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摘要 正整数的分拆是组合数学中的重要研究课题. 本文对正整数分拆的的三种常见问题形式进行了归纳总结，重点研究正整数的分拆原理在中学数学中的应用.50847
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关键词 正整数；分拆；一、前言介绍正整数的分拆是一个常见的问题，许多研究者对正整数的分拆进行了研究，并在这方面已取得了丰硕的研究成果，国内也有一些学者在这方面做了许多研究，如陈星、王迪吉研究出整数分拆的一种算法 1，许小芳研究出整数分拆的一类计数公式 2.如今正整数的分拆问题经常出现在智力测验、数学竞赛以及一些招考考试的试题中，而归纳总结整数分拆问题的方法有利于培养学生用数学的思想去分析、解释、解决现实生活问题的应用能力及实践精神.二、正文为讨论方便，我们先作下述定义 3：定义1：若正整数 k n n n n 2 1 ，其中 k n n n 2 1 ，则简称 k n n n , , ,2 1 ，是n 的一个分拆.例如，1，1，1，2，2，3，4 是 14的一个分拆.定义2：正整数 n 的不同拆分方法的种数称为拆分数.例如，5 的拆分数为 7，分别为5，4＋1，3＋2，3＋1＋1，2＋2＋1，2＋1＋1＋1，1＋1＋1＋1＋1＋1；知道了以上两个定义，下面我们通过一些问题，简单介绍有关整数分拆的基本知识.1、整数分拆中的存在性问题问题一： 是否存在若干个连续自然数，使得它们的和是 91？若存在，有几种不同的答案 写出这些答案；如果不能,说明理由.分析：假设存在，我们可设 91可以表示为以a 为首项的 1 k k 个连续自然数之和.首项是a ，项数为k ，末项就是 1 k a ，由等差数列求和公式，得到 9121 k k a a，化简为 182 1 2 k k a . ①我们发现，上式等号左边的两个因数中，第一个因数 1 2 k a 大于第二个因数k ，并且两个因数为一奇一偶.因此，182 有多少个大于1 的奇约数，182就有多少种形如①式的分解式，也就是说，91 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.又 13 7 91 ，有 3 个大于 1 的奇约数，故①可将 91看成 7 个连续自然数的和， 且最中间的数为 13， 而 （10＋16） ＋ （11＋15） ＋ （12+14）是 6 个13，从而 91=10＋11＋12＋13＋14＋15＋16，一共有7 个加数；②可将 91看成 13 个连续自然数的和，且最中间的数为7，而（1+13）+（2+12）+（3+11）+（4+10）+（5+9）+（6+8）是 12 个7，从而91=1＋2＋3＋4＋5＋＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13，一共有 3 个加数；③又因 91=1×91，故可得：91=45＋46，一共有 2 个加数；综上①②③即为所求.根据问题一，我们可以得到一般条件下自然数的分拆的一个结论：结论1：如果一个自然数能被分拆为两个互不相同的奇质数的积，那么这个自然数有且只有三种方法表示为两个或两个以上连续自然数之和，即若 n m a ，m 、n 为奇质数，则 a 有 3种方式表示为两个或两个以上连续自然数之和.证明如下：不妨令 n m .因为 n m、 是奇质数，所以a 是奇数① a2121 a a，其中 21 a、 21 a是两个连续的自然数；②可将a 看成m 个连续自然数的和，且最中间的数为n ，则 1 12121 n nm nm n 是 1 m 个n ，从而 211 121 m n n n nm n a ，一共m 个加数；③ 1当 m n21时可将a 看成n 个连续自然数的和，且最中间的数为m ，则 1 12121 m m nm nm 是 1 n 个m ，从而 211 121 nm m m m nm a ，一共 n 个加数；2当 m n21时可将a 看成 m 2 个连续自然数的和，且最中间的两个数之和为 2121 n nn 则 121121m nm n 121121 n n是 1 m 个n ，从而 121m na … 1212121121 n n n n… 121 m n一共 m 2 个加数. 对于分拆③的第 2种情况，举例如下：将 85 拆分成若干个连续自然数的第三种情况为：85=5×17，因为 521 17，由公式可得85=4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13.问题二 2 的任意次幂能否表示成若干个连续自然数的和？分析： 假设 p2 可以被表示为若干个自然数的和， 令 kpa a a 2 1 2 ， 其中 k a a a , , ,2 1 是自然数，且 1 1 k k a a①若k 为奇数，则等式右边21 2 1 k k ka a a a 能被k 整除，而等式左边 p2 不能被k 整除，所以k 为奇数不成立；②若k 为偶数，则等式右边 12 22 12k k k a aka a a ，又因为2k a、 12k a 是两个相邻的自然数，其和为奇数，所以 k a a a 2 1 能被奇数整除，而等数左边 p2 不能被奇数整除，所以k 为偶数不成立；综合①②，故不存在连续若干个自然数使其和为 p2 .也就是说，2 的任意次幂都不能被表示为若干个连续自然数之和.根据问题一、二，我们可以总结出更为一般性结论：结论2：若自然数n 有k 个大于1 的奇约数，则n 共有k 种方法表示为两个或两个以上连续自然数之和.例如：1155=3×5×7×11，则1155 有24-1=15个奇约数，所以 1155有 15 种方法表示为两个或两个以上连续自然数之和.问题三 4已知存在k 个连续自然数的和等于1000，且k 大于16，求k 的值.分析：设这k 个连续自然数为 1 , , 1 , k a a a . 于是 100021 2) 1 ( ) 1 ( k a kk a a a ，即 3 45 2 2000 1 2 k a k ①又可知 1 2 k a k ，且k 与 1 2 k a 正好奇偶性相反，又由①式知 k 2000 ，所以根据题设可得 45 16 k ，又k 是2000 的约数，由此可见k 只能等于 25.从上题的分析中，我们可以归纳出一般性结论：结论4 ：已知正整数n 是 1 2 m 个连续自然数的和，那么n 是 1 2 m 的倍数；结论5 ：已知正整数n 是 m 2 个连续自然数的和，那么n 是 m 2 的倍数.二、整数分拆中的计数问题问题一 5如果把 7 表示为若干个自然数之和，有多少种方法？分析：根据分拆的项数分别讨论如下①把 7 分拆成一个自然数之和只有 1 种方式 7；②把 7 分拆成两个自然数之和有 3 种方式 7=6＋1=5＋2=4＋3；③把 7 分拆成三个自然数之和有 4 种方式 7=5＋1＋1=4＋2＋1=3＋3＋1=3＋2＋2；④把 7 分拆成四个自然数之和有 3 种方法 7=4＋1＋1＋1=3＋2＋1＋1=2＋2＋2＋1；⑤把 7 分拆成五个自然数之和有 2 种方法 7=3＋1＋1＋1＋1=2＋2＋1＋1＋1；⑥把 7 分拆成六个自然数之和有 1 种方法 7=2＋1＋1＋1＋1＋1；⑦把 7 分拆成七个自然数之和有 1 种方法 7=1＋1＋1＋1＋1＋1＋1.共有15 种方法.根据问题一，我们来研究一下对于一般的正整数n ，它的分拆数是多少呢？分析：我们已经知道xx x xn 111 2 22 4 2111xx x xn 33 6 3111xx x xn ……kkn k kxx x x 111 2 从中找出正整数分拆的一般方法.我们发现， 在 6 5 4 3 23 26 5 4 3 2 11 1 11x x x x x xx x x中， kx 的系数，当 3 k 时， 就是k 的拆分数； 当 3 k 时， 是整数k 分裂成若干个不超过 3 的整数部分的拆分数.例如5有五种拆分方法，且每一部分不超过 3：1+1+1+1+1,1+1+1+2,1+1+3，1+2+2,2+3故5 的拆分数为 5.结论: 显然，在 kx x x x 1 1 1 113 2 的多项式中， kx 的系数就是k 的拆分数.准备知识 在 nx x x x 1 1 1 1 3 2 的展开式中， kx 的系数，当 n k 时，就有整数k 分裂成各不相同（互不相等）部分的拆分数；当 n k 时，乃是整数k 分裂成各不相同部分且每一部分都不超过n 的拆分数.问题二 若用 1 米、2 米、3 米、4 米、5米长的铁丝各一根，问能拼接出几米长的铁丝？各有几种可能的方案？分析：因为上述铁丝各一根，是不可重复的，故对每一根铁丝都有两种选择：选择或不选择.因此我们可以得到