整数分拆
整数的分拆
第4讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。
如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。
由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。
例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
所以最多可以播7天。
说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，=1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。
问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。
因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。
当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。
当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。
数学中的整数分拆
数学中的整数分拆在数学中，整数分拆是一个有趣且重要的概念。
它涉及到将一个正整数拆分成若干个正整数之和的过程。
整数分拆在代数、组合数学以及数论等领域都有广泛的应用和研究。
本文将介绍整数分拆的基本概念、应用以及一些有趣的性质。
一、基本概念整数分拆即是将一个正整数拆分成若干个正整数之和的过程。
例如，对于整数4，可以将其分拆为1+1+1+1、2+2、1+1+2等不同的方式。
整数分拆的方式可以具有不同的顺序，但只要拆分的数目相同，就属于同一种拆分方式。
通常，我们用P(n)表示一个正整数n的拆分数，P(n)的值表示n的所有拆分方式的总数。
二、应用整数分拆在实际问题中有着广泛的应用。
下面以组合数学为例，介绍一些具体的应用场景。
1. 钱币组合问题假设有不同面额的硬币，例如1元、2元、5元等，我们需要凑出一个特定金额的零钱。
这个问题可以转化为整数分拆的问题。
例如，我们要凑齐10元，可以分解为1+1+1+1+1+1+1+1+1+1、1+1+1+1+1+1+1+1+2、1+1+1+1+1+1+1+2+2等多种方式。
2. 整数拆分问题整数拆分问题是指将一个正整数拆分成若干个正整数之和，并且这些正整数之间没有顺序要求的问题。
例如，将整数4拆分成1+1+1+1、1+1+2、1+3、2+2等都属于整数拆分的方式。
整数拆分问题在计算机科学中有着广泛的应用，例如动态规划算法中的背包问题、分割问题等。
三、性质整数分拆具有很多有趣的性质，下面介绍其中的一些。
1. 奇偶性对于正整数n，其拆分数P(n)具有一定的奇偶性规律。
当n为奇数时，P(n)为奇数；当n为偶数时，P(n)为偶数。
这个结论可以通过归纳法证明。
2. 递推关系正整数n的拆分数P(n)可以通过递推关系计算得到。
具体地，对于正整数m，其拆分数可以通过计算m-1的拆分数、m-2的拆分数等递推得到。
例如，P(5)可以通过计算P(4)、P(3)、P(2)、P(1)的值得到。
3. 生成函数生成函数是一种用于研究组合数学问题的工具。
小学五年级奥数题经典题：整数分拆
小学五年级奥数题经典题：整数分拆整数分拆整数分拆问题是一个古老而又十分有趣的问题。
所谓整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，便是这个自然数的一个分拆。
整数分拆的要求通常是将一个自然数拆成两个(或两个以上)自然数的和，并使这些自然数的积(或最小);或拆成若干个连续自然数的和等等。
下面举例作出剖析。
例1 将14分拆成两个自然数的和，并使这两个自然数的积，应该如何分拆?分析与解不考虑加数顺序，将14分拆成两个自然数的和，有1+13，2+12，3+11，4+10，5+9，6+8，7+7共七种方法。
经计算，容易得知，将14分拆成7+ 7时，有积7×7=49。
例2 将15分拆成两个自然数的和，并使这两个自然数的积，如何分拆?分析与解不考虑加数顺序，可将15分拆成下列形式的两个自然数的和：1+14，2+13，3+12，4+11，5+10，6+9，7+8。
显见，将15分拆成7+8时，有积7×8=56。
注：从上述两例可见，将一个自然数分拆成两个自然数的和时，如果这个自然数是偶数2m，当分拆成m+m时，有积m×m=m2;如果这个自然数是奇数2m+1，当分拆成m+(m+1)时，有积m×(m+1)。
例3 将14分拆成3个自然数的和，并使这三个自然数的积，如何分拆?分析与解显然，只有使分拆成的数之间的差尽可能地小(比如是0或1)，这样得到的积才。
这样不难想到将14分拆成4+5+5时，有积4×5×5=100。
例4 将14分拆成若干个自然数的和，并使这些自然数的积，如何分拆?分析与解首先应该考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。
首先分拆成的数中不能有1，这是显而易见的。
其次分成的数中不能有大于4的数，不然的话，将这个数再拆成2与另一个自然数的和，这两个数的积一定比原数大。
比如5=2+3，但5比2×3=6小。
又因为4=2×2，所以，能够考虑将14分拆成若干个2或3了。
小学奥数知识点趣味学习——整数的分拆
小学奥数知识点趣味学习——整数的分拆整数分拆内容概述：1．一般的有，把一个整数表示成两个数相加，当两个数相近或相等的时候，乘积最大。
也就是把整数分拆成两个相等或者相差1的两个整数。
2．一般的有，把自然数m分成n个自然数的和，使其乘积最大，则先把m进行对n的带余除法，表示成m=np+r，则分成r个(p+1)，(n－r)个P。
3．把自然数S (S＞1)分拆为若干个自然数的和(没有给定是几个)，则分开的数当中最多有两个2，其他的都是3，这样它们的乘积最大。
4．把自然数分成若干个互不相等的整数，则先把它表示成2+3+4+5+…+n形式，当和等于原数则可以，若不然，比原数大多少除去等于它们差的那个自然数。
如果仅大于1，则除去2，再把最大的那个数加1。
5．若自然数N有k个大于1的奇约数，则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。
即当有m个奇约数表示的乘积，则有奇约数个奇约数。
6．共轭分拆．我们通过下面一个例子来说明共轭分拆：如：10=4+2+2+1+1，我们画出示意图，我们将其翻转(将图左上到右下的对角线翻转即得到)：，可以对应的写成5+3+l+1，也是等于10，即是10的另一种分拆方式。
我们把这两种有关联的分拆方式称为互为共轭分拆。
典型例题：1．写出13=1+3+4+5的共轭分拆。
【分析与解】画出示意图，翻转得到，对应写为4+3+3+2+1=13，即为13=1+3+4+5的共轭分拆。
2．电视台要播出一部30集电视连续剧，若要每天安排播出的集数互不相等。
则该电视连续剧最多可以播出几天?【分析与解】由于希望播出的天数尽可能地多，若要满足每天播出的集数互不相等的条件下，每天播出的集数应尽可能地少。
选择从1开始若干连续整数的和与30最接近(小于30)的情况为1+2+3+4+5+6+7=28，现在就可以播出7天，还剩下2集，由于已经有2集这种情况，就是把2集分配到7天当中又没有引起与其他的几天里播出的集数相同.于是只能选择从后加．即把30表示成：30=1+2+3+4+5+6+9或30=1+2+3+4+5+7+8即最多可以播出7天。
三年级奥数春季班第10讲整数的分拆之强化篇
三年级奥数春季班第10讲整数的分拆之强化篇一、引言随着春季班的推进，我们来到了三年级奥数的第10讲——整数的分拆。
整数分拆是数学中一个有趣且实用的领域，通过学习这一讲，同学们将能够掌握整数分拆的基本概念和方法，并在实际问题中灵活运用。
二、整数分拆的概念与方法1.整数分拆的含义整数分拆，指的是将一个整数拆分成若干个正整数的和。
在数学中，整数分拆有着广泛的应用，如求解最值问题、优化问题等。
2.整数分拆的方法整数分拆的方法主要包括：质因数分解、同余分拆、最简分拆等。
这些方法在解决不同类型的问题时有所侧重，接下来我们将通过实例来了解。
三、整数分拆的强化篇1.强化分拆的定义与特点强化分拆，是指在常规整数分拆的基础上，对拆分后的整数进行进一步的优化。
强化分拆的特点如下：（1）强化分拆追求拆分方式的简洁性；（2）强化分拆注重运用数学原理，如数论、组合数学等；（3）强化分拆强调解题策略的多样性。
2.强化分拆的实例解析以下是一个利用强化分拆求解最值问题的实例：题目：已知正整数n，求n(n+1)(n+2)(n+3)的最小值。
解：通过强化分拆，可以将n(n+1)(n+2)(n+3)转化为(n^2+3n)(n^2+3n+2)。
进一步拆分为(n^2+3n)[(n+1)+(n+2)]，然后利用基本不等式，得到最小值为24。
四、整数分拆在奥数中的应用1.题目类型一：利用整数分拆求解问题例题：求解不等式|x-1|+|x-2|+|x-3|+|x-4|≥4。
解：将不等式转化为四个绝对值之和的形式，然后根据整数分拆的原理，讨论x的取值范围，求解得到x∈[-1,4]。
2.题目类型二：利用整数分拆优化问题例题：已知四个数a、b、c、d，求a^2+b^2+c^2+d^2的最小值。
解：利用整数分拆，将a、b、c、d分为两组，使得两组数的和相等。
然后根据平方差公式，将原式转化为一个关于和的形式，进一步求解得到最小值。
3.题目类型三：整数分拆与组合数的联系例题：求解组合数问题C(n,m)=n(n-1)(n-2)...(n-m+1)/m!的性质。
三年级奥数春季班第10讲整数的分拆之强化篇
三年级奥数春季班第10讲整数的分拆之强化篇
（最新版）
目录
1.整数分拆的定义和意义
2.整数分拆的方法和技巧
3.整数分拆的实际应用和强化练习
正文
一、整数分拆的定义和意义
整数分拆是奥数中的一个重要概念，它指的是将一个整数拆分成若干个整数的和，这些整数可以是正数、负数或零。
整数分拆在数学问题中有着广泛的应用，它可以帮助我们简化问题，提高解题效率。
通过学习整数分拆，我们可以培养自己的逻辑思维能力和数学运算技巧。
二、整数分拆的方法和技巧
1.直接分拆法：根据题目要求，直接将整数拆分成若干个整数的和。
这种方法适用于较简单的问题，需要我们熟练掌握整数的加减法。
2.差分法：通过计算两个整数的差，然后逐步逼近目标整数。
这种方法适用于较难直接分拆的问题，需要我们具备较强的观察能力和计算能力。
3.代换法：将题目中的整数用变量表示，通过代数运算求解。
这种方法适用于含有较多未知数的问题，需要我们具备较强的代数运算能力。
4.构造法：通过构造特殊的数列或数组，找到整数的分拆方式。
这种方法适用于题目中存在一定规律性的问题，需要我们具备较强的创新思维和构造能力。
三、整数分拆的实际应用和强化练习
为了更好地掌握整数分拆的方法和技巧，我们需要进行大量的练习。
可以从简单的题目开始，逐步提高难度，巩固所学知识。
在实际应用中，我们要注意观察题目的特点，灵活运用各种方法，以求达到最佳的解题效果。
总之，整数分拆是奥数中一个重要的概念，通过学习整数分拆，我们可以提高自己的数学运算能力和解题技巧。
小学三年级奥数 第44讲：整数的分拆
【本讲总结】 一、概念 整数的拆分： 把一个自然数(0 除外)拆分成几个自然数相加的形式 核心思想： 有序、全面 二、基本型
三、告知最大数
四、求加数的最多个数
五、拆成两个数
1．和一定，差小积大
2．积一定，差小和小
六、拆成多个数，乘积最大
1．相同：多3，少2，无1
2．不相同：
2
【例5】(★★★★) ⑴两个非零自然数的和是14，这两个数分别是多少时，它们的积 最大？最大是多少？ ⑵两个自然数的积为40，这两个数分别为多少时，它 们的和最小？ 最小为多少？这两个数分别为多时， 它们的和最大，最大是多 少？
【拓展】(★★★) 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互 不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？
【例6】(★★★★★) ⑴将10分成若干个自然数的和(允许有相同的)，使得 这些自然数 的乘积达到最大，这个乘积是什么？ ⑵将10分成若干个自然数的和(不允许有相同的)，使得这些自然 数的乘积达到最大，这个乘积是什么？ ⑶将13分成若干个自然数的和(不允许有相同的)，使得这些自然 数的乘积达到最大，这个乘积是什么？
整数的分拆
整数分拆问题是一个古老而又十分有趣的问题。所谓整数的分拆，就是 把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，便 是这个自然数的一个分拆。 核心思想：有序、全面
【例1】(★★) 将12分拆成三个不同的正整数相加之和，共有多少种不同的分拆 方式，请把它们一一列出。
【例2】(★★ ★) 将15分拆成不大于9的三个不同的自然数【0除外】之和有多少种 不同分拆方式，请一一列出。
【例3】(★★★) 古代有孔融让梨的佳话，现在乐乐老师准备在七个装有梨的盘子 中取梨，每个盘子中分别装有1个、2个、3个、5个、6个、7个和9 个梨.她要从这些盘子中取出15个梨，但要求每个盘子中的梨要么 都拿，要么都不拿。共有多少种不同的拿法？
整数的分拆
第4讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。
如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。
由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。
例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
所以最多可以播7天。
说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，=1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。
问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。
因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。
当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。
当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。
三年级奥数春季班第10讲整数的分拆
三年级奥数春季班第10讲整数的分拆整数的分拆是数学中一个重要的概念，也是三年级奥数春季班的一部分内容。
所谓整数的分拆，就是把一个整数表示为若干个正整数的和的形式。
首先，我们来看一个例子。
假设我们要把整数5分拆成若干个正整数的和。
从1开始，我们可以找到一组分拆方式：5=1+1+1+1+1。
这就是把整数5分拆成5个1的和。
同样，我们还可以找到其他的分拆方式，如：5=2+2+1或者5=3+1+1。
这里需要注意的是，分拆的方式可以有很多种，但是分拆的正整数的个数是有限的。
那么如何确定一个整数的所有分拆方式呢？我们可以利用递归的方法来求解。
假设n是一个正整数，我们要求n的所有分拆方式。
如果n等于1，那么分拆方式只有一种，即n=1。
如果n大于1，那么我们可以将n分拆成两部分。
第一部分是一个正整数i，i可以从1取到n-1。
第二部分是n-i。
例如，当n=5时，我们可以将5分拆成1和4、2和3等。
然后，我们可以递归地求解这两部分的所有分拆方式，最后将它们合并在一起，就得到了n的所有分拆方式。
这个方法可以表示为如下的递归公式：f(n)=f(n-1)+f(n-2)+...+f(1)其中f(n)表示n的分拆数。
接下来，我们来看一个具体的例子。
假设我们要求整数5的所有分拆方式。
根据递归公式，我们可以先求解f(1)、f(2)、f(3)、f(4)的值，然后将它们相加，即f(5)=f(4)+f(3)+f(2)+f(1)。
由于f(1)等于1，那么我们可以依次求解f(2)、f(3)、f(4)的值。
f(2)=f(1)+f(0)=1+1=2f(3)=f(2)+f(1)=2+1=3f(4)=f(3)+f(2)+f(1)=3+2+1=6所以，f(5)=f(4)+f(3)+f(2)+f(1)=6+3+2+1=12。
这就是整数5的所有分拆方式的个数。
通过上面的例子，我们可以看出，求解整数的分拆方式主要是利用了递归的思想。
递归的过程就是不断地将原问题转化为更小的子问题，直到子问题的规模足够小，可以直接求解。
初中数学竞赛：整数的分拆(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。
如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。
由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。
例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
所以最多可以播7天。
说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，=1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。
问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。
因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。
当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。
当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。
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第4讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。
如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。
由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。
例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
所以最多可以播7天。
说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，=1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。
问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。
因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。
当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。
当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。
总共有5种不同的支付方法。
说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。
例3 把37拆成若干个不同的质数之和，有多少种不同的拆法？将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘，得到的乘积中，哪个最小？解：37=3+5+29=2+5+7+23=3+11+23，=2+3+13+19=5+13+19=7+11+19=2+5+11+19=7+13+17=2+5+13+17=2+7+11+17，共10种不同拆法，其中3×5×29=435最小。
说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑。
比37小的最大质数是31，但37-31=6，6不能分拆为不同的质数之和，故不取；再下去比37小的质数是29，37-29=8，而8=3+5。
其余的分拆考虑与此类似。
例4 求满足下列条件的最小自然数：它既可以表示为9个连续自然数之和，又可以表示为10个连续自然数之和，还可以表示为11个连续自然数之和。
解：9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍，10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍，11个连续自然数之和是其中第6个数的11倍。
这样，可以表示为9个、10个、11个连续自然数之和的数必是5，9和11的倍数，故最小的这样的数是［5，9，11］=495。
对495进行分拆可利用平均数，采取“以平均数为中心，向两边推进的方法”。
例如，495÷10=49.5，则10个连续的自然数为45，46，47，48，49，（49.5），50，51，52，53，54。
于是495=45+46+ (54)同理可得495=51+52+...+59=40+41+ (50)例5 若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从每只盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去，再把盒子重排了一下。
小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子。
问：一共有多少只盒子？分析与解：设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加到了b只，由于小明没有发现有人动过小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，这只盒子里原来装有（a+1）个小球。
同理，现在另有一个盒子里装有（a+1）个小球，这只盒子里原来装有（a+2）个小球。
依此类推，原来还有一只盒子装有（a+3）个小球，（a+4）个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。
现在这个问题就变成了：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数？因为42=6×7，故可将42看成7个6的和，又（7+5）+（8+4）+（9+3）是6个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数。
又因42=14×3，故可将42写成13+14+15，一共有3个加数。
又因42=21×2，故可将42写成9+10+11+12，一共有4个加数。
于是原题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。
例6 机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色：凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色，不符合上述要求的自然数染成黄色（比如23可表示为两个不同合数15和8之和，23要染红色；1不能表示为两个不同合数之和，1染黄色）。
问：被染成红色的数由小到大数下去，第2000个数是多少？请说明理由。
解：显然1要染黄色，2=1+1也要染黄色，3=1+2，4=1+3=2+2，5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，7=1+6=2+5=3+4，8=1+7=2+6=3+5=4+4，9=1+8=2+7=3+6=4+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6。
可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染黄色。
下面说明其它自然数n都要染红色。
（1）当n为大于等于10的偶数时，n=2k=4+2（k-2）。
由于n≥10，所以k≥5，k-2≥3，2（k-2）与4均为合数，且不相等。
也就是说，大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色。
（1）当n为大于等于13的奇数时，n=2k+1=9+2（k-4）。
由于n≥13，所以k≥6，k-4≥2，2（k-4）与9均为合数，且不相等。
也就是说，大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色。
综上所述，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这10个数染黄色外，其余自然数均染红色，第k个染为红色的数是第（k+10）个自然数（k ≥2）。
所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010。
下面看一类有规律的最优化问题。
例7 把12分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？分析与解：把12分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+11，2+10，3+9，4+8，5+7，6+6六种方法。
它们的乘积分别是1×11=11，2×10=20，3×9=27，4×8=32，5×7=35，6×6=36。
显然，把12分拆成6+6时，有最大的积6×6=36。
例8 把11分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？分析与解：把11分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+10，2+9，3+8，4+7，5+6五种方法。
它们的乘积分别是1×10=10，2×9=18，3×8=24，4×7=28，5×6=30。
显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5×6=30。
说明：由上面的两个例子可以看出，在自然数n的所有二项分拆中，当n是偶数2m时，以分成m+m时乘积最大；当n是奇数2m+1时，以分成m+（m+1）时乘积最大。
换句话说，把自然数S（S＞1）分拆为两个自然数m与n的和，使其积mn最大的条件是：m=n，或m=n+1。
例9 试把1999分拆为8个自然数的和，使其乘积最大。
分析：反复使用上述结论，可知要使分拆成的8个自然数的乘积最大，必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1。
解：因为1999=8×249+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249×2507为最大。
说明：一般地，把自然数S=pq+r（0≤r＜p，p与q是自然数）分拆为p个自然数的和，使其乘积M为最大，则M为q p-r×（q+1）r。
例10 把14分拆成若干个自然数的和，再求出这些数的积，要使得到的积最大，应该把14如何分拆？这个最大的乘积是多少？分析与解：我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。
首先，分成的数中不能有1，这是显然的。
其次，分成的数中不能有大于4的数，否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和，这两个数的乘积一定比原数大，例如7就比它分拆成的2和5的乘积小。
再次，因为4=2×2，故我们可以只考虑将数分拆成2和3。
注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=9，因此分成的数中若有三个2，则不如换成两个3，换句话说，分成的数中至多只能有两个2，其余都是3。
根据上面的讨论，我们应该把14分拆成四个3与一个2之和，即14=3+3+3+3+2，这五数的积有最大值3×3×3×3×2=162。
说明：这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中。
该试卷第4题是：若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值。
答案是2×3658。
这是由美国提供的一个题目，时隔两年，它又出现在美国大学生数学竞赛中。
1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是：求出正整数n及a1，a2，…，a n的值，使a1+a2+…+a n=1979且乘积最大。
答案是n=660。
1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是：将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是____。
答案：这些数应是664个3。
上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变，所以分别冠以当年的年份1976，1979和1992，这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法，多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中，所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑。
将上述三题的结论推广为一般情形便是：把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：S=a1+a2+…+a n，则当a1，a2，…，a n中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a1a2…a n有最大值。
例11 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大。