第29讲 操作探究型问题-【培优竞赛超级课堂】2024-2025学年七年级全一册数学

第29讲 操作探究型问题 情境课堂 亨利·庞加菜(1854一1912)，法国数学家，被公认为是19世纪中后期和 20世纪初期的领袖数学家，是对于数学及其应用具有全面认识的最后一个 人.庞加莱一生发表的科学论文约500篇、科学著作约30部，几乎涉及数学 的所有领域以及理论物理、天体物理等许多重要领域 庞加莱猜想是庞加菜提出的一个猜想，是克雷数学研究所悬赏的世界七℃⊙=6⊙ 大数学难题（七个千年大奖问题）之一.2006年被确认由俄罗斯数学家格里亨利·庞加莱 戈里·佩雷尔曼最终证明，但将解题方法公布到网上之后，佩雷尔曼拒绝了接受马德里国际数 学联合会声望颇高的菲尔兹奖 隔子跳问题 隔子跳问题相传源于古代印度，但问法与此略有不同.这是一个简单而有趣的智力问题： 在桌子的一直线上摆着十个棋子，每次可以像图中一样移动，把一个棋子跳过两个棋子与另 个棋子相叠.问这十个棋子应怎样移动，才能跳成五叠，每叠两个棋子？试一试你就会有体会 ①① 12345678910 0 初看起来，这似乎没有什么困难，但实际尝试一下就知道并不是十分容易.上图给出了答 案，箭头上的数字是移动顺序。 上述问题构思奇特，解法耐人寻味，足以令人拍案叫好，然而它们特性迥异，曲径通幽，是 很难有一般性的解法的，但是关于其解法的探究过程让人倍感受益： 方法一：（倒推法）因为整个跳棋只有5步，故可一步步进行倒推。 1)倒：⑤88888：④8o8o88:③8o8o080:②8o0o0080 ①000000080：开始：0000000000， (2)顺：略 方法二：（退的策略）(1)假如只有4个棋子无法跳成功：①②③④×；(2)假如只有6个棋子 无法跳成功：①②⑤④⑤⑥，从第一个棋子开始跳×；①②③④，⑤⑥，从第二个棋子开始跳×； ①②④@0，从第三个棋子开始跳X:(3)假如只有8个棋子可以跳成功：①Q③@0同@⑦@一 ①Q@⑤®”⑧：(4)@28④0⑦R@0转化为8个棋子的问题，再进行.对于2m(n≥4)个棋子 按上述游戏规则均可用步完成任务， 《210 第29讲操作探究型问题 典例剖析 类型1图形的折叠与剪拼 例1将一张长方形纸片，剪下一个正方形，剩下一个长方形，称为第一次操作：在剩下的长 方形纸片中再剪下一个正方形，剩下一个长方形，称为第二次操作：：若在第次操作后，剩 下的图形为正方形，则称原图形为n阶奇异长方形.如图1，在长方形ABCD中，若AB=2,BC= 6,则称长方形ABCD为2阶奇异长方形.如图2，在长方形ABCD中，若AB=2,BC=8,则称长 方形ABCD为3阶奇异长方形 A D 图1 图2 图3 (1)判断与操作： 如图3，长方形ABCD的长为5，宽为2，它是奇异长方形吗？如果是，请写出它是几阶奇异 长方形，在图中画出裁剪线，并标出数据：如果不是，请说明理由， (2)探究与计算： 已知长方形ABCD的一边长为20，另一边长为a(a<20),且它是3阶奇异长方形，请画出长 方形ABCD及裁剪线的示意图，并在图的下方写出a的值. (3)归纳与拓展： 已知长方形ABCD两邻边的长分别为b,c(b<c),且它是4阶奇异长方形，求b:c(请画出长 方形ABCD,并在图下标出b:c的值) 【学找切入点】此题主要考查对新定义的操作探究、动手实践、操作画图的能力，寻找规律， 注意分类讨论， 变式1一个正方形纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分：拿出其中 部分，再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分：又从得到的三部分中拿出其中之一，还 是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分…如此下去，最后得到了34个六十二边形和一 些多边形纸片，则至少要剪的刀数是( A.2004 B.2005 C.2006 D.2007 变式12下面是用1张长方形纸板ABCD制作长方体纸盒的两种方案 为2 211》 培优竞赛超级课堂 7年级数学 如图所示，沿着EF把长方形ABCD分成2个长方形，长方形ABFE可折叠成纸盒的侧面， 长方形CDEF可剪成纸盒的上、下底面，图1与图2的不同点在于剪切线GH的位置. 小明和小丽各有1张长方形纸板，同是长为a、宽为b,两人分别采用图1和图2的制作方案， 你认为他们制成的纸盒容积会相等吗？若会，请指出α，b需要满足的条件；若不会，请指出哪种 方案制成的纸盒容积大 类型2分形几何 例2如图所示，把一个边长为的正方形分成9个全等的小正方形，把最中间的一个小正 方形涂成白色（如图1），再对其他的8个小正方形做同样的分割，即分成9个小正方形，把最中间 的一个涂成白色（如图2），继续用同样的方法分割图形（如图3），…得到一些既复杂又漂亮的 图形，放大它的每一部分，发现都和整体一模一样.它是波兰数学家谢尔宾斯基构造的，也被称为 “谢尔宾斯基地毯” 图1 图2 图3 求：(1)图3中新的一个最小正方形的边长. (2)图3中新的一个最小正方形的面积. (3)图3中所有未涂白部分的面积. 【学找切入点】从一个简单的基本图形开始，按照一定的规律生长繁衍成复杂有趣而美丽 的图形，并探寻图形的边长、周长、面积、个数等规律 类型3赋值法> 例3有1997枚硬币，其中1000枚国徽朝上，997枚国徽朝下.现在要求每一次翻转其中 任意6枚，使它们的国徽朝向相反.问能否通过有限次翻转后，使所有硬币的国徽都朝上？给出 你的结论并证明. 【学找切入点】国徽朝上朝下具有相反意义.将国徽朝上赋值“十1”，朝下赋值“一1”，则若 干枚国微的朝向情况可用若干个数的乘积来表示，这样就把一个实际操作问题转化为了一个数 学问题 《212 第29讲操作探究型问题 变式31有15只杯口向下的茶杯，每次将其中6只茶杯同时翻转，使杯口向上为一次操 作，问能否经过若干次操作，使15只茶杯的杯口全部向上？（提示：把实际问题转化为奇数、偶数 的运算，用奇偶性分析) 中方法技巧 赋值法 把问题中研究的对象赋上某些具体数值，使对象之间的关系可以通过“赋值”的计算显示出 来，这种解题方法叫赋值法，通常赋的值是1和一1或1和0.赋值法通过数值化来解题，它利用数 值的大小、正负性、奇偶性进行分析、推理和论证，往往能达到出奇制胜的效果 人h人 类型4染色法> 例4当前世界上最大的电子计算机制造商一一美国国际商业机器公司(BM)的数学家高 英瑞，于20世纪60年代因在运筹学“整数规划”问题研究上有所突破而闻名于世.他曾提出以下 问题： 图中共有14个小方格，你能不能把它剪成7块长方形，使每块长方形都含有相连的2个小 方格？若能，给出一种剪法；若不能，请说明理由 【学找切入点】为了形象化地说明问题，可以先把各方格黑白相间地染色，然后把问题转化 为对黑白方格奇数、偶数个数的探讨 变式41如图，有一个6×6的展厅，展厅的相邻展室有门可通.能否设计一条参观路线， 使参观者既不遗漏又不重复地走完这36间展室呢？若能，这条路线该如何设计呢？若不能，请 说明理由。 H 类型5整体操作变换 例5已知表甲和表乙，将表甲中相邻的两个小方格（指有公共边的两个小方格）中的数都加 上或减去同一个数称作一次操作.问经过若干次操作之后，能否将表甲变成表乙？若能，请写出 一种操作过程：若不能，请说明理由。 213》 培优竞赛超级课堂 7年级数学 0154 3267 8455 2046 00 甲 乙 【学找切入点】本题研究发现操作过程中的不变量是解题的关键。 变式51黑板上写着三个整数，任意擦去其中一个，将它改写成为其他两数的和减去1. 这样继续下去，最后得到117,2001,2003.问原来的三个数能否是2,2,2？ 变式5-2甲、乙两人玩纸牌游戏，甲持有全部的红桃牌(A作1：J,Q,K分别作11,12， 13),乙持有全部的黑桃牌，两人轮流出牌，每次出一张，得到一对牌，出完为止，共得到13对牌， 每对牌彼此相减，问这13个差的乘积的奇偶性能否确定？ 拿方法技巧 整体思想 整体思想就是在解决数学问题时，将要解决的问题看成一个整体，通过对问题的整体形式、 整体结构、已知条件和所求问题综合考虑后得出结论， 研讨乐园 例6有人编了一个程序，从1开始，交错地做加法或乘法（第一次可以是加法也可以是乘 法)，每次加法，将上次的运算结果加2或加3：每次乘法，将上次的运算结果乘2或乘3.例如，30 可以由右边的步骤得到： (1)求证：可以得到22. 1+348+1030 (2)求证：可以得到21w十27一2， 【学找切入点】要证明一个数学命题“存在一个x满足A”一般有两类方法：一类方法是应 用论证法，假设不存在满足条件A的x,若推出与公理、已证定理或条件相矛盾，则一定存在x满 足A:另一类方法是具体地求出满足A的一个x或找到一个机械程序，使其进行有限步骤后，就 能确定满足A的这个x.后面一类方法称为构造性方法，只允许用构造性方法进行证明的数学叫 构造性数学 《214 第29讲操作探究型问题 要证明可以得到相应的数，只要编出符合要求的程序即可.例子是思维的起点.对于(1)，可 用倒推法，同时寻求对于(2)的通用性.对于(2)，可在(1)的基础上，展开寻求数据的特点和已知 与所求的联系。 【证明】(1)由右边的树形图知有3种方法。 22 、 +320 方法-：1±3×39±11222： -3 19 2 (×) 10 方法二：132±号48+11号22 ×2 -2 -3 (X) 方法三192±名428±10220+322. () 1-2 f×2 ×2 212 (2)以下是四位同学的探究. (√) × (N) 甲的探究2m+2一222+2%-1+320+2%一42 20+25-2+220+2第-4X227+21-2±2297+294-4X226+20-2X22+2-2 162142734X22.(×)无法达到目的，但中间循环X2再加2使问题变得相对简单。 乙的探究21m+21-2X229+2%-1+229+2%-3=3×26-3X33×26-1+2 3X2%-3X32%-1320-4X22-2+225-4X224-222时-4X228-2X2 2-2=6+33X31 对数据2十2一3进行分析，从而使这些数据与十2，十3和×2，×3的联系紧密。 丙的探究21m+2m-2X220+2%-1±220+2-3=3×2%-3X33×2%-13 3×26-22X23×25-2±23×25-2X23×2-2t23×29-2.23×22-2= 10t28X24+2221. 以下是丁的探究，这种做法可行吗？若可行，请写出做法：若不可行，请尝试是否还有其他动办法. 丁的探究2m十27-2+221m十27-4X229+2%-222+20一4X228+25 2+228+2-4=32… 能力平台 蹈优训练 建议用时：0分钟 ∠ABC的度数)？() 1.跟我学剪五角星：先将一张长方形纸片按图1 的虚线对折，得到图2，然后将图2沿虚线折 叠得到图3，再将图3沿虚线BC剪下 △ABC,展开即可得到一个五角星.若想得 到一个正五角星（如图4，正五角星的5个角 图1 图2 图3 图4 都是36)，则在图3中应沿什么角度剪（即 A.126° B.108° C.90° D.72 215》 培优竞赛超级课堂 7年级数学 2.对正方形ABCD进行分割（如图1），其中 从数串3,9,8开始，操作第100次以后所产 E,F分别是BC,CD的中点，M,N,G分别 生的那个新数串的所有数之和是多少？ 是OB,OD,EF的中点，沿分割线可以剪出 一副七巧板，用这些部件可以拼出很多图 案，图2就是用其中6块拼出的“飞机”.若 △GOM的面积为1，则图2中“飞机”的面积 为 5.有三堆石子的个数分别是19,8,9，现在进行 M 如下的操作：每次从这三堆石子中的任意两 七巧板 飞机 堆中各取出1个石子，然后把这2个石子都 图1 图2 加到另一堆中去，试问能否经过若干次这样 3.如图，将长为1，宽为a的矩形纸片(，<a<1 的操作后，使得： (1)三堆石子的个数分别是2,12,22， 折一下，然后剪下一个边长等于矩形宽度的 (2)三堆石子的个数都是12.如能，请用最快 正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形 的操作完成：如不能，请说明理由 按如图那样折一下，剪下一个边长等于此时 [注：若从第一、二堆各取1个到第三堆，可 矩形宽度的正方形（称为第二次操作）：如此 表示为(19,8,9)→(18,7,11)] 反复操作下去，若在第n次操作后，剩下的 矩形为正方形，则操作终止， (1)第二次操作时，剪下的正方形的边长为 (用含a的式子表示)。 (2)当n=3时，a的值为 6.你觉得手机很神奇吗？它能在瞬间清晰地 第一次操作 第二次操作 传递声音、文字、图像等信息，据说以后还能 4.有依次排列的3个数3,9,8，对任意相邻的 发送味道、触觉等信息呢！这都是手机中芯 两个数都用右边的数减去左边的数，所得的 片的功劳.其实，这些信号在芯片中都是以 差写在这两个数之间，可产生一个新数串： 二进制数的形式给出的.每个二进制数都由 0和1构成，芯片上电子元件的“开”“关”分 3,6,9,一1,8，这称为第一次操作：做第二次 别代表“1”和“0”.一组电子元件的“开”“关” 同样的操作后也可产生一个新数串：3,3,6， 状态就表示相应的二进制数，例如“开”“开” 3,9,一10，一1,9,8，继续依次操作下去.问 “关”表示“110”.如图，芯片的某段电路上分 《216 第29讲操作探究型问题 布着一组电子元件（假设它们首尾不相连）， 8.(第二十三届“华罗庚金杯”少年数学遨请赛) 且相邻的两个元件不能同时是关的.（以下 如图，一个由41个方格组成的棋盘.先将其 各小题要求写出解答过程) 中的任意8个方格染黑后按照以下规则继 (1)若此电路上有4个元件，则这4个元件 续染色：如果某个方格至少与2个黑格都有 所有不同的“开”“关”状态共有多少种？ 恰好1个公共顶点，那么就将这个方格染 (请一一列出)》 黑.这样操作下去能否将整个棋盘都染成 (2)若用a表示电路上k(k≥1)个电子元件 黑色？ 所有不同的“开”“关”状态数，试探索4， a+1,a+2之间的关系式.（不要求论证） (3)试用(2)中探索出的递推关系式，计算 ao的值. 宽舞训练 建议用时：30分钟 9.对一个正整数作如下操作：如果是偶数则除 7.(第二十三届“华罗庚金杯”少年数学遂请赛) 以2，如果是奇数则加1，如此进行直到结果 给定一个5×5方格网，规定如下操作：每次 为1时操作停止，求经过9次操作后变为1 可以把某行（或列）中的连续3个小方格改 的数有多少个？ 变颜色（把白格变黑格，把黑格变白格）.如 果开始时所有25个小方格均为白色，请问： 能否经过8次这样的操作，使得5×5方格网 恰好变为黑白相间（如图所示），且任何一个 小方格在前4次操作中至多变色1次？如 果能，请给出一种操作方案（直接画出第4， 5,6,7次操作后的方格网颜色)：如果不能， 请给出证明， 217》培优竞赛超级课堂 7年级数学 1S正AD. S一 # 'S+S+S+S+S-S+S+S 故S=S+S+S. B 提示:由Suor=S,得BD=DC 图1 图2 图3 又S△n-2S. 方法三 如图3.连接BD,BG,设BD,AC交于点O. Sur:-r. 因为Sowp=Son-1Sasu, 因此$=s\r=1x31{-1x1-1 所以 Soon-So-Sn=Sa-S= B 提示:连接AG,设Sw.=xcm,So=ycm. {-.# Sun. 2x+6y-24. 又S△n-=Sop=r.S△m:-S△w:= 则 解得 #- 3x+5y-30. SA-S△oM+Soon+S△a. 所以Sms-Swn+Swc=2(Swn-S)-1. 448-12- S+S-·DE·h+. Ss-693,Sr -- 4×1 155-924.S-1× DEF·-·DEF·(h+h)-·EF·-· $ 55-385,S*-2$385-770,S= -×385= DE.26. 308.所以 70. S70 E19. 提示:连接A'C..BB=3BC...S 3S.又'AA'-3AB'A'B-2AB,S= $$$-2,则Srn-3Sc=6.SAre-=3$6 + -19. 方法一如图1.$n-Sx-1.S:为公共部 图1 图2 (2)如图2.连接EG,设S=a,Sm.=b,则S= 分,所以Swo=Sw,因为△AMG与△AMD的高 #$Sx-y:Soo-su-204 相等(以A为顶点作高).△MCG与△MCD的高相等 (以C为顶点作高). [3十b-264. (a-63. 1-SoS. 有/ 解得 76693. 1b-180. S△MD Swo 2 所以Sar-a+b-63+180-243. 解得 $x-1$0-x1-. 第29讲 操作探究型问题 (1)矩形ABCD是3阶奇异长方形,裁剪线的示意图 方法二 如图2,连接GB,由正方形的对称性得S 如下。 Sxo.又S-S-Sxo. 什 所以 S 2$xo=2×~D-1. 74 参考答案与提示 (2)裁剪线的示意图如下. 含有相连2个小格的长方形,它们每一个应该是由一 个白格和一个黑格组成,可是图中共有6个白格,8个 - -8 黑格,它们数目不等,因此,要剪成所要求的7个长方 形是无法办到的. =2 010 0101 (3):c的值为,4.,,. 101。 。0 规律如下:第4次操作前短边与长边之比为; 图1 图2 当然,如果用赋值法,凡是白格用1表示,黑格用0表 第2次操作前短边与长边之比为,3,2,3. 示,如图2.可类似地得出结论 先考察一下2X2的方格,如图1,按操作规则,每次 第1次操作前短边与长边之比为,4,2,,. 操作后a十d与b十c的差不变 ### 再考察一般的4×4方格,如图2.按操作规则,每次操 作后,I-(a +c +b+d+a+c+b+d)-(b+ (1)每分割一次,新的正方形的边长是上一级正方形 d.+a十c:十b十d十a十c)是个不变量. 边长的,所以题图3中新的一个最小正方形的边长 初始状态时,1-33-29-4.而终止状态时,1-2-2- 0.故不论经过多少次操作都不可能将表甲变为表乙 是×31-寸-7 (2)每分割一次,新的正方形的面积是上一级正方形面 :6d 2d 积的士.,所以题图3中新的一个最小正方形的面积是 E “64 图1 ####×。1{一 图2 【变式题组】 (3)在题图1中,涂黑部分正方形的面积是; 1B 提示:根据题意,用剪刀沿不过顶点的直线剪成 在题图2中,涂黑部分正方形的面积为(8)= 两部分时,每剪开一次,使得各部分的内角和增加 360{}。于是,剪过k次后,可得(十1)个多边形,这些多 6 边形的内角和为(十1)×360*}因为这(b十1)个多边 在题图3中,涂黑部分正方形的面积为(8)= 形中有34个六十二边形,它们的内角和为34×(62一 2)180{-34×60×180”,其余多边形有(b+1)-34- 2. (一33)个,而这些多边形的内角和不小于(一33)× 将国徽朝上赋值为“十1”,朝下赋值为“一1”,则 $80*}所以(+1)$360*34$×60$180*+(-33)$ 1997枚硬币的朝向情况可用1997个数的乘积来表 180{,解得2005 示,若这些数之积为一1(或十1),表明有奇数枚(或偶 当我们按如下方式剪2005刀时,可以得到符合条件的 数枚)硬币朝下.开始时,其乘积为(十1)100× 结论,先从正方形上剪下1个三角形,得到1个三角形 (一1)*一一1.每次翻转6枚硬币,即每次改变6个数 和1个五边形;再从五边形上剪下1个三角形,得到 的符号,其结果是1997个数之积仍为一1.经过有限次 2个三角形和1个六边形......如此下去,剪了58刀后 翻转后,这个结果总保持不变,即国微朝下的硬币数永 得到58个三角形和1个六十二边形,再取33个三角 远是奇数枚,所以经过有限次翻转后,不能使所有硬币 形,在每个三角形上剪一刀,又可得到33个三角形和 的国徽都朝上. 33个四边形,对这33个四边形,按上述正方形的剪法 如图1,对这个图形进行间隔染色,如果能剪成7块 再各剪58刀,便得到33个六十二边形和33×58个三 75. 培优竞赛超级课堂 7年级数学 角形,于是共剪了58+33+33×58-20051 .经过第三次操作后所得的矩形是正方形 2依题意知,两种方案中,侧面的折痕(校)只能与AB '矩形的宽等于1-a. 平行,即纸盒的高AB一b.两种方案的容积要相等,就 即2a-1-(1-a)-(2a-1),解得a= 要使底面积相等,题图1中,设CF一2,则底面积为 ②如果1-a<2a-1,即a> 方形的边长为1一a, 则1-a-(2a-1)-(1-a),解得a-3 纸盒的容积相等 4一个依次排列的儿个数组成一个数串:a,a,a。..... 1不能,因为原有奇数个杯子的杯口向下,且每翻动一 a。,依题中操作方法可得新增的数为a:一a:,aa-a; 次后,杯口向下的杯子都减少偶数个,而奇数与偶数之 a-a,..,a.一a-,则新增数之和为(a一a)十 差仍为奇数,所以,无论翻动多少次,总有奇数个杯子 (a-a)十(a-a)十.十(a-a-))-a-a 的杯口向下,到最后只剩1个杯子的杯口向下时,也就 原数串为3个数;3,9,8. 不能再按规则翻动了. 第1次操作后所得数串为;3.6,9.-1.8. 41由图可知设计不出来,因为入口处和出口处是相同的 可知新增2项之和为6十(-1)一5一8-3 编号(图中是0). 第2次操作后所得数串为;3.3.6.3,9,-10,-1.9,8 出回111 可知新增4项之和为3+3+(-10)+9-5-8-3 101019 01011 按这个规律下去,第100次操作后所得新数串的所有 111C 010101 数之和为(3+9+8)+100×(8-3)-520. 10101口 E(1)经过6次操作可达到要求;(19,8.9)→(21,7.8) 51原来的三个数不可能是2,2,2 (23.6,7)→(25,5,6)→(24,4.8)-(23,3,10)→ 理由:按照题中的操作方法,2,2,2只能变为两偶一奇 (22,2.12). (数值可以改变,但奇偶性不变).而117,2001,200 (2)不可能,因为每次操作后,每堆石子个数要么加2 是三个奇数,所以按照题中所述方式,2,2.2永远不会 要么减1.而19,8,9被3除余数分别为1,2.0,经过 变为117,2001,2003. 任何一次操作后,余数分别是0.1,2,不可能同时被3 2设甲的出牌顺序是a,a,.,aa,乙的出牌顺序是 整除. bb...b,得差为a-b,a-b....,a-b. B(1)用“1”表示“开”,“0”表示“关”,则所有不同的“开” 这13个差的和为0,必至少有一个差是偶数, “关”的状态共有8种,可表示为 1111 故它们的乘积是偶数,所以这13个差的乘积的奇偶性 (全开) 1110.1101.1011,0111 可确定, (三开一关) 1010.0101,0110 【能力平台】 (两开两关) A214. (2)由a-2a-3.a-5.a-8归纳出a-1+a. (3)-+-8+5-13,a-a+a-13+8-21 3(1)1-a. 提示:由题意可知,当<<1时,第一次 a-a+a-21+13-34,a-a+a-34+21-55. 操作后剩下的矩形的长为a,宽为1一a,所以第二次操 -a+a-55+34-89,an-a+a-89+55 -144. 作时正方形的边长为1一a,第二次操作后剩下的矩形 的两边分别为1-a,2-1. 7可以.操作过程如下: (2)#或# ①经过4次操作可染成如下图案 提示:此时分两种情况 ①如果1-a>2a-1,即a^2,那么第三次操作时正 方形的边长为2a-1. 76 参考答案与提示 ②继续操作 时 $+1-1000.所以 -999-3$x37,则$-3$ 37.因此a+b+c-2+3+37-42. 例2设这个数为力. 当 =3+1时,+10-3+11,+14-3(+5 \ 显然)十14是合数; ?不可能,理由;如图,可以将棋盘上的方格分为灰色方 当 -3+2时,+10-3(+4)是合数; 格和白色方格两类,由染色规则可知,两类方格的染色 当-3时,因为)十10和十14是质数,故只有 -1 互不影响,因此需要分别考虑 符合题意. 首先考虑灰色方格,将只属于1个 听以这样的质数为3 黑色方格的顶点数量称为“边界 (1)能办到.方法如下:先将奇数排成一排:1,3,5. 顶点数”,由染色规则可知,每染1 7.....41,在每两个数间留有空当,然后将所有偶数依 一个方格,“边界顶点数”不会增 次反序排在空当中,得到1,40.3,38,5,36,7,34...1,8. 加,将所有灰色方格都染黑,此时 35.6.37,4.39,2,41.即任何相邻两数之和为41或43 的“边界顶点数”为20,因此灰色方格中初始染为黑色 符合题意. 的至少需要5个. (2)不能办到.若把1.2,3...,40,41围成一罔,要使相 再考虑白色方格,将所有自色方格都染黑,此时的“边 邻两数的和为质数,这些质数都为奇数,则在圆圈上任 界顶点数”为16.因此白色方格中初始染为黑色的至 何相邻两数必为一奇一偶,但现在20个偶数、21个奇 少需要4个. 数总共是41个号码,故无法办到. 故初始染色方格数为8时,无法将整个棋盘都染成黑 (1)··8c+7y=5(2x+5y)-2(r+9y); 色.初始染色方格数为9时,如图所示,将图中标有数 显然515(2r+5y),又,'5l(r+9y)...5|2(r+9y) 字1和2的方格作为初始的染黑方格,可以将整个棋 .515(2r+5y)-2(x+9y),即51(8r+7y). 盘染黑. (2)·4(3-7+12)+3(7r+2-5)-11(3-2+3). 通过1次操作变为1的数为2;再经过1次操作变为2 又.1111(3x-2y+3),111(7x+2-5) 的数为4.即通过2次操作变为1的数为4;再经过1次 '.114(3r-7y+12). 操作变为4的数有2个,为3,8,即通过3次操作变为 又:(11,4)-1,.11(3-7y+12). 1的数有2个,为3,8;......由此可以得到如图所示的 997;157. 提示:方法一 易知被3除余1,被5除 图形. 余2的最小自然数是7,..当M-7十15n(n为自然 7-1-1 一2 数)时,M依然是被3除余1,被5除余2的自然数 *-16-15-30 32-31 “M-7+15n-7+14n+n-7×(1+2n)+n, 1-2-4 ~ '.当n-3时,M是被7除余3的最小的自然数,此时 3-6-5-10 M-7+15×3-7+45-52,是被3除余1,被5除余2. -12_-11 被7除余3的最小自然数 24 又.3,5.7的最小公倍数是105. 于是,经过1,2,3,4,5....次操作变为1的数的个数依 .被3除余1.被5除余2.被7除余3的自然数可表示 次为1.1.2.3.5.8....此即为辈波拉契数列,后面的 为M-52+105n(n为自然数). 数依次为5+8-13.13+8-21,21+13-34,即经过9次 .M是一个三位数, 操作变为1的数有34个 ..10052+105999 第30讲 质数与合数、奇数与偶数 即100902解得1~ 42.提示:易知a(/c+1)-2000-2x5,若a 105 105 5.则/c+1-400,所以c-399-3X7x19.无论c n为自然数, 3.7或19都无法获得质数么,故a关5.只能取a一2,此 '.n的最大值取9.三位数M的最大值是52十105× 77