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华罗庚学校数学课本：四年级（下册）
第一讲 乘法原理
　　在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．
　　例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？
　　分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：
　　第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：
　　注意到 3×1=3．
　　如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：
　　共有六种走法，注意到3×2=6．
　　在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．
　　在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．
　　一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事一共有
　　N=m1×m2×…×mn种不同的方法．
　　这就是乘法原理．
例1 某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？
分析 某人买饭要分两步完成，即先买一种主食，再买一种副食（或先买副食后买主食）．其中，买主食有3种不同的方法，买副食有5种不同的方法．故可以由乘法原理解决．
　　解：由乘法原理，主食和副食各买一种共有3×5=15种不同的方法．
　　补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．
例2 右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？
　　分析 甲虫要从A点沿线段爬到B点，必经过C点，所以，完成这段路分两步，即由A到C，再由C到B．而由A到C有三种走法，由C到B也有三种走法，所以，由乘法原理便可得到结论．
　　解：这只甲虫从A到B共有3×3=9种不同的走法．
例3 书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？
　　分析 要做的事情是从外语、语文书中各取一本．完成它要分两步：即先取一本外语书（有6种取法），再取一本语文书（有4种取法）．(或先取语文书，再取外语书．）所以，用乘法原理解决．
　　解：从架上各取一本共有6×4=24种不同的取法．
例4 王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？
　　分析 三人报名参加比赛，彼此互不影响独立报名．所以可以看成是分三步完成，即一个人一个人地去报名．首先，王英去报名，可报4个项目中的一项，有4种不同的报名方法．其次，赵明去报名，也有4种不同的报名方法．同样，李刚也有4种不同的报名方法．满足乘法原理的条件，可由乘法原理解决．
　　解：由乘法原理，报名的结果共有4×4×4=64种不同的情形．
例5 由数字0、1、2、3组成三位数，问：
　　①可组成多少个不相等的三位数？
　　②可组成多少个没有重复数字的三位数？
　　分析 在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．
　　①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法，由乘法原理，共可组成3×4×4=48个不相等的三位数．
　　②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法，由乘法原理，共有3×3×2=18个没有重复数字的三位数．
　　解：由乘法原理
　　①共可组成3×4×4=48（个）不同的三位数；
　　②共可组成3×3×2=18（个）没有重复数字的三位数．
例6 由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？
　　分析 要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．
　　解：由1、2、3、4、5、6共可组成
　　3×4×5×3=180
　　个没有重复数字的四位奇数．
例7 右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？
　　分析 由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．
　　解：由乘法原理，共有
　　16×9×4×1=576
　　种不同的放法．
例8 现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？
　　分析 要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取，共9种取法，即0、1、2、3、4、5、6、7、8；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．由乘法原理，共有9×4=36种情形，但注意到，要求“至少取一张”而现在包含了一张都不取的这一种情形，应减掉．
　　解：取出的总钱数是
　　9×4-1=35种不同的情形．
习题一
　　1．某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？
　　2．如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？
　　3．在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？
　　4．一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？
　　5．由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个
　　①三位数？
　　②三位偶数？
　　③没有重复数字的三位偶数？
　　④百位为8的没有重复数字的三位数？
　　⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？
　　6．某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？
第二讲 加法原理
　　生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决．
　　例如 某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？
　　分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．
　　在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．
　　一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有m2种不同做法，…，第k类方法中有mk种不同的做法，则完成这件事共有
　　N=m1+m2+…+mk
　　种不同的方法．
　　这就是加法原理．
例1 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？
　　分析 在这个问题中，小明选一本书有三类方法．即要么选外语书，要么选科技书，要么选小说．所以，是应用加法原理的问题．
　　解：小明借一本书共有：
　　150+200+100=450（种）
　　不同的选法．
例2 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．
　　问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？
　　②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
　　分析 ①中，从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法．所以是加法原理的问题．
　　②中，要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题．
　　解：①从两个口袋中任取一个小球共有
　　3+8=11（种），
　　不同的取法．
　　②从两个口袋中各取一个小球共有
　　3×8=24（种）
　　不同的取法．
　　补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．
　　事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．
例3 如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？
　　分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法．
　　第一类，由甲地途经乙地到丙地．这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走法；第二步从乙地到丙地共2种走法，所以由乘法原理，这时共有4×2=8种不同的走法．
　　第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法．
　　解：由加法原理知，由甲地到丙地共有：
　　4×2+3=11（种）
　　不同的走法．
例4 如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？
　　分析 从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．
　　解：从A点先经过C到B点共有：
　　1×3=3（种）
　　不同的走法．
　　从A点先经过D到B点共有：
　　2×3=6（种）
　　不同的走法．
　　所以，从A点到B点共有：
　　3+6=9（种）
　　不同的走法．
例5 有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？
　　分析 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．
　　第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．
　　第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．
　　最后再由加法原理即可求解．
　　解：两个正方体向上的一面同为奇数共有
　　3×3=9（种）
　　不同的情形；
　　两个正方体向上的一面同为偶数共有
　　3×3=9（种）
　　不同的情形．
　　所以，两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有
　　3×3+3×3=18（种）
　　不同的情形．
例6 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？
　　分析 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．
　　一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；
　　两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．
　　三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9+1=244个．
　　解：在1～500中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有8×9=72个；不含4的三位数有3×9×9+1=244个，由加法原理，在1～500中，共有：
　　8+8×9+3×9×9+1=324（个）
　　不含4的自然数．
　　补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个．
　　这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．
例7 如下页左图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？
　　分析 观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．
　　第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×2=4条不同的路线．
　　第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法原理，从A经D到B共有4×4=16种不同的走法．
　　第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现．各有一条路．所以，从A经E到B共有1种走法．
　　第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法．
　　最后由加法原理即可求解．
　　解：如上右图，从A到B共有下面的走法：
　　从A经C到B共有2×2=4种走法；
　　从A经D到B共有4×4=16种走法；
　　从A经E到B共有1种走法；
　　从A经F到B共有1种走法．
　　所以，从A到B共有：
　　4+16+1+1=22
　　种不同的走法．
习题二
　　1．如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？
　　2．书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？
　　
3．如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？
　　4．在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？
　　5．在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？
　　6．十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？
第三讲 排 列
　　在实际生活中常遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法．就是排列问题．在排的过程中，不仅与参加排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关．
　　例如 某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间．问：应准备有多少种不同船票？
　　分析这个问题，可以用枚举法解决，三个城市之间，船票有下面六种设置方式：
　　如果不用枚举法，注意到要准备的船票的种类不仅与所选的两个城市有关，而且与这两个城市作为起点、终点的顺序有关，所以，要考虑共准备多少种不同的船票，就要在三个城市之间每次取出两个，按照起点、终点的顺序排列．
　　首先确定起点站，在三个城市中，任取一个为起点站，共有三种选法．
　　其次确定终点站，每次确定了一个起点站后，只能从剩下的两个城市之中选终点站，共有两种选法．
　　由乘法原理，共需准备：
　　3×2=6
　　种不同的船票．
　　为叙述方便，我们把研究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那么上面的问题就是在三个不同的元素中取出两个，按照一定的顺序排成一列的问题．我们把每一种排法叫做一个排列（如天津——青岛就是一个排列），把所有排列的个数叫做排列数．那么上面的问题就是求排列数的问题．
　　一般地，从n个不同的元素中任取出m个（m≤n）元素，按照一定的顺序排成一列．叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
由排列的定义可以看出，两个排列相同，不仅要求这两个排列中的元素完全相同，而且各元素的先后顺序也一样．如果两个排列的元素不完全相同．或者各元素的排列顺序不完全一样，则这就是两个不同的排列．　　
　　第一步：先排第一个位置上的元素，可以从n个元素中任选一个，有n种不同的选法；
　　第二步：排第二个位置上的元素．这时，由于第一个位置已用去了一个元素，只剩下（n-1）个不同的元素可供选择，共有（n-1）种不同的选法；
　　第三步：排第三个位置上的元素，有（n-2）种不同的选法；
　　…
　　第m步：排第m个位置上的元素．由于前面已经排了（m-1）个位置，用去了（m-1）个元素．这样，第m个位置上只能从剩下的[n-（m-1）]=（n-m+1）个元素中选择，有（n-m+1）种不同的选法．
　　由乘法原理知，共有：
　　n（n-1）（n-2）…（n-m+1）
　　种不同的排法，即：
例2 有五面颜色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？
　　分析 这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信号，就是有三个位置．我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三个位置的问题．由于信号不仅与旗子的颜色有关，而且与不同旗子所在的位置有关，所以是排列问题，且其中n=5，m=3．
　　解：由排列数公式知，共可组成
　　种不同的信号．
　　补充说明：这个问题也可以用乘法原理来做，一般，乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做，用排列数公式解决问题时，可避免一步步地分析考虑，使问题简化．
例3 用1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个没有重复数字的五位数？
　　分析 这是一个从8个元素中取5个元素的排列问题，且知n=8，m=5．
　　解：由排列数公式，共可组成：
　　个不同的五位数．
例4 幼儿园里的6名小朋友去坐3把不同的椅子，有多少种坐法？
　　分析 在这个问题中，只要把3把椅子看成是3个位置，而6名小朋友作为6个不同元素，则问题就可以转化成从6个元素中取3个，排在3个不同位置的排列问题．
　　解：由排列数公式，共有：
　　种不同的坐法．
例5 幼儿园里3名小朋友去坐6把不同的椅子（每人只能坐一把），有多少种不同的坐法？
　　分析 与例4不同，这次是椅子多而人少，可以考虑把6把椅子看成是6个元素，而把3名小朋友作为3个位置，则问题转化为从6把椅子中选出3把，排在3名小朋友面前的排列问题．
　　解：由排列公式，共有：
　　种不同的坐法．
例6 有4个同学一起去郊游，照相时，必须有一名同学给其他3人拍照，共可能有多少种拍照情况？（照相时3人站成一排）
　　分析 由于4人中必须有一个人拍照，所以，每张照片只能有3人，可以看成有3个位置由这3人来站．由于要选一人拍照，也就是要从四个人中选3人照相，所以，问题就转化成从四个人中选3人，排在3个位置中的排列问题．要计算的是有多少种排法．
　　解：由排列数公式，共可能有：
　　种不同的拍照情况．
例7 4名同学到照相馆照相．他们要排成一排，问：共有多少种不同的排法？
　　分析 4个人到照相馆照相，那么4个人要分坐在四个不同的位置上．所以这是一个从4个元素中选4个，排成一列的问题．这时n=4，m=4．
　　解：由排列数公式知，共有
　　种不同的排法．
　　一般地，对于m=n的情况，排列数公式变为
　　
表示从n个不同元素中取n个元素排成一列所构成排列的排列数．
　　这种n个排列全部取出的排列，叫做n个不同元素的全排列．
　　（2）式右边是从n开始，后面每一个因数比前一个因数小1，一直乘到1的乘积，记为n！，读做n的阶乘，则（2）式可以写为：
例9 5个人并排站成一排，其中甲必须站在中间有多少种不同的站法？
　　分析 由于甲必须站在中间，那么问题实质上就是剩下的四个人去站其余四个位置的问题，是一个全排列问题，且n=4．
　　解：由全排列公式，共有
　　
种不同的站法．
习题三
　　1．计算
　　2．某铁路线共有14个车站，这条铁路线共需要多少种不同的车票．
　　3．有红、黄、蓝三种信号旗，把任意两面上、下挂在旗杆上都可以表示一种信号，问共可以组成多少种不同的信号？
　　4．班集体中选出了5名班委，他们要分别担任班长，学习委员、生活委员、宣传委员和体育委员．问：有多少种不同的分工方式？
　　5．由数字1、2、3、4、5、6可以组成多少没有重复数字的
　　①三位数？
　　②个位是5的三位数？
　　③百位是1的五位数？
　　④六位数？
第四讲 组合
　　日常生活中有很多“分组”问题.如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等.这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题.
　　例如 某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间.那么，船票共有几种价格（往返票价相同）？
　　注意到由天津到青岛的票价与从青岛到天津的票价是一样的，所以问题实际上就是计算从三个城市中取两个城市，有多少种不同的取法，即这时只与考虑的两个城市有关而与两个城市的顺序无关.
　　由枚举法知，共有下面的三种票价：
　　天津←→青岛
　　青岛←→大连
　　大连←→天津
　　我们把研究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那么上面的问题就是从3个元素中取出2个，组成一组的问题，我们把每一组叫做一个组合，把所有的组合的个数叫做组合数，上面的问题就是要求组合数.
　　一般地，从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
　　由组合的定义可以看出，两个组合是否相同，只与这两个组合中的元素有关，而与取到这些元素的先后顺序无关.只有当两个组合中的元素不完全相同时，它们才是不同的组合.
　　从n个不同元素中取出m个元素（m≤n）的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的组合数.记作Cmn.
　　如上面的例子，就是要计算从3个城市中取2个城市的组合数C23，由枚举法得出的结论知：C23＝3.
　　那么它是怎样计算出来的呢？
　　从第三讲开头的例子，即准备天津、青岛、大连三个城市之间的船票的问题发现，这个问题实际上可以这样分两步完成：第一步是从三个城市中选两个城市，是一个组合问题，由组合数公式，有取C23法.第二步是将取出的两个城市进行排列，由全排列公式，有P23种排法，所以，由乘法原理得到P23＝C23×P23.故有：
　　C23＝P23÷P22＝（3×2）÷2＝3.
例1 计算：①C26，C46；②C27，C57.
　　注意到上面的结果中，有C26=C46，C27=C57.
　　一般地，组合数有下面的重要性质：
　　Cmn＝Cn-mn （m≤n）
　　这个公式是很容易理解的，它的直观意义是：Cmn表示从n个元素中取出m个元素组成一组的所有分组方法.Cn-mn表示从n个元素中取出（n—m）个元素组成一组的所有分组方法.显然，从n个元素中选出m个元素的分组方法恰是从n个元素中选m个元素剩下的（n-m）个元素的分组方法.例如，从5人中选3人开会的方法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即C35=C25.
例3 从分别写有1、3、5、7、9的五张卡片中任取两张，作成一道两个一位数的乘法题，问：
　　①有多少个不同的乘积？
　　②有多少个不同的乘法算式？
分析 ①中，要考虑有多少个不同乘积.由于只要从5张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题.
　　②中，要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题.
解：①由组合数公式，共有
　　个不同的乘积.
　　②由排列数公式，共有
　　P25＝ 5×4＝20
　　种不同的乘法算式.
例4 在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的①直线段，②三角形，③四边形？
分析 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段；在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形；在10个点中取4个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题.
解：由组合数公式.
例5 如下图，问：
　　①下左图中，共有多少条线段？
　　②下右图中，共有多少个角？
分析 ①中，在线段AB上共有7个点（包括端点A、B）.注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而C27表示从7个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有C27条线段.
　　②中，从O点出发的射线一共有11条，它们是OA， OP1，OP2，OP3，…，OP9，OB.注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角.显然，是组合问题，共有C211种不同的取法，所以，可组成C211个角.
解：①由组合数公式知，共有
　　
例6 某校举行排球单循环赛，有12个队参加.问：共需要进行多少场比赛？
分析 因为比赛是单循环制的，所以，12个队中的每两个队都要进行一场比赛，并且比赛的场次只与两个队的选取有关而与两个队选出的顺序无关.所以，这是一个在12个队中取2个队的组合问题.
解： 由组合数公式知，共需进行
　　场比赛.
例7 某班要在42名同学中选出3名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在42人中选3人站成一排，有多少种站法？
分析 要在42人中选3人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名同学被选出的顺序无关.所以，应用组合数公式，共有C343种不同的选法.
　　要在42人中选出3人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关.所以，应用排列数公式，共有P342种不同的站法.
解： 由组合数公式，共有
习题四
　　1.计算：
　　①C315； ②C19982000；
　　③C34×C28； ④P28-C68.
　　2.从分别写有1、2、3、4、5、6、7、8的八张卡片中任取两张作成一道两个一位数的加法题.问：
　　①有多少种不同的和？
　　②有多少个不同的加法算式？
　　3.某班毕业生中有10名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多少次手？
　　4.在圆周上有12个点.
　　①过每两个点可以画一条直线，一共可以画出多少条直线？
　　②过每三个点可以画一个三角形，一共可以画出多少个三角形？
　　5.如右图，图上一共有六个点，且六个点中任意三个点不共线，问：
　　①从这六个点中任意选两点可以连成一条线段，这些点一共可以连成多少条线段？
　　②从这六个点中任意选两点可以作一条射线，这些点一共可以作成多少条射线？（射线是一端固定，经另一点可以无限延长的.）
第五讲 排列组合
　　前面我们已讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题.事实上，这些问题是相互联系、不可分割的.例如有时候，做某件事情有几类方法，而每一类方法又要分几个步骤完成.在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要用到加法原理.又如，在照相时，如果对坐的位置有些规定，那么就不再是简单的排列问题了.类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点.
　　看下面的例子.
例1 由数字0、1、2、3可以组成多少个没有重复数字的偶数？
分析 注意到由四个数字0、1、2、3可组成的偶数有一位数、二位数、三位数、四位数这四类，所以要一类一类地考虑，再由加法原理解决.
　　第一类：一位偶数只有0、2，共2个；
　　第二类：两位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位可有C13种取法；若个位取2，则十位有C12种取法.故两位偶数共有（C13＋C12）种不同的取法；
　　第三类：三位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取0，则十位和百位共有P23种取法；若个位取2，则十位和百位只能在0、1、3中取，百位有2种取法，十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2的三位偶数有2×2个，三位偶数共有（P23＋2×2）个；
　　第四类：四位偶数.它包含个位为0、2的两类.若个位取 0，则共有P33个；若个位取 2，则其他 3位只能在 0、 1、 3中取.千位有2种取法，百位和十位在剩下的两个数中取，再排成一列，有P22种取法.由乘法原理，个位为2的四位偶数有2×P22个.所以，四位偶数共有（P33＋2×P22）种不同的取法.
解： 由加法原理知，共可以组成
　　2＋（C13＋C12）＋（P23＋2×2）＋（P33＋2×P22）
　　＝2＋5＋10＋10
　　＝27
　　个不同的偶数.
　　补充说明：本题也可以将所有偶数分为两类，即个位为0和个位为2的两类.再考虑到每一类中分别有一位、两位、三位、四位数，逐类讨论便可求解.
例2 国家举行足球赛，共15个队参加.比赛时，先分成两个组，第一组8个队，第二组7个队.各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）.然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军.问：①共需比赛多少场？②如果实行主客场制（即A、B两个队比赛时，既要在A队所在的城市比赛一场，也要在B队所在的城市比赛一场），共需比赛多少场？
分析 比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场次，决赛时比赛的场次.
　　①中，第一组中8个队，每两队比赛一场，所以共比赛C28场；第二组中7个队，每两队比赛一场，所以共比赛C27场；决赛中4个队，每两队比赛一场，所以共比赛C24场.
　　②中，由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是①中的2倍.
　　另外，还可以用排列的知识来解决.由于主客场制不仅与参赛的队有关，而且与比赛所在的城市（即与顺序）有关.所以，第一组共比赛P28场，第二组共比赛P27场，决赛时共比赛P24场.
解： 由加法原理：
　　①实行单循环赛共比赛
　　②实行主客场制，共需比赛
　　2×（C28＋C27＋C24）＝110（场）.
　　或解为：
　　P28＋P27＋P24
　　＝8×7＋7×6＋4×3
　　＝56＋42＋12
　　＝110（场）.
例3 在一个半圆周上共有12个点，如右图，以这些点为顶点，可以画出多少个
　　①三角形？
　　②四边形？
分析 ①我们知道，不在同一直线上的三个点确定一个三角形，由图可见，半圆弧上的每三个点均不共线（由于A、B既可看成半圆上的点，又可看成线段上的点，为不重复计算，可把它们归在线段上），所以，所有的三角形应有三类：第一类，三角形的三个顶点全在半圆弧上取（不含A、B两点）；第二类，三角形的两个顶点取在半圆弧上（不包含A、B），另一个顶点在线段上取（含A、B）；第三类，三角形的一个顶点在半圆弧上取，另外两点在线段上取.
　　注意到三角形的个数只与三个顶点的取法有关，而与选取三点的顺序无关，所以，这是组合问题.
　　由加法原理，这12个点共可以组成
　　C37＋（C27×C15）＋（C17×C25）
　　＝35＋105＋70＝210（个）
　　不同的三角形.
　　也可列式为C312－C35＝220—10＝210（个）.
分析 ②用解①的方法考虑.
　　将组成四边形时取点的情况分为三类：
　　第一类：四个点全在圆弧上取.（不包括A、B）有C17种取法.
　　第二类：两个点取自圆弧.两个点取自直线AB.有取法C27×C25种.
　　第三类：圆弧上取3个点，直线上取1个点，有C37×C15种取法.
解： 依加法原理，这12个点共可组成：
　　C47+ C27×C25+C37×C15
　　＝35＋210＋175＝420
　　个不同的四边形.
　　还可直接计算，这12个点共可组成：
　　C412-C45-C35·C17＝495－5-70＝420
　　个不同的四边形.
例4 如下图，问
　　①下左图中，有多少个长方形（包括正方形）？
　　②下右图中，有多少个长方体（包括正方体）？
分析 ①由于长方形是由两组分别平行的线段构成的，因此只要看上左图中水平方向的所有平行线中，可以选出几组两条平行线，竖直方向上的所有平行线中，可以选出几组两条平行线？
　　②由于长方体是由三组分别平行的平面组成的.因此，只要看上页右图中，平行于长方体上面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面，平行于长方体右面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的两个平面，平行于长方体前面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面.
解： ①C25×C27＝210（个）
　　因此，上页左图中共有210个长方形.
　　②C25×C26×C24＝900（个）
　　因此，上页右图中共有900个长方体.
例5 甲、乙、丙、丁4人各有一个作业本混放在一起，4人每人随便拿了一本，问：
　　①甲拿到自己作业本的拿法有多少种？
　　②恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种？
　　③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有多少种？
　　④谁也没有拿到自己作业本的拿法有多少种？
分析 ①甲拿到自己的作业本，这时只要考虑剩下的三个人拿到其他三本作业本的情况.由于其他三人可以拿到自己的作业本，也可以不拿到自己的作业本.所以，共有P33种情况.
　　②恰有一人拿到自己的作业本.这时，一人拿到了自己的作业本，而其他三人都没能拿到自己的作业本.拿到自己作业本的可以是甲、乙、丙、丁中的一人，共4种情况.另外三人全拿错了作业本的拿法有2种.故恰有一人拿到自己作业本的情况有4×2种情况.
　　③至少有一人没有拿到自己的作业本.这时只要在所有拿法中减去四人全拿到自己作业本的拿法即可.由于4人拿作业本的所有拿法是P44，而4人全拿到自己作业本只有1种情况.所以，至少有一人没拿到自己作业本的拿法有P44－1种情况.
　　④谁也没拿到自己的作业本.可分步考虑（假设四个人一个一个地拿作业本，考虑四人都拿错的情况即可）.第一个拿作业本的人除自己的作业本外有3种拿法.被他拿走作业本的人也有3种拿法.这时，剩下的两人只能从剩下的两本中拿，要每人都拿错，只有一种拿法.所以，由乘法原理，共有3×3×1种不同的情况.
解： ①甲拿到自己作业本的拿法有
　　P33＝3×2×1＝ 6
　　种情况；
　　②恰有一人拿到自己作业本的拿法有
　　4×2＝8
　　种情况；
　　③至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有
　　P44－1＝4×3×2×1－1＝23
　　种情况；
　　④谁也没有拿到自己作业本的拿法有
　　3×3×1＝9
　　种情况.
　　由前面的各例题可以看到，有关排列组合的问题多种多样，思考问题的方法灵活多变，入手的角度也是多方面的.所以，除掌握有关的原理和结论，还必须学习灵活多样的分析问题、解决问题的方法.
　　
习题五
　　1.由数字0、1、2、3、4可以组成多少个
　　①三位数？②没有重复数字的三位数？
　　③没有重复数字的三位偶数？④小于1000的自然数？
　　2.从15名同学中选5人参加数学竞赛，求分别满足下列条件的选法各有多少种？
　　①某两人必须入选；
　　②某两人中至少有一人入选；
　　③某三人中恰入选一人；
　　④某三人不能同时都入选.
　　3.如右图，两条相交直线上共有9个点，问：　一共可以组成多少个不同的三角形？
　　4.如下图，计算①下左图中有多少个梯形？②下右图中有多少个长方体？
　　5.七个同学照相，分别求出在下列条件下有多少种站法？
　　①七个人排成一排；
　　②七个人排成一排，某两人必须有一人站在中间；
　　③七个人排成一排，某两人必须站在两头；
　　④七个人排成一排，某两人不能站在两头；
　　⑤七个人排成两排，前排三人，后排四人，某两人不在同一排.
第六讲 排列组合的综合应用
　　排列组合是数学中风格独特的一部分内容.它具有广泛的实际应用.例如：某城市电话号码是由六位数字组成，每位可从0～9中任取一个，问该城市最多可有多少种不同的电话号码？又如从20名运动员中挑选6人组成一个代表队参加国际比赛.但运动员甲和乙两人中至少有一人必须参加代表队，问共有多少种选法？回答上述问题若不采用排列组合的方法，结论是难以想像的.（前一个问题，该城市最多可有1000000个不同电话号码.后一个问题，代表队有20196种不同选法.）
　　当然排列组合的综合应用具有一定难度.突破难点的关键：首先必须准确、透彻的理解加法原理、乘法原理；即排列组合的基石.其次注意两点：①对问题的分析、考虑是否能归纳为排列、组合问题？若能，再判断是属于排列问题还是组合问题？②对题目所给的条件限制要作仔细推敲认真分析.有时利用图示法，可使问题简化便于正确理解与把握.
例1 从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有几种选法？
分析 首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情况，即可分三类，自然考虑到加法原理.当从国画、油画各选一幅有多少种选法时，利用的乘法原理.由此可知这是一道利用两个原理的综合题.关键是正确把握原理.
解： 符合要求的选法可分三类：
　　不妨设第一类为：国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在5张国画中选1张，第二步再在3张油画中选1张.由乘法原理有 5×3＝15种选法.第二类为国画、水彩画各一幅，由乘法原理有 5×2＝10种选法.第三类油画、水彩各一幅，由乘法原理有3×2＝6种选法.这三类是各自独立发生互不相干进行的.
　　因此，依加法原理，选取两幅不同类型的画布置教室的选法有 15＋10＋ 6＝31种.
　　注 运用两个基本原理时要注意：
　　①抓住两个基本原理的区别，千万不能混.
　　不同类的方法（其中每一个方法都能各自独立地把事情从头到尾做完）数之间做加法，可求得完成事情的不同方法总数.
　　不同步的方法（全程分成几个阶段（步），其中每一个方法都只能完成这件事的一个阶段）数之间做乘法，可求得完成整个事情的不同方法总数.
　　②在研究完成一件工作的不同方法数时，要遵循“不重不漏”的原则.请看一些例：从若干件产品中抽出几件产品来检验，如果把抽出的产品中至多有2件次品的抽法仅仅分为两类：第一类抽出的产品中有2件次品，第二类抽出的产品中有1件次品，那么这样的分类显然漏掉了抽出的产品中无次品的情况.又如：把能被2、被3、或被6整除的数分为三类：第一类为能被2整除的数，第二类为能被3整除的数，第三类为能被6整除的数.这三类数互有重复部分.
　　③在运用乘法原理时，要注意当每个步骤都做完时，这件事也必须完成，而且前面一个步骤中的每一种方法，对于下个步骤不同的方法来说是一样的.
例2 一学生把一个一元硬币连续掷三次，试列出各种可能的排列.
分析 要不重不漏地写出所有排列，利用树形图是一种直观方法.为了方便，树形图常画成倒挂形式.
解：
　　由此可知，排列共有如下八种：
　　正正正、正正反、正反正、正反反、
　　反正正、反正反、反反正、反反反.
例3 用0～9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数.
分析 此题属于有条件限制的排列问题，首先弄清楚限制条件表现为：①某位置上不能排某元素.②某元素只能排在某位置上.分析无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1～9这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.
　　解法1：分析 某位置上不能排某元素.分步完成：第一步选元素占据特殊位置，第二步选元素占据其余位置.
解： 分两步完成：
　　第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法.
　　第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法.
　　由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个.
　　答：可组成4536个无重复数字的四位数.
　　解法2：分析 对于某元素只能占据某位置的排列可分步完成：第一步让特殊元素先占位，第二步让其余元素占位.在所给元素中0是有位置限制的特殊元素，在组成的四位数中，有一类根本无0元素，另一类含有0元素，而此时0元素只能占据百、十、个三个位置之一.
解： 组成的四位数分为两类：
　　第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个.
　　第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的四位数有3×9×8×7=1512个.
　　∴由加法原理，共有满足条件的四位数
　　3024+1512=4536个.
　　解法3：从无条件限制的排列总数中减去不合要求的排列数（称为排除法）.此题中不合要求的排列即为0占据千位的排列.
解： 从0～9十个数中任取4个数的排列总数为10×9×8×7，其中0在千位的排列数有9×8×7个（0确定在千位，百、十、个只能从9个数中取不同的3个）
　　∴共有满足条件的四位数
　　10×9×8×7-9×8×7
　　=9×8×7×（10-1）
　　=4536个.
　　注 用解法3时要特别注意不合要求的排列有哪几种？要做到不重不漏.
例4 从右图中11个交点中任取3个点，可画出多少个三角形？
　　分析首先，构成三角形与三个点的顺序无关因此是组合问题，另外考虑特殊点的情况：如三点在一条直线上，则此三点不能构成三角形，四点在一条直线上，则其中任意三点也不能构成三角形.此题采用排除法较方便.
　　解：组合总数为C311，
　　其中三点共线不能构成的三角形有7C33，
　　四点共线不能构成的三角形有2C34，
　　∴C311-（7C33+2C34）=165-（7+8）=150个.
例5 7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）
分析 首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：
　　①7=1+1+1+4
　　②7=1+2+2+2
　　③7=1+1+2+3
　　其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.
　　第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.
　　第三类：有两个盒子里各放一个球，另外两个盒子里分别放2个及3个球，这时分两步来考虑：第一步，从4个盒子中任取两个各放一个球，这种取法有C24种.
　　第二步，把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球，这种放法有P22种.由乘法原理有C24×P22=12种放法.
　　∴由加法原理，可得符合题目要求的不同放法有
　　4+4+12=20（种）
　　答：共有20种不同的放法.
　　注 本题也可以看成每盒中先放了一个球垫底，使盒不空，剩下3个球，放入4个有区别盒的放置方式数.
例6 用红、橙、黄、绿、蓝、青、紫七种颜色中的一种，或两种，或三种，或四种，分别涂在正四面体各个面上，一个面不能用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不同涂色方式？
分析 首先介绍正四面体（模型）.正四面体四个面的相关位置，当底面确定后，（从上面俯视）三个侧面的顺序有顺时针和逆时针两种（当三个侧面的颜色只有一种或两种时，顺时针和逆时针的颜色分布是相同的）.
　　先看简单情况，如取定四种颜色涂于四个面上，有两种方法；如取定一种颜色涂于四个面上，只有一种方法.但取定三种颜色如红、橙、黄三色，涂于四个面上有六种方法，如下图①②③（图中用数字1，2，3分别表示红、橙、黄三色）
　　如果取定两种颜色如红、橙二色，涂于四个面上有三种方法.如下图④⑤⑥
　　但是从七种颜色里，每次取出四种颜色，有C47种取法，每次取出三种颜色有C37种取法，每次取出两种颜色有C27种取法，每次取出一种颜色有C17种取法.
　　因此着色法共有2C47+6C37+3C27+C17=350种.
习题六
　　1.有3封不同的信，投入4个邮筒，一共有多少种不同的投法？
　　2.甲、乙两人打乒乓球，谁先连胜头两局，则谁赢.如果没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止，问有多少种可能情况？
　　3.在6名女同学，5名男同学中，选4名女同学，3名男同学，男女相间站成一排，问共有多少种排法？
　　4.用0、1、2、3、4、5、6这七个数字可组成多少个比300000大的无重复数字的六位偶数？
　　5.如右图：在摆成棋盘眼形的20个点中，选不在同一直线上的三点作出以它们为顶点的三角形，问总共能作多少个三角形？
　　6.有十张币值分别为1分、2分、5分、1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元的人民币，能组成多少种不同的币值？并请研究是否可组成最小币值1分与最大币值（总和）之间的所有可能的币值.
第七讲 行程问题
　　在本讲中，我们研究两个运动物体作方向相同的运动时，路程、速度、时间这三个基本量之间有什么样的关系.
例1 下午放学时，弟弟以每分钟40米的速度步行回家.5分钟后，哥哥以每分钟60米的速度也从学校步行回家，哥哥出发后，经过几分钟可以追上弟弟？（假定从学校到家有足够远，即哥哥追上弟弟时，仍没有回到家）.
分析 若经过5分钟，弟弟已到了A地，此时弟弟已走了40×5=200（米）；哥哥每分钟比弟弟多走20米，几分钟可以追上这200米呢？
解： 40×5÷（60-40）
　　=200÷20
　　=10（分钟）
　　答：哥哥10分钟可以追上弟弟.
　　我们把类似例1这样的题，称之为追及问题.如果我们把开始时刻前后两物体（或人）的距离称为路程差（如例1中的200米），从开始时刻到后者追上前者路程差这一段路程所用的时间称为追及时间，则从例1容易看出：追及问题存在这样的基本关系：
　　路程差=速度差×追及时间.
　　如果已知其中的两个量，那么根据上式就很容易求出第三个量.
例2 甲、乙二人练习跑步，若甲让乙先跑10米，则甲跑5秒钟可追上乙；若甲让乙先跑2秒钟，则甲跑4秒钟就能追上乙.问：甲、乙二人的速度各是多少？
分析 若甲让乙先跑10米，则10米就是甲、乙二人的路程差，5秒就是追及时间，据此可求出他们的速度差为10÷5=2（米/秒）；若甲让乙先跑2秒，则甲跑4秒可追上乙，在这个过程中，追及时间为4秒，因此路程差就等于2×4=8（米），也即乙在2秒内跑了8米，所以可求出乙的速度，也可求出甲的速度.综合列式计算如下：
解： 乙的速度为：10÷5×4÷2=4（米/秒）
　　甲的速度为：10÷5+4=6（米/秒）
　　答：甲的速度为6米/秒，乙的速度为4米/秒.
例3 某人沿着一条与铁路平行的笔直的小路由西向东行走，这时有一列长520米的火车从背后开来，此人在行进中测出整列火车通过的时间为42秒，而在这段时间内，他行走了68米，则这列火车的速度是多少？
分析 整列火车通过的时间是42秒，这句话的意思是：从火车的车头追上行人时开始计时，直到车尾超过行人为止共用42秒，因此，如果我们把火车的运动看作是车尾的运动的话，则本题实际上就是一个车尾与人的追及问题，开始时刻，它们的路程差就等于这列火车的车长，追及时间就等于42秒，因此可以求出它们的速度差，从而求出火车的车速.
解： 520÷42+68÷42
　　=（520+68）÷42
　　=588÷42
　　=14（米/秒）
　　答：火车的车速为14米/秒.
例4 幸福村小学有一条200米长的环形跑道，冬冬和晶晶同时从起跑线起跑，冬冬每秒钟跑6米，晶晶每秒钟跑4米，问冬冬第一次追上晶晶时两人各跑了多少米，第2次追上晶晶时两人各跑了多少圈？
分析 这是一道封闭路线上的追及问题，冬冬与晶晶两人同时同地起跑，方向一致.因此，当冬冬第一次追上晶晶时，他比晶晶多跑的路程恰是环形跑道的一个周长（200米），又知道了冬冬和晶晶的速度，于是，根据追及问题的基本关系就可求出追及时间以及他们各自所走的路程.
解： ①冬冬第一次追上晶晶所需要的时间：
　　200÷（6-4）=100（秒）
　　②冬冬第一次追上晶晶时他所跑的路程应为：6×100=600（米）
　　③晶晶第一次被追上时所跑的路程：
　　4×100=400（米）
　　④冬冬第二次追上晶晶时所跑的圈数：
　　（600×2）÷200=6（圈）
　　⑤晶晶第2次被追上时所跑的圈数：
　　（400×2）÷200=4（圈）
　　答：略.
　　解答封闭路线上的追及问题，关键是要掌握从并行到下次追及的路程差恰是一圈的长度.
例5 军事演习中，“我”海军英雄舰追击“敌”军舰，追到A岛时，“敌”舰已在10分钟前逃离，“敌”舰每分钟行驶1000米，“我”海军英雄舰每分钟行驶1470米，在距离“敌”舰600米处可开炮射击，问“我”海军英雄舰从A岛出发经过多少分钟可射击敌舰？
分析 “我”舰追到A岛时，“敌”舰已逃离10分钟了，因此，在A岛时，“我”舰与“敌”舰的距离为10000米（=1000×10）.又因为“我”舰在距离“敌”舰600米处即可开炮射击，即“我”舰只要追上“敌”舰9400（=10000米-600米）即可开炮射击.所以，在这个问题中，不妨把9400当作路程差，根据公式求得追及时间.
解： （1000×10-600）÷（1470-1000）
　　=（10000-600）÷470
　　=9400÷470
　　=20（分钟）
　　答：经过20分钟可开炮射击“敌”舰.
例6 在一条直的公路上，甲、乙两个地点相距600米，张明每小时行4公里，李强每小时行5公里.8点整，张李二人分别从甲、乙两地同时出发相向而行，1分钟后他们都调头反向而行，再经过3分钟，他们又调头相向而行，依次按照1，3，5，…（连续奇数）分钟数调头行走，那么张、李二人相遇时是8点几分？
分析 无论相向还是反向，张李二人每分钟都共走4000÷60+5000÷60=150（米）.如果两人一直相向而行，那么从出发经过600÷150=4（分钟）两人相遇.显然，按现在的走法，在16分钟（=1+3+5+7）之内两人不会相遇.在这16分钟之内，他们相向走了6分钟（=1+5），反向走了10分钟（=3+7），此时两人相距600+[150×（3+7-1-5）]=1200米，因此，再相向行走，经过1200÷150=8（分钟）就可以相遇.
解： 600+150×（3+7-1-5）=1200（米）
　　1200÷（4000÷60+5000÷60）=8（分钟）
　　1+3+5+7+8=24（分钟）
　　答：两人相遇时是8点24分.
例7 自行车队出发12分钟后，通信员骑摩托车去追他们，在距出发点9千米处追上了自行车队，然后通信员立即返回出发点；随后又返回去追自行车队，再追上时恰好离出发点18千米，求自行车队和摩托车的速度.
分析 在第一次追上自行车队与第二次追上自行车队之间，摩托车所走的路程为（18+9）千米，而自行车所走的路程为（18-9）千米，所以，摩托车的速度是自行车速度的3倍（=（18+9）÷（18-9））；摩托车与自行车的速度差是自行车速度的2倍，再根据第一次摩托车开始追自行车队时，车队已出发了12分钟，也即第一次追及的路程差等于自行车在12分钟内所走的路程，所以追及时间等于12÷2=6（分钟）；联系摩托车在距出发点9千米的地方追上自行车队可知：摩托车在6分钟内走了9千米的路程，于是摩托车和自行车的速度都可求出了.
解： （18+9）÷（18-9）=3（倍）
　　12÷（3-1）=6（分钟）
　　9÷6=1.5（千米/分钟）
　　1.5÷3=0.5（千米/分钟）
　　答：摩托车与自行车的速度依次为1.5千米/分钟，0.5千米/分钟.
例8 A、B两地间有条公路，甲从A地出发，步行到B地，乙骑摩托车从B地出发，不停地往返于A、B两地之间，他们同时出发，80分钟后两人第一次相遇，100分钟后乙第一次追上甲，问：当甲到达B地时，乙追上甲几次？
分析 由上图容易看出：在第一次相遇与第一次追上之间，乙在100-80=20（分钟）内所走的路程恰等于线段FA的长度再加上线段AE的长度，即等于甲在（80+100）分钟内所走的路程，因此，乙的速度是甲的9倍（=180÷20），则BF的长为AF的9倍，所以，甲从A到B，共需走80×（1+9）=800（分钟）乙第一次追上甲时，所用的时间为100分钟，且与甲的路程差为一个AB全程.从第一次追上甲时开始，乙每次追上甲的路程差就是两个AB全程，因此，追及时间也变为200分钟（=100×2），所以，在甲从A到B的800分钟内，乙共有4次追上甲，即在第100分钟，300分钟，500分钟和700分钟.
解： （略）.
习 题 七
　　1.解放军某部先遣队，从营地出发，以每小时6千米的速度向某地前进，6小时后，部队有急事，派通讯员骑摩托车以每小时78千米的速度前去联络，问多少时间后，通讯员能赶上先遣队？
　　2.小明以每分钟50米的速度从学校步行回家，12分钟后小强从学校出发骑自行车去追小明，结果在距学校1000米处追上小明，求小强骑自行车的速度.
　　3.甲、乙两架飞机同时从一个机场起飞，向同一方向飞行，甲机每小时行300千米，乙机每小时行340千米，飞行4小时后它们相隔多少千米？这时候甲机提高速度用2小时追上乙机，甲机每小时要飞行多少千米？
　　4.两人骑自行车从同一地点出发沿着长900千米环形路行驶，如果他们反向而行，那么经过2分钟就相遇，如果同向而行，那么每经过18分钟快者就追上慢者，求两人骑车的速度？
　　5.一条环形跑道长400米，甲骑自行车每分钟骑450米，乙跑步每分钟250米，两人同时从同地同向出发，经过多少分钟两人相遇？
　　6.上午8点零8分，小明骑自行车从家里出发，8分钟后，爸爸骑摩托车去追他，在离家4千米的地方追上了他.然后爸爸立刻回家，到家后又立刻回头去追小明、再追上他的时候，离家恰好是8千米，问这时是几点几分？
第八讲 数学游戏
　　我们在进行竞赛与竞争时，往往要认真分析情况，制定出好的方案，使自己获胜，这种方案就是对策.在小学数学竞赛中，常有与智力游戏相结合而提出的一些简单的对策问题，它所涉及的数学知识都比较简单.但这类题的解答对我们的智力将是一种很有益的锻炼.
例1 甲、乙二人轮流报数，必须报不大于6的自然数，把两人报出的数依次加起来，谁报数后加起来的数是2000，谁就获胜.如果甲要取胜，是先报还是后报？报几？以后怎样报？
分析 采用倒推法（倒推法是解决这类问题一种常用的数学方法）.由于每次报的数是1～6的自然数，2000-1=1999，2000-6=1994，甲要获胜，必须使乙最后一次报数加起来的和的范围是1994～1999，由于1994-1=1993（或1999-6=1993），因此，甲倒数第二次报数后加起来的和必须是1993.同样，由于1993-1=1992，1993-6=1987，所以要使乙倒数第二次报数后加起来的和的范围是1987～1992，甲倒数第三次报数后加起来的和必须是1986.同样，由于1986-1=1985，1986-6=1980，所以要使乙倒数第三次报数后加起来的和的范围是1980～1985，甲倒数第四次报数后加起来的和必须是1979，….
　　把甲报完数后加起来必须得到的和从后往前进行排列：2000、1993、1986、1979、….观察这一数列，发现这是一等差数列，且公差d=7，这些数被7除都余5.因此这一数列的最后三项为：19、12、5.所以甲要获胜，必须先报，报5.因为12-5=7，所以以后乙报几，甲就报7减几，例如乙报3，甲就接着报4（=7-3）.
解： ①甲要获胜必须先报，甲先报5；
　　②以后，乙报几甲就接着报7减几.
　　这样甲就能一定获胜.
例2 有1994个球，甲乙两人用这些球进行取球比赛.比赛的规则是：甲乙轮流取球，每人每次取1个，2个或3个，取最后一个球的人为失败者.
　　①甲先取，甲为了取胜，他应采取怎样的策略？
　　②乙先拿了3个球，甲为了必胜，应当采取怎样的策略？
分析 为了叙述方便，把这1994个球编上号，分别为1～1994号.取球时先取序号小的球，后取序号大的球.还是采用倒推法.甲为了取胜，必须把1994号球留给对方，因此甲在最后一次取球时，必须使他自己取到球中序号最大的一个是1993（也许他取的球不止一个）.为了保证能做到这一点，就必须使乙最后第二次所取的球的序号为1990（=1993-3）～1992（=1993-1）.因此，甲在最后第二次取球时，必须使他自己所取的球中序号最大的一个是1989.为了保证能做到这一点，就必须使乙最后第三次所取球的序号为1986（=1989-3）～1988（=1989-1）.因此，甲在最后第三次取球时，必须使他自己取球中序号最大的一个是1985，….
　　把甲每次所取的球中的最大序号倒着排列起来：1993、1989、1985、….观察这一数列，发现这是一等差数列，公差d=4，且这些数被4除都余1.因此甲第一次取球时应取1号球.然后乙取a个球，因为a+（4-a）=4，所以为了确保甲从一个被4除余1的数到达下一个被4除余1的数，甲就应取4-a个球.这样就能保证甲必胜.
　　由上面的分析知，甲为了获胜，必须取到那些序号为被4除余1的球.现在乙先拿了3个，甲就应拿5-3=2个球，以后乙取a个球，甲就取4-a个球.
解： ①甲为了获胜，甲应先取1个球，以后乙取a个球，甲就取4-a个球.
　　②乙先拿了3个球，甲为了必胜，甲应拿2个球，以后乙取a个球，甲就取4-a个球.
例3 甲、乙两人轮流往一张圆桌面上放同样大小的硬币，规定每人每次只能放一枚，硬币平放且不能有重叠部分，放好的硬币不再移动.谁放了最后一枚，使得对方再也找不到地方放下一枚硬币的时候就赢了.说明放第一枚硬币的甲百战百胜的策略.
分析 采用“对称”思想.
　　设想圆桌面只有一枚硬币那么大，当然甲一定获胜.对于一般的较大的圆桌面，由于圆是中心对称的，甲可以先把硬币放在桌面中心，然后，乙在某个位置放一枚硬币，甲就在与之中心对称的位置放一枚硬币.按此方法，只要乙能找到位置放一枚硬币，根据圆的中心对称性，甲定能找到与这一位置中心对称的地方放上一枚硬币.由于圆桌面的面积是有限的，最后，乙找不到放硬币的地方，于是甲获胜.
解： （略）.
例4 把一棋子放在如右图左下角格内，双方轮流移动棋子（只能向右、向上或向右上移），一次可向一个方向移动任意多格.谁把棋子走进顶格，夺取红旗，谁就获胜.问应如何取胜？
分析 采用倒推法.由于只能向右、向上或向右上移，要把棋子走进顶格，应让对方最后一次把棋子走到最右边一列的格中，为了保证能做到这一点，倒数第二次应让棋子走进右图中的A格中.（对方从A格出发，只能向右或向上移至最后一列的格中）所以要获胜，应先占据A格.同理可知，每次都占据A～E这五个格中的某一格的人一定获胜.
解： 为保证取胜，应先走.首先把棋子走进E格，然后，不管对方走至哪一格，（肯定不会走进A～D格），先走者可以选择适当的方法一步走进A～D格中的某一格.如此继续，直至对方把棋子走进最后一列的某个格中，此时先走者一步即可走进顶格，夺取红旗，从而获胜.
例5 白纸上画了m×n的方格棋盘（m，n是自然数），甲、乙两人玩画格游戏，他们每人拿一枝笔，先画者任选一格，用笔在该格中心处画上一个点，后画者在与这个格相邻（有一条公共边的两个格叫相邻的格）的一个格的中心处也画上一个点，先画者再在与这个新画了点的格相邻的格的中心画上一个点，后画者接着在相邻的格中再任选一格画上一个点，…，如此反复画下去，谁无法画时谁失败.问：先画者还是后画者有必胜策略？他的必胜策略是什么？（注：已画过点的格子不准再画.）
分析 m，n是自然数，不定，不妨选几个小棋盘来试试，以便从中找出规律.
　　1×1棋盘，先画者胜.
　　1×2棋盘，后画者胜.
　　2×2棋盘，后画者胜.
　　2×3棋盘，后画者胜.后画者的策略如下：2×3棋盘，总可以事先分割成3个1×2的小棋盘.后画者采用“跟踪”的方法：先画者在某个1×2的小盘中某个格内画了点，后画者就在同一个1×2小盘中的另一格画点；先画者只得去寻找另外的1×2的小盘，后画者“跟踪”过去；直至先画者找不到新的1×2小盘，这时，先画者就失败.
　　由2×3棋盘的分析过程知：m，n中至少有一个为偶数时，m×n棋盘总可以事先分成一些1×2或2×1的小棋盘，利用上面所说的“跟踪”法，后画者有必胜策略.
　　若m，n都是奇数，先画者事先把m×n棋盘划分成一些1×2小棋盘后，还剩一个小格.这时，先画者可以先在这个剩下的小格中画点，之后，先画者用“跟踪”法，就归结为m、n至少有一个为偶数的情形，先画者有必胜策略.
　　综上所述，当m、n中至少有一个为偶数时，后画者有必胜策略；当m、n都为奇数时，先画者有必胜策略.
解： （略）.
例6 现有9根火柴，甲、乙两人轮流从中取1根、2根或3根，直到取完为止.最后数一数各人所得火柴总数，得数为偶数者胜.问先拿的人是否能取胜？应怎样安排策略？
分析 我们从最简单的情况开始进行考虑.
　　由于9是奇数，它分成两个自然数的和时，必然一个是奇数，一个是偶数，所以两人中必然一胜一负.由于偶数分成两个自然数的和时，必然同奇或同偶，故无论如何取，都只能平局.因此我们只对火柴总数为奇数的情况加以讨论.
　　1.如果有1根火柴，那么先取的人必败，后取的人必胜.
　　2.如果有3根火柴，先取的人可以取2根，后取的人只能取1根，那么先取的人必胜，后取的人必败.
　　3.如果有5根火柴，不妨设为甲先拿.
　　甲先拿1根：
　　①乙拿1根，还剩3根，甲取3根.甲的火柴总数为：1＋3＝4（根），乙的火柴总数为1根，因此甲胜.
　　②乙拿2根，还剩2根，甲取1根，乙取1根.甲的火柴总数为：1＋1＝2（根），乙的火柴总数为：2＋1＝3（根），因此甲取胜.
　　③乙拿3根，还剩1根，甲取1根.甲的火柴总数为：1＋1＝2（根），乙的火柴总数为3根，因此甲胜.
　　因此，如果有5根火柴，先拿的人有必胜的策略.
　　4.下面讨论7根火柴的情形.
　　甲先取了3根：
　　还剩4根，同前面3①～③分析可知甲必胜。
　　因此，有7根火柴时，先取的人有必胜的策略.
　　5.最后讨论9根火柴的情形.
　　①甲先取1根，乙取3根，还剩5根.
　　（a）甲取1根，还剩4根，乙取3根，甲取1根，乙胜.
　　（b）甲取2根，还剩3根，乙取3根，乙胜.
　　（c）甲取3根，还剩2根，乙取1根，甲取1根，乙胜.
　　因此，在甲先取1根的情况下，（乙接着取3根）乙有必胜的策略.
　　②甲取2根时，还剩7根，这时乙面临7根的情形，乙取3根，不论以后甲怎样取，乙都有必胜的策略.
　　③甲取3根时，还剩6根；乙取1根，还剩5根.
　　（a）甲取1根，还剩4根，乙取3根，甲取1根，乙胜.
　　（b）甲取2根，还剩3根，乙取3根，乙胜.
　　（c）甲取3根，还剩2根，乙取1根，甲取1根，乙胜.
　　因此在甲先取3根的情况下，乙只要取1根，不论以后甲怎样取，乙都有必胜的策略.
　　综上所述，先取的人没有必胜的策略，后取的人有必胜的策略.
　　解： （略）.
习题八
　　1.甲、乙两人轮流报数，必须报1～4的自然数，把两人报出的数依次加起来，谁报数后加起来的和是1000，谁就取胜.如果甲要取胜，是先报还是后报？报几？以后怎样报？
　　2.有1994个格子排成一行，左起第一个格子内有一枚棋子，甲、乙两人轮流向右移动棋子，每人每次只能向右移动1格、2格、3格或4格，谁将棋子走到最后一格谁败.那么甲为了取胜，第一步走几格？以后又怎样走？
　　3.54张扑克牌，两人轮流拿牌，每人每次只能拿1张到4张，谁拿到最后一张谁输，问先拿牌的人怎样确保获胜？
　　4.n个1×1的正方形排成一行，左起第一个正方形中放一枚棋子，甲、乙两人交替走这枚棋子，每步可向右移动1格、2格或3格，谁先走到最后一格谁为胜利者.问先走者还是后走者有必胜的策略？
　　5.如果将例4中的条件改为“得数为奇数者为胜”，那么怎样才能确保取胜？
第九讲 有趣的数阵图（一）
　　大家都知道了历史悠久的三阶幻方.再推广一些，结合某些几何图形，把一些数字填入图形的某种位置上，并使数字满足一定的约束条件，这类问题，习惯上称为“数阵图”.幻方是特殊的数阵图，幻方发展较快，因为它后来与试验方案设计及一些高深数学分支有关，成为数阵图中最重要课题.本讲主要介绍一般数阵图及解此类题的推理思考方法，由于它既有数字之间运算，又要结合图形，对开发学生综合思考和形象思维很有益.
　　先看例题.
例1 下面图形包括六个加法算式，要在圆圈里填上不同的自然数，使六个算式都成立，那么最右边圆圈中的数最少是几？
分析 为便于说理，各圆圈内欲填的数依次用字母A、B、C、D、E、F、G、H、I代替（上右图）.
　　经观察，I=A+B+C+D.题目要I尽可能小，最极端的想法，希望A、B、C、D只占用1、2、3、4.但这会产生矛盾.因为1总要和2、3、4中的某两个实施加法，但1＋2给予G、H、E、F中某值为3与A、B、C、D中已有的3冲突；同样1+3给于G、H、E、F中某值为4又与A、B、C、D中已有的4冲突；所以A、B、C、D不能是1、2、3、4.
　　那么退而求之，不妨先设A=1.如先考虑B，B尽可能小，最好，B=2，从而决定了E=3，C≠3，D≠3.
　　这样一来，C，D只能取4和5.但如C=4导致G=5和D=5冲突，而C=5，D=4，又导致G=A+C=6和H=B+D=2+4=6冲突.
　　在碰了钉子后，回看在A=1设定后，不应随随便便先填B的值.从结构上看，因为B，C地位对称，不妨先考虑D.D尽可能小，最好设D=2，B、C至少取3、5，若如此，由B+D或C+D产生的5会与B、C中已有的5矛盾.
　　所以，B、C可能取3、6.从而形成了：A=1、D=2、B、C取3、6（B，C地位对称）.这样一来其他字母所代表的值就立即推出，不妨设B=3，C=6，A+B=E=4，C+D=6+2=8=F；A+C=1+6=7=G，B+D=3+2=5=H，恰
　　好满足E+F=4+8=12=I；G+H=7+5=12=I；
　　综上所述：A=1，D=2，B=3，C=6决定了其他值，且决定了I=12.是一个较小的I的值，自然要问I值还可能比12小吗？
　　分析I的值有三种不同的获得方式：
　　I=A+B+C+D=E+F=G+H.
　　3I=A+B+C+D+E+F+G+H，
　　而8个字母最少是代表1、2、…、7、8的情况.
　　3I≥（1+2+…+7+8）=36，I≥12.
　　现已推出了使I=12的一种填法，所以是最佳方案了.
例2 如右图，五圆相连，每个位置的数字都是按一定规律填写的，请找出规律，并求出x所代表的数.
分析 经观察，图中所填数的规律为两个圆相交部分的数等于与它相邻两部分里的数的和的一半.比如：
　　（26+18）÷2=22.
　　（30+26）÷2=28.
　　（24+30）÷2=27.
解： x+18=17×2
　　x=16.
　　经检验，16和24相加除以2，也恰好等于20.
例3 在下图中的各题中，将从1开始的连续自然数填入各题的圆圈中，要使每边上的数字之和都相等，中心处各有几种填法？（每小题请给出一个解）
　　分析1 图（A）中的中心圆填入的数设为x，x参与3条线的连加，设每条线数字和都为S.由题意：
　　1+2+3+…+7+2x=3S
　　即28+2x=3S或28+2x≡0（mod 3）
　　借用同余工具，是在两个未知数的不定方程中先缩小x应该取值的范围.在mod3情况下，只要试探x≡0，1，2三个值，很轻松地解出：x≡1（mod3），回复到x取值范围为1，2，…，7.有x1=1，x2=4，x3=7，
　　得到：x1=1，S1=10；x2=4，S2=12；x3=7，S3=14；
　　由此看出关键在求S（公共和）及x（参与相加次数最多的圆中值）.
　　此方法对下面解（B）、（C）、（D）.都适用.
　　注意：每条线上的数字之和随着中心数的变化而变化.
分析2 我们分析图（B），首先应该考虑中心数，（B）题共10个数，由于中心数比其他数多使用了二次（总共使用三次）.如果中心数用x表示，三条边的数码总和应为：
　　1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+2x=55+2x
　　同理，因为是3条边，所以55+2x应是3的倍数55+2x≡0（mod 3），把x≡0、1、 2代入试验，得x≡1（mod 3），即x=1、4、7、10.四种解.
　　①当x=1时，55+2x=57，57÷3=19
　　②当x=4时，55+2x=63，63÷3=21
　　③当x=7时，55+2x=69，69÷3=23
　　④当x=10时，55+2x=75，75÷3=25
　　读者可按照上面相似的规律自己去分析一下图中（C）、（D）两题.
　　解：（A）图：
　　中心数可以为1、4、7，有三种填法，请读者补充其他两种解法.
　　（B）图：
　　中心数可以为1、4、7、10.有四种填法，请你补充其他三种填法.
　　（C）图：
　　中心数可以为1、5、9.有三种填法，请你补充其他两种填法.
　　（D）图：
　　中心数可以为1、6、11.有3种填法，请你补充其他两种填法.
例4 在下左图的七个圆圈内各填上一个数，要求每条线上的三个数中，当中的数是两边两个数的平均数，现在已填好两个数，求x是多少？
　　分析 为了便于说明问题，我们用字母表示各个圆圈内所表示的数，如上右图所示：
　　根据题意，我们观察：因为每一条直线上的三个数中，当中的数是两边的两个数的平均数.所以可以得出：D=（13+17）÷2=15.还可以得出以下三式：
　　C=（B+15）÷2 （1）
　　A=（13+B）÷2 （2）
　　C=（A+17）÷2 （3）
　　将上述三个算式进行变形，成下面三个算式：
　　2C=B+15 （4）
　　2A=13+B （5）
　　2C=A+17 （6）
　　用（4）式减去（5）式得出：
　　2C-2A=2
　　C-A=1
　　C=A+1
　　将C=A+1代入（6）式得到：
　　2（A+1）=A+17，A=15.
　　x=19.
　　例5 如下左图有5个圆，它们相交后相互分成几个区域，现在两个区域里已分别填上数字10、6，请在另外七个区域里分别填进2、3、4、5、6、7、9七个数字，使每个圈内的数的和都是15.
　　分析 为了便于说明，我们用字母表示其他的7个区域.如上右图.
　　根据题意可以得出：A=5、G=9，九个区域中数的总和为：（2+3+4+5+6+7+9）+10+6=52，而每个圆圈内数的和是15，五个圆圈内数的总和为：15×5=75，又75-52=23，由此得出重叠的部分的四个数A、C、E、G的和是23.由于A=5和G=9已经填好，因此，余下的两个部分C+E的和是：23-5-9=9，此时9只有两种分解的可能：2+7=9、3+6=9.在E、F、G这个圆圈内，∵G=9，∴E不能填6、7.也不能填3（否则F也等于3），只能填2，这样，E=2，C=7.
　　解：
例6 如下左图所示4个小三角形的顶点处共有6个圆圈.如果在这些圆圈中分别填上6个质数，它们的和是20，而且每个小三角形三顶点上的数之和相等，问这6个质数的积是多少？
　　分析 为了叙述方便，我们用字母表示图中圆圈里的数.如上右图所示.通过观察，我们不难发现，小三角形A1B2C2和小三角形A2B2C2有两个共同的顶点B2，C2，而这两个小三角形顶点上数字的和相等.因此A1=A2.同理有B1=B2，C1=C2，所以，此图只能填A、B、C三个质数（两个A、两个B、两个C.以下：A1=A2记为A，B1=B2记为B，C1=C2记为C）
　　∵6个圆圈中的6个质数之和为20，即：
　　2×（A+B+C）=20
　　A+B+C=10.
　　∴10分成三个质数之和只能是10=2+3+5.这样，A、B、C分别是2、3、5.这时所填6个数的积是：2×2×3×3×5×5=900.
　　解：
例7 能否将自然数1～10填入五角星各交点的“○”内使每条直线上的4个数字之和都相等？
　　分析与解答 不能，用反证法.
　　假设可以填成数阵图，观察发现：
　　十个点中的每一个点恰好是两条直线的公共点.因而全部直线（共5条）上数字总和，应该等于全部点上数字总和的2倍.记每条直线上数字和为S，则有
　　5S=（1+2+3+…+10）×2，
　　从而解出S=22.
　　10和1必同在某一直线上.不然，如含有10的两条直线都不含有1，这样，这两条线上8个数字（10自然被计上两次）之和（本应为2S）大于等于
　　2×10+2+3+4+5+6+7=47＞44=2S.
　　形成矛盾.所以10、1必处同一直线.
　　此外，有三个数字与10不同线，不妨记为x、y、z.
　　显然x+y+z=｛10数总和｝-｛其余七个数和｝而这｛其余七个数和｝恰好为2S-10.所以x+y+z=55-2×22+10=21.已推出10，1共线.进一步看出，1无论在什么位置都与x、y、z三数中的两个共线.
　　设1与x、y共线，此线上另一数设为v.
　　则有1+x+y+v=22，从而x+y+v=21.前已证x+y+z=21，因而导致v=z的矛盾.其他情况推证类似，所以没有题设的填法.
习题九
　　1.将1～9这九个数字分别填入右图中的九个圆圈中，使各条边上的四个圆圈内的数的和相等.
　　2.将0.01、0.02、…、0.09这九个数分别填入右图九个圆圈内，使每条边上的四个圆圈内的数之和都等于0.2.（此题与题1共用一图）
　　3.在右图的空白的区域内分别填上1、2、4、6四个数，使每个圆中的四个数的和都是15.
第十讲 有趣的数阵图（二）
　　下面我们继续研究有关数阵图的问题.
例1 将1～7这七个自然数分别填入右图的7个小圆圈中，使三个大圆圆周上及内部的四个数之和都等于定数S，并指出这个定数S的取值范围，最小是多少，最大是多少？并对S最小值填出数阵.
　　分析 为了叙述方便，用字母表示圆圈中的数.通过观察，我们发现，三个大圆上，每个大圆上都有4个小圆，由题设每个大圆上的4个小圆之和为S.从图中不难看出：B是三个圆的公共部分，A、C、D分别是两个圆的公共部分而E、F、G仅各自属于一个圆.这样三个大圆的数字和为：3S=3B+2A+2C+2D+E+F+G，而A、B、…、F、G这7个数的全体恰好是1、2、…、6、7.
　　∴3S=1+2+3+4+5+6+7+2B+A+C+D.
　　3S=28+2B+A+C+D.
　　
如果设2B+A+C+D=W，要使S等于定数
　　即W最小发生于B=1、A=2、C=3、D=4
　　W最大发生于B=7、A=6、C=5、D=4，
　　综上所述，得出：
　　13≤S≤19即定数可以取13～19中间的整数.
　　本题要求S=13，那么A=2、B=1、C=3、D=4、E=5、 F=6、 G=7.
　　注意：解答这类问题常常抓两个要点，一是某种共同的“和数” S.（同一条边上各数和，同一三角形上各数和，同一圆上各数和等等）.
　　二是全局考虑数阵的各数被相加的“次”数.主要突破口是估算或确定出S的值.从“中心数”B处考虑.（B是三个大圆的公共部分，常根据S来设定B的可能值.这里重视B不是简单地看到B处于几何中心，主要因为B参与相加的次数最多）此处因为定数是13，中心数可从1开始考虑.确定了S和中心数B，其他问题就容易解决了.
　　解：
例2 把20以内的质数分别填入右图的八个圆圈中，使圈中用箭头连接起来的每条路上的四个数之和都相等.
　　分析 观察右图，我们发现：
　　①有3条路，每条路上有4个数，且4个数相加的和要相等.
　　②图形两端的两个数是三条路的公共起点和终点.因此只要使三条路上其余两个数的和相等，就可以确保每条路上的四个数的和相等.
　　③20以内的质数共有8个，依次是2、3、5、7、11、13、17、19.如果能从这八个数中选出六个数凑成相等的三对数，问题就可迎刃而解.如要分析，设起点数为X，终点数为y，每条路上4个数之和为S，显然有：
　　3S=2x+2y+2+3+5+7+11+13＋17+19
　　=2x+2y+77.
　　但这时，中间二个质数之和为47-（19+13）=15，但17＞15，17无处填.
　　所以S=47是无法实现的.
　　这题还另有一个独特的分析推理.即惟一的偶质数必处于起点或终点位上.不然，其他路上为4个质数之和，2处于中间位的路上.这条路为3奇1偶相加，另两条路上为4个奇相加，形成矛盾.
　　再进一步分析，（终点，始点地位对称）始点放上2，终点放上另一个质数，其他6个质数之和必为3的倍数.而经试算，只有终点放上3，而可满足的解法只有一种（已在下图中表出）.
　　解：
　　这样，轻而举地可得到：5+19=24，7+17＝24，11+13=24.
例3 把1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分别填入右图中的正方形的各个圆圈中，使得正方形每边上的三个数的和相等.
　　分析和解 假设每边上的三数之和为
　　S，四边上中间圆圈内所填数分别为a、b、c、d，那么：
　　a+c=b+d=（1+2+…+8）-2S=36-2S
　　∴2S＝36-（a+C）＝36-（b+d）
①若S=15，则a+c=b+d＝6，又1+5=2+4=6，试验可得下图
　　②若S=14，则a+c=b+d=8，又1+7=2+6=3+5=8，试验可得下两图
　　③若S=13，则a+c=b+d＝10，又2+8＝3+7＝4+610，试验可得下两图
　　④若S=12，则a+c=b+d＝12，又4+8＝5+7＝12，试验可得下图
例4 在一个立方体各个顶点上分别填入1～9这九个数中的八个数，使得每个面上四个顶点所填数字之和彼此相等，并且这个和数不能被那个没有被标上的数字整除.
　　试求：没有被标上的数字是多少？并给出一种填数的方法.
　　分析 为了叙述方便，设没有被标上的数字为a，S是每个面上的四个顶点上的数字之和.由于每个顶点数都属于3个面，所以得到：
　　6S=3×（1+2+3+4+5+6+7+8+9）-3a
　　6S＝3×45-3a
　　2S＝45-a （1）
　　根据（1）式可看出：因为左边2S是偶数，所以右边45-a也必须是偶数，故a必须是奇数.又因为根据题意，S不能被a整除，而2与a互质，所以2S不能被a整除，45也一定不能被a整除.”
　　在奇数数字1、3、5、7、9中，只有7不能整除45，所以可以确定a=7.
例5 将1～8这八个数标在立方体的八个顶点上，使得每个面的四个顶点所标数字之和都相等.
　　分析 观察下图，知道每个顶点属于三个面，正方体有6个面，所以每个面的数字之和为：
　　（1+2+3+4+5+6+7+8）×3÷6=18.
　　这就是说明正方体每个面上四个顶点所填数字之和是18.下面有3种填法的提示，作为练习，请读者补充完整.
　　解：
例6 在下左图中，将1～9这九个数，填人圆圈内，使每个三角形三个顶点的数字之和都相等.
　　分析 为了便于叙述说明，圆圈内应填的数，先由字母代替.设每个三角形三个顶点圆圈内的数字和为S.
　　即：A+B+C=S、D+E+F=S、G+H+I=S、
　　C+G+E=S、A+G+D=S、B+H+E=S、
　　C+I+F=S.
　　将上面七个等式相加得到：
　　2（A+B+C+D+E+F+G+H+I）+C+G+E=7S.
　　即：A+B+C+D+E+F+G+H+I=3S
　　又∵A、B、C、D、E、F、G、H、I，分别代表1～9这九个数.即：
　　1+2+3+4+5+6+7+8+9=45.
　　3S=45
　　S=15.
　　这15就说明每个三角形三个顶点的数字之和是15.
　　在1～9九个数中，三个数的和等于15的组合情况有以下8种即：（1、9、5）；（1、8、6）；（2、9、4）；（2、8、5）；（3、7、5）；（2、7、6）；（3、8、4）；（4、5、6）；观察九个数字在上述8种情况下出现的次数看，数字2、4、5、6、8都均出现了三次，其他数字均只出现两次，所以，符合题意的组合中的2、8、5和4、5、6可填入图中的圆圈内，这样就得到本题的两个解.
　　解：
例7 在有大小六个正方形的方框下左图中的圆圈内，填入1～9这九个自然数，使每一个正方形角上四个数字之和相等.
　　分析 为了叙述方便，我们将各个圆圈内填入字母，如上右图所示.如果设每个正方形角上四个数字之和为S，那么图中六个正方形可得到：
　　a1+a2+b1+b2=S,a2+b2+a3+b3=S,
　　b1+b2+c1+b2=S,a2+b3+b2+b1=S,
　　b2+b2+b3+c3=S,a1+a3+c3+c1=S.
　　将上面的六个等式相加可得到：
　　2（a1+a3+c3+c1）+3（a2+b3+b2+b1）+4b2=6S.则4b2＝S
　　4（a1+a3+c3+c1）+4（a2+b3+b2+b1）+4b2=9S.
　　于是有：
　　4（a1+a2+a3+b1+b2+b3+c1+b2+c3）=4×45=9S.
　　9S=4×45
　　S=20.
　　这就说明每个正方形角上四个数字之和为20.
　　所以：b2=5.
　　从而得到：a1+a2+b1=a2+a3+b3=15，
　　b1+c1+b2=b2+c3+b3=15.
　　由上面两式可得：a1+b1=a3+b3,b1+c1=b3+c3.
　　如果a2为奇数，则a1+b1和a3+b3均为偶数.
　　①若a1为奇数，a3为偶数，则b1为奇数，b3为偶数.因为a2+b3+b2+b1=20，所以b2为偶数，则c1为偶数，c3为奇数.但是a1+a2+5+b1=20，而奇数1、3、5、7、9中含有5的任意四个奇数的和不等于20，有矛盾.
　　②若a1为偶数，a3为偶数，则b1也为偶数，b3也为偶数.因为a2+b3+b2+b1=20，所以b2为奇数，则c1为偶数，c3为偶数，但1～9中只有4个偶数，有矛盾.
　　③若a1为奇数，a3为奇数，则b1、b3也为奇数，这样1～9中有六个奇数，有矛盾.
　　④若a1为偶数，a3为奇数，情况与①相同.
　　综合上述，a2必为偶数.由对称性易知：b2、b2、b1也为偶数.因此a1、a3、c3、c1全为奇数.
　　这样，就比较容易找到此解.
　　解：
　　注：也可以这样想：因为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，中心数用5试填后，余下40，那么大正方形、中正方形对角数字之和一定为10，比如：2+8=10、3+7=10、1+9=10、4+6=10.再利用小正方形调整一下，便可以凑出结果了.
习题十
　　1.将1～6六个自然数字分别填入下图的圆圈内，使三角形每边上的三数之和都等于定数S，指出这个定数S的取值范围.并对S=11时给出一种填法.
　　2.将1～10这十个自然数分别填入下左图中的10个圆圈内，使五边形每条边上的三数之和都相等，并使值尽可能大.
　　3.将1～8填入上右图中圆圈内，使每个大圆周上的五个数之和为21.
第十一讲 简单的幻方及其他数阵图
　　有关幻方问题的研究在我国已流传了两千多年，它是具有独特形式的填数字问题.宋朝的杨辉将幻方命名为“纵横图.”并探索出一些解答幻方问题的方法.随着历史的进展，许多人对幻方做了进一步的研究，创造了许多绚丽多彩的幻方.
　　据传说在夏禹时代，洛水中出现过一只神龟，背上有图有文，后人称它为“洛书”.
　　洛书所表示的幻方是在3×3的方格子里（即三行三列），按一定的要求填上1～9这九个数，使每行、每列、及二条对角线上各自三数之和均相等，这样的3×3的数阵阵列称为三阶幻方.
　　一般地说，在n×n（n行n列）的方格里，既不重复又不遗漏地填上n2个连续的自然数（一般从1开始，也可不从1开始）每个数占一格，并使排在任一行、任一列和两条对角线上的n个自然数的和都相等，这样的数表叫做n阶幻方.这个和叫做幻和，n叫做阶.
　　杨辉在《续古摘奇算法》中，总结洛书幻方构造方法时写到：“九子排列，上、下对易，左右相更，四维挺出.”现用下图对这四句话进行解释.
　　九子排列 上、下对易 左右相更 四维挺出
　　怎样构造幻方呢？一般方法是先求幻和，再求中间位置的数，最后根据奇、偶情况试填其他方格内的数.
　　下面

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