伙夫。
这就是合理推理，这个结论可能是正确的，也可能是错误的，那么下面我们用一个数学问题来讲类比，这个数学问题是一个立体几何问题，一个固定的是四面体内任一点到这4个面的距离之和，是否为一个定值？四面体内有好多点，任何一个点到四个面的距离之和是否为定值？随便取一个点。
这个题是有难度的，但是如果用类比，就可以迎刃而解。
类比到正三角形，正三角形当中，任一点到三边的距离之和是一个定值。
怎么去证明呢？我们通过三角形的面积去完成证明。
三角形内一点P，分别和三个顶点A、B、C相连，把这个三角形分成了三个小三角形。
这个三角形的面积是底乘高除去二，那么这三个小三角形的面积怎么去求呢，应该是大三角形和三条边分别作底边，P到三条边的距离分别作高。
因为大三角形是正三角形，所以这个三角形的面积之和就应该是正三角形的边长乘以P到三边距离之和，再除以2,。
很显然，是个定值。
拿着刚才这个思维去类比，上一个题就不难啦。
新教材人教B版高中数学选择性必修第三册教案设计-数学归纳法
5．5数学归纳法学习目标核心素养1.了解数学归纳法的原理．(重点、易混点)2.掌握数学归纳法的步骤．(难点)3.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．(难点) 1.通过数学归纳法的学习，培养数学抽象、逻辑推理素养.2.通过利用数学归纳法证明数学命题，提升数学运算素养.一列排好的多米诺骨牌，如果推倒第一张，而且后续的每一张倒下时，能够导致下一张也倒下，则所有的骨牌都能倒下．问题：保证每张骨牌倒下的原因有哪些？由此如何理解数学归纳法的原理．数学归纳法的定义一个与自然数有关的命题，如果(1)当n＝n0时，命题成立；(2)在假设n＝k(其中k≥n0)时命题成立的前提下，能够推出n＝k＋1时命题也成立．那么，这个命题对大于等于n0的所有自然数都成立．思考：数学归纳法的初始值n0一定是取1吗？[提示]不一定．n0的取值视具体情况而定．拓展：数学归纳法两个步骤的联系：第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的依据，这两个步骤缺一不可，只完成第一步而缺少第二步就作出判断，可能得出不正确的结论．因为单靠第一步，无法递推下去，即n取n0以后的数时命题是否正确，我们无法判定，同样只有第二步而缺少第一步时，也可能得出不正确的结论，缺少第一步这个基础，假设就失去了成立的前提，第二步也就没有意义了．1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)与正整数n 有关的数学命题的证明只能用数学归纳法． ( ) (2)数学归纳法的第一步n 0的初始值一定为1. ( ) (3)数学归纳法的两个步骤缺一不可． ( )[答案] (1)× (2)× (3)√2．在应用数学归纳法证明凸多边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [三角形是边数最少的多边形，故第一步应检验n ＝3.]3．用数学归纳法证明：首项是a 1，公差是d 的等差数列的前n 项和公式是S n ＝na 1＋n (n －1)2d 时，假设当n ＝k 时，公式成立，则S k ＝( )A ．a 1＋(k －1)d B.k (a 1＋a k )2C ．ka 1＋k (k －1)2dD ．(k ＋1)a 1＋k (k ＋1)2dC [假设当n ＝k 时，公式成立，只需把公式中的n 换成k 即可，即S k ＝ka 1＋k (k －1)2d .]4．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是_____．[答案] 122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3.5．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是________．1＋2＋3＋4 [当n ＝1时，左边＝1＋2＋3＋4.]用数学归纳法证明恒等式[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1＋1＝2， 右边＝21×1＝2，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·…·(2k －1)， 那么，当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2) ＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )·(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2k ·1·3·…·(2k －1)(2k ＋1)·2＝2k ＋1·1·3·…·(2k －1)·[2(k ＋1)－1]＝右边． ∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n ∈N *，原等式均成立．用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题，关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式两边会增加多少项，增加怎样的项.[跟进训练]1．用数学归纳法证明(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N＋)，“从k 到k ＋1”左端增乘的代数式为_______．2(2k ＋1) [令f (n )＝(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，则f (k )＝(k ＋1)·(k ＋2)…(k ＋k )，f (k＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)，所以f (k ＋1)f (k )＝(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．]2．用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)(n ∈N *)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12， 右边＝13×1×(4×12－1)＝1， 左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)，则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2 ＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)[k (2k －1)＋3(2k ＋1)] ＝13(2k ＋1)(2k 2＋5k ＋3) ＝13(2k ＋1)(k ＋1)(2k ＋3) ＝13(k ＋1)(4k 2＋8k ＋3) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]， 即当n ＝k ＋1时，等式成立． 由(1)(2)知，对一切n ∈N *等式成立.用数学归纳法证明不等式【例2】 证明：不等式1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)． [思路点拨] 在由n ＝k 到n ＝k ＋1推导过程中利用放缩法，在利用放缩时，注意放缩的度．[证明] ①当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋1k<2k . 则当n ＝k ＋1时， 1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2k ＋1k ＋1＝2k ·k ＋1＋1k ＋1<(k )2＋(k ＋1)2＋1k ＋1＝2(k ＋1)k ＋1＝2k ＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立．由①②可知，原不等式对任意n∈N＋都成立．1．当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时运用归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．运用放缩法时，要注意放缩的“度”．[跟进训练]3．用数学归纳法证明对一切n∈N*,1＋122＋132＋…＋1n2≥3n2n＋1.[证明](1)当n＝1时，左边＝1，右边＝3×12×1＋1＝1，不等式成立．(2)假设当n＝k时，不等式成立，即1＋122＋132＋…＋1k2≥3k2k＋1.则当n＝k＋1时，要证1＋122＋132＋…＋1k2＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2(k＋1)＋1，只需证3k2k＋1＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2k＋3.因为3(k＋1) 2k＋3－＝34(k＋1)2－1－1(k＋1)2＝1－(k＋1)2(k＋1)2[4(k＋1)2－1]＝－k(k＋2)(k＋1)2(4k2＋8k＋3)≤0，所以3k2k＋1＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2k＋3，即1＋122＋132＋…＋1k2＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时不等式成立．由(1)(2)知，不等式对一切n∈N*都成立.归纳——猜想——证明【例3】已知数列{a n}的前n项和为S n，其中a n＝S nn(2n－1)且a1＝13.(1)求a2，a3；(2)猜想数列{a n}的通项公式，并证明．[思路点拨](1)令n＝2,3可分别求a2，a3.(2)根据a1，a2，a3的值，找出规律，猜想a n，再用数学归纳法证明．[解](1)a2＝S22(2×2－1)＝a1＋a26，a1＝13，则a2＝115，类似地求得a3＝1 35.(2)由a1＝11×3，a2＝13×5，a3＝15×7，…，猜得：a n＝1(2n－1)(2n＋1).证明：①当n＝1时，由(1)可知等式成立；②假设当n＝k时猜想成立，即a k＝1(2k－1)(2k＋1)，那么，当n＝k＋1时，由题设a n＝S nn(2n－1)，得a k＝S kk(2k－1)，a k＋1＝S k＋1(k＋1)(2k＋1)，所以S k＝k(2k－1)a k＝k(2k－1)1(2k－1)(2k＋1)＝k2k＋1，S k＋1＝(k＋1)(2k＋1)a k＋1，a k＋1＝S k＋1－S k＝(k＋1)(2k＋1)a k＋1－k2k＋1.因此，k(2k＋3)a k＋1＝k2k＋1，所以a k＋1＝1(2k＋1)(2k＋3)＝1[2(k＋1)－1][2(k＋1)＋1].这就证明了当n＝k＋1时命题成立．由①②可知命题对任何n∈N＋都成立．1．“归纳—猜想—证明”的一般环节2．“归纳—猜想—证明”的主要题型(1)已知数列的递推公式，求通项或前n项和．(2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在．(3)给出一些简单的命题(n＝1,2,3，…)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题．[跟进训练]4．已知函数y＝f(n)(n∈N＋)，设f(1)＝2，且任意的n1，n2∈N＋，有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)．(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)试猜想f(n)的解析式，并用数学归纳法给出证明．[解](1)因为f(1)＝2，f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)，所以f(2)＝f(1＋1)＝f(1)·f(1)＝22＝4，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)·f(1)＝22·2＝23＝8.f(4)＝f(3＋1)＝f(3)·f(1)＝23·2＝24＝16.(2)猜想：f(n)＝2n(n∈N＋)．用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，f(1)＝21＝2，所以猜想正确．)时猜想正确，即f(k)＝2k，②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋那么当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，所以，当n＝k＋1时，猜想正确．，都有f(n)＝2n.由①②知，对任意的n∈N＋用数学归纳法解决平面几何问题1.如图，两直线a，b相交，其把平面分成几部分？[提示]4部分．2.如图，三条直线a，b，c两两相交，不共交于一点，其把平面分成几部分？[提示]7部分．3.如图，四条直线a，b，c，d两两相交，交点均不重合，其把平面分成几部分？结合探究1,2分析，如果前k条线两两相交(交点均不重合)把平面分成f(k)部分，再增加一条相交直线(交点均不重合)，其把平面分成f(k＋1)部分，那么f(k＋1)与f(k)之间存在怎样的等量关系？[提示]11部分，f(k＋1)＝f(k)＋k＋1.【例4】(教材P52例2改编)已知n个平面都过同一点，但其中任何三个平面都不经过同一直线，求证：这n个平面把空间分成f(n)＝n(n－1)＋2部分．[证明](1)当n＝1时，1个平面把空间分成2部分，而f(1)＝1×(1－1)＋2＝2(部分)，所以命题正确．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，即k个符合条件的平面把空间分为f(k)＝k(k－1)＋2(部分)，当n＝k＋1时，第k＋1个平面和其他每一个平面相交，使其所分成的空间都增加2部分，所以共增加2k部分，故f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k(k－1)＋2＋2k＝k(k－1＋2)＋2＝(k＋1)[(k＋1)－1]＋2(部分)，即当n＝k＋1时，命题也成立．根据(1)(2)，知n个符合条件的平面把空间分成f(n)＝n(n－1)＋2部分．用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k增加到k＋1时，所证的几何量增加多少，同时要善于利用几何图形的直观性，建立k与k＋1之间的递推关系.[跟进训练]5．平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求证：交点的个数f(n)＝n(n－1)2.[证明](1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个，又f(2)＝12×2×(2－1)＝1，∴当n＝2时，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线的交点个数f(k)＝12k(k－1)，那么，当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线的交点个数为f(k)＝12k(k－1)，l与其他k条直线的交点个数为k，从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，即f(k＋1)＝f(k)＋k＝12k(k－1)＋k＝12k(k－1＋2)＝12k(k＋1)＝12(k＋1)[(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对任意n∈N*(n≥2)命题都成立.1．数学归纳法的两个步骤相互依存，缺一不可．有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础．2．归纳假设的作用在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：(1)归纳假设就是已知条件；(2)在推证n ＝k ＋1时，必须用上归纳假设．3．利用归纳假设的技巧在推证n ＝k ＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要掌握n ＝k 与n ＝k ＋1之间的关系．4．数学归纳法的适用范围数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛，主要体现在与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除法、几何问题、探求数列的通项及前n 项和等问题中．1．用数学归纳法证明“凸n 边形的内角和等于(n －2)π”时，归纳奠基中n 0的取值应为( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [边数最少的凸n 边形为三角形，故n 0＝3.]2．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－an ＋21－a(n ∈N ＋，a ≠1)，在验证n＝1成立时，左边所得的项为( )A ．1B ．1＋a ＋a 2C ．1＋aD ．1＋a ＋a 2＋a 3B [当n ＝1时，n ＋1＝2，故左边所得的项为1＋a ＋a 2.]3．用数学归纳法证明关于n 的恒等式时，当n ＝k 时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2，则当n ＝k ＋1时，表达式为________．1×4＋2×7＋…＋k (3k ＋1)＋(k ＋1)(3k ＋4)＝(k ＋1)(k ＋2)2 [当n ＝k ＋1时，应将表达式1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2中的k更换为k＋1.] 4．以下是用数学归纳法证明“n∈N＋时，2n＞n2”的过程，证明：(1)当n＝1时，21＞12，不等式显然成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时不等式成立，即2k＞k2.那么，当n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.即当n＝k＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，可知对任何n∈N＋不等式都成立．其中错误的步骤为________(填序号)．(2)[在2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1中用了k2≥2k＋1，这是一个不确定的结论．如k＝2时，k2＜2k＋1.]5．用数学归纳法证明：对于任意正整数n，(n2－1)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝n2(n－1)(n＋1)4.[证明](1)当n＝1时，左边＝12－1＝0，右边＝12×(1－1)×(1＋1)4＝0，所以等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即(k2－1)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝k2(k－1)(k＋1)4.那么当n＝k＋1时，有[(k＋1)2－1]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k·[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)[(k＋1)2－(k＋1)2]＝(k2－1)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＋(2k＋1)(1＋2＋…＋k)＝k2(k－1)(k＋1)4＋(2k＋1)k(k＋1)2＝14k(k＋1)[k(k－1)＋2(2k＋1)]＝14k(k＋1)(k2＋3k＋2)＝(k＋1)2[(k＋1)－1][(k＋1)＋1]4.所以当n＝k＋1时等式成立．由(1)(2)知，对任意n∈N＋等式成立．。
组合数学习题集
10．过一个球的中心做n个平面，其中无3个平面过同一直径，问这些平面可把球的部分成多少个两两无公共部分的区域？
11．设空间的n个平面两两相交，每3个平面有且仅有一个公共点，任意4个平面都不共点，这样的n个平面把空间分割成多少个不重叠的区域？
17．在平面直角坐标系中任取5个整点（两个坐标都是整数），证明其中一定存在3个点，由其构成的三角形（包含3点在一条直线上）的面积是整数（可以为0）。
（1）同一单位的代表相邻而坐的方案数是多少？
（2）同一单位的代表互不相邻的方案数又是多少？
10．一书架有m层，分别放置m类不同种类的书，每层n册，现将书架上的图书全部取出整理，整理过程中要求同一类的书仍然放在同一层，但可以打乱顺序，试问：
（1）m类书全不在各自原来层次上的方案数是多少？
（2）每层的n本书都不在原来位置上的方案数是多少？
20．凸十边形的任意三个对角线不共点，试求这凸十边形的对角线交于多少个点？又把所有的对角线分割成多少段？
21．试证一整数n是另一整数的平方的充要条件是除尽n的正整数的数目为奇数。
22．统计力学需要计算r个质点放到n个盒子里去，并分别服从下列假定之一，问有多少种不同的图像？假设盒子始终是不同的。
（1）Maxwell-Boltzmann假定：r个质点是不同的，任何盒子可以放任意个；
12．相邻位不同为0的n位二进制数中一共出现了多少个0？
13．平面上有两两相交，无3线共点的n条直线，试求这n条直线把平面分成多少个区域？
14．证明Fibonacci数列的性质，当 时，
（1）
（2）
（3）
（4）
n个平面把空间最多分成几个部分？
n个平⾯把空间最多分成⼏个部分？
题⽬：
n个平⾯把空间最多分成⼏个部分?
解答：
1条直线可以把平⾯分成2部分，2条直线最多可以把平⾯分成4部分， 3条直线最多可以把平⾯分成⼏部分，4条直线呢？你能不能想出n条直线最多可以把平⾯分成⼏部分？
分析：要n条直线最多把平⾯分成若⼲部分，必须n条直线两两相交且⽆3条过同⼀点，记n条直线最多可以把平⾯分成a n部分,第n条直线与前n-1 条直线最多有n-1个交点，这些交点把第n条直线分成n段，每⼀段把原来对应的部分分为两部分，所以从n-1条直线增加了1条直线共增加了 n 部分，
即a n-a n-1=n (n>1),
累加求和得a n = 1/2 *(n*n+n+2)
1个平⾯把空间最多分成2个部分，2个平⾯把空间最多分成4个部分，3个平⾯把空间最多分成8个部分，4个平⾯把空间最多分成15个部分，那么n个平⾯把空间最多分成多少个部分？
分析：记n个平⾯最多可以把空间分成a n部分,第n个平⾯与前n-1 个平⾯最多有n-1条交线，这些交线把第n个平⾯分成1/2 *(n*n-n+2)部分，每部分把对应的空间分为两部分，所以共增加了1/2 *(n*n-n+2) 部分，
a n-a n-1=1/2 *(n*n+n+2)， (n>1)
累加求和得a n = 1/6 * (n+1)(n*n - n + 6).
n个平⾯把空间最多分成个1/6 * (n+1)(n*n - n + 6)部分.。
N个平面可以把空间分成几部分
N个平面可以把空间分成几部分上海华师大家教部转载在立体几何的中有一个问题：“3个相互平行的平面可将空间分成几部分？”正确的解答：“4个部分.”接着提出：“3个平面可将空间分成几部分？”的问题，由于去掉了“相互平行”的条件，这个问题必须分类讨论回答.当3个平面相互平行时，分空间为4个部分；当有且仅有两个平面平行时，分空间为6个部分；当3个平面两两相交于一条直线时，分空间为6个部分；当3个平面两两相交，3条交线不交于同一点时，分空间为7个部分；当3个平面两两相交，3条交线交于一点时，分空间为8个部分.于是我们得出“3个平面最多可将空间分为8个部分”的结论.在这一背景下，提出了值得深入研究的新课题：“4个平面最多可将空间分为多少部分？n个平面又将空间最多分成多少部分？”对“4个平面最多可以把空间分成多少部分”的研究取得成功的方法是多样的，可以采取作图直观计数，可以采用以三棱锥为载体计数，可以采用递推分析.不妨将第二种方法作一个简单介绍：三棱锥的4个面延展后就成了4个平面两两相交，且交线互不平行，每3个平面相交于一点，4个交点就是三棱锥的4个顶点.每个顶点各自“对着”一部分空间，4个顶点，6条棱，4个面“对着”14个部分空间，但4个面中间围了一部分空间，所以4个平面最多可将空间分成15个部分.但用类似的方法却不能解决n个平面分空间的问题.但是我们采用实验、观察、归纳的方法得出了n个平面最多可以将空间分为部分.我们的探索过程是这样的：1个点最多将1条直线分为2部分，2个点分为3部分，3个点分为4部分……；l条直线最多将平面分为2部分，2条直线分为4部分，3条直线分为7部分……；1个平面最多将空间分为2部分，2个平面分成4部分，3个平面分为8部分……通过列表、观察、归纳，得出了一个递推关系，于是推得结论.这是一个与自然数n有关的数学命题，它的证明要用到数学归纳法特别地， P(1,n)=n+1，即n个点可把一条直线（一维空间）最多分成n+1部分；，即n条直线可把一个平面（二维空间）最多分成部分；，即n个平面可把一个空间（三维空间）最多分成部分.简单的概括就n个点最多把直线分成C(n,0)+C(n,1)份；n条直线最多把平面分成C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)份；n个平面最多把空间分成C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)=(n³+5n+6)/6份；n个空间最多把“时空”分成C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)+C(n,4)份；……C(a,b)表示从a个元素中取b个的组合数。
第二部分类比的观点
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这是我们在前面“韩信点兵与中国 剩余定理”一节中已经解决的问题。当时 我们有一种成功的方法,叫“单因子构件凑 成法”。这种方法是：对每个要素分别做 出一个构件，叫单因子构件，再把它们凑 在一起，从而解决问题。
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具体说是：先找到用3除余1、用5和7 除均能除尽的数—— 70；再找到用5除余 1、用3和7除均能除尽的数—— 21；找 到用7除余1、用3和5除均能除尽的数— — 15；然后算出[ 3，5，7 ] = 105 。
现在，原问题 “ F (5) ? ” 已处在系列问题之
中，比之原来的情形，求解已有进展。
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7．（用类比的观点）猜想
观察上表中已得到的结果，看看表中的数字间有什么联系？其中有 什么规律性？
从最右一列，先以为有“2的方幂”的规律，但8后边的1524 16,
表明这个猜想不对。
反复求索的结果，我们可能忽然看到表中有
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趣题——找次品：
1）有7个外形相同的乒乓球，其中5个是
标准球，另外2个是次品乒乓球，它们
重量相同且比标准球轻。请你给出一种
方案，用一架不带砝码的天平，最多三
次使用该天平，找出上述两个次品乒乓
球
。
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三、分割问题中的类比
1． 问题： 5个平面最多把空间分为几个部分？
平面互相尽可能多地相交，才能分割最多。如果5个 平面全都平行，那末空间分成的是6部分，就较少。但5个 平面如何相交最多以致分割最多，一时也想不清楚，我们 想起从“抓三堆”趣味问题中学到的数学思想，先把问题 一般化，再把问题特殊化，逐渐找规律。
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3条直线分平面为7个部分；4条直线就分平面为11个部分了，即 增加了4部分；从3条直线添一条直线，为什么分割平面正好多出4部 分？分析一下：新添的直线与原来3条直线每条都相交，而且交在与 原交点不同的点，这就交出了3个新交点，这3点把新添的直线分为4 段，每一段把它穿过的（由前3条直线分成的）那个区域一分为二， 因此“平面分割”增加了4个部分，这就是“4”的来历，而且这个分 析表明，这个“4”也正是3点把直线分为4部分的“4”，也就是“11” 左肩上的“4”。11=4+7原来是这样产生的。这种分析已经是逻辑推理 了，令人信服，极大地增强了我们对所发现的规律的信心。
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N个平面可以把空间分成几部分
上海华师大家教部转载
在立体几何的中有一个问题：“3个相互平行的平面可将空间分成几部分？”正确的解答：“4个部分.”接着提出：“3个平面可将空间分成几部分？”的问题，由于去掉了“相互平行”的条件，这个问题必须分类讨论回答.
当3个平面相互平行时，分空间为4个部分；
当有且仅有两个平面平行时，分空间为6个部分；
当3个平面两两相交于一条直线时，分空间为6个部分；
当3个平面两两相交，3条交线不交于同一点时，分空间为7个部分；
当3个平面两两相交，3条交线交于一点时，分空间为8个部分.
于是我们得出“3个平面最多可将空间分为8个部分”的结论.在这一背景下，
提出了值得深入研究的新课题：“4个平面最多可将空间分为多少部分？n个平面又将空间最多分成多少部分？”
对“4个平面最多可以把空间分成多少部分”的研究取得成功的方法是多样的，可以采取作图直观计数，可以采用以三棱锥为载体计数，可以采用递推分析.不妨将第二种方法作一个简单介绍：三棱锥的4个面延展后就成了4个平面两两相交，且交线互不平行，每3个平面相交于一点，4个交点就是三棱锥的4个顶点.每个顶点各自“对着”一部分空间，4个顶点，6条棱，4个面“对着”14
个部分空间，但4个面中间围了一部分空间，所以4个平面最多可将空间分成
15个部分.
但用类似的方法却不能解决n个平面分空间的问题.但是我们采用实验、观察、归纳的方法得出了n个平面最多可以将空间分为部分.
我们的探索过程是这样的：1个点最多将1条直线分为2部分，2个点分为3部分，3个点分为4部分……；l条直线最多将平面分为2部分，2条直线分为4
部分，3条直线分为7部分……；1个平面最多将空间分为2部分，2个平面分成4部分，3个平面分为8部分……通过列表、观察、归纳，得出了一个递推关系，于是推得结论.
这是一个与自然数n有关的数学命题，它的证明要用到数学归纳法
特别地， P(1,n)=n+1，即n个点可把一条直线（一维空间）最多分成n+1部分；
，即n条直线可把一个平面（二维空间）最多分成
部分；，即n个平面可把一个空间（三维空间）最多分成部分.
简单的概括就
n个点最多把直线分成C(n,0)+C(n,1)份；
n条直线最多把平面分成C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)份；
n个平面最多把空间分成C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)=(n³+5n+6)/6份；
n个空间最多把“时空”分成C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)+C(n,4)份；……
C(a,b)表示从a个元素中取b个的组合数。
而对于一般的多面体,所有表面把空间分成的部分数也有一个公式:面数+棱数+顶点数+1。