三年级奥数下.docx
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三年级奥数下
第一讲从数表中找规律
在前面学习了数列找规律的基础上，这一讲将从数表的角度出发，继续研究数列的规律性。
例1下图是按一定的规律排列的数学三角形，请你按规律填上空缺的数字.
分析与解答这个数字三角形的每一行都是等差数列（第一行除外），因此，第5行中的括号内填20，第6行中的括号内填24。
例2用数字摆成下面的三角形，请你仔细观察后回答下面的问题：
①这个三角阵的排列有何规律？
②根据找出的规律写出三角阵的第6行、第7行。
③推断第20行的各数之和是多少？
分析与解答
①首先可以看出，这个三角阵的两边全由1组成；其次，这个三角阵中，第一行由1个数组成，第2行有两个数…第几行就由几个数组成；最后，也是最重要的一点是：
三角阵中的每一个数（两边上的数1除外），都等于上一行中与它相邻的两数之和.如：
2=1+1，3=2+1，4=3+1，6=3＋3。
②根据由①得出的规律，可以发现，这个三角阵中第6行的数为1，5，10，10，5，1；第7行的数为1，6，15，20，15，6，1。
③要求第20行的各数之和，我们不妨先来看看开始的几行数。
至此，我们可以推断，第20行各数之和为219。
[本题中的数表就是著名的杨辉三角，这个数表在组合论中将得到广泛的应用]
例3将自然数中的偶数2，4，6，8，10…按下表排成5列，问2000出现在哪一列？
分析与解答
方法1：
考虑到数表中的数呈S形排列，我们不妨把每两行分为一组，每组8个数，则按照组中数字从小到大的顺序，它们所在的列分别为B、C、D、E、D、C、B、A.因此，我们只要考察2000是第几组中的第几个数就可以了，因为2000是自然数中的第1000个偶数，而1000÷8＝125，即2000是第125组中的最后一个数，所以，2000位于数表中的第250行的A列。
方法2：
仔细观察数表，可以发现：
A列中的数都是16的倍数，B列中数除以16余2或者14，C列中的数除以16余4或12，D列的数除以16余6或10，E列中的数除以16余8.这就是说，数表中数的排列与除以16所得的余数有关，我们只要考察2000除以16所得的余数就可以了，因为2000÷16=125，所以2000位于A列。
学习的目的不仅仅是为了会做一道题，而是要学会思考问题的方法.一道题做完了，我们还应该仔细思考一下，哪种方法更简洁，题目主要考察的问题是什么…这样学习才能举一反三，不断进步。
就例3而言，如果把偶数改为奇数，2000改为1993，其他条件不变，你能很快得到结果吗？
例4按图所示的顺序数数，问当数到1500时，应数到第几列？
1993呢？
分析与解答
方法1：
同例3的考虑，把数表中的每两行分为一组，则第一组有9个数，其余各组都只有8个数。
（1500-9）÷8＝186…3
（1993—9）÷8＝248
所以，1500位于第188组的第3个数，1993位于第249组的最后一个数，即1500位于第④列，1993位于第①列。
方法2：
考虑除以8所得的余数.第①列除以8余1，第②列除以8余2或是8的倍数，第③列除以8余3或7，第④列除以8余4或6，第⑤列除以8余5；而1500÷8=187…4，1993÷8=249…1，则1993位于第①列，1500位于第④列。
例5从1开始的自然数按下图所示的规则排列，并用一个平行四边形框出九个数，能否使这九个数的和等于①1993；②1143；③1989.若能办到，请写出平行四边形框内的最大数和最小数；若不能办到，说明理由.
分析与解答
我们先来看这九个数的和有什么规律.仔细观察，容易发现：
12+28＝2×20，13+27=2×20，14+26=2×20，19+21＝2×20，即：
20是框中九个数的平均数.因此，框中九个数的和等于20与9的乘积.事实上，由于数表排列的规律性，对于任意由这样的平行四边形框出的九个数来说，都有这样的规律，即这九个数的和等于平行四边形正中间的数乘以9。
①因为1993不是9的倍数，所以不可能找到这样的平行四边形，使其中九个数的和等于1993。
②1143÷9＝127，127÷8＝15…7.这就是说，如果1143是符合条件的九个数的和，则正中间的数一定是127，而127位于数表中从右边数的第2列.但从题中的图容易看出，平行四边形正中间的数不能位于第1行，也不能位于从左数的第1列、第2列、第7列和第8列，因此，不可能构成以127为中心的平行四边形。
③1989÷9=221，221÷8=27…5，即1989是9的倍数，且数221位于数表中从左起的第5列，故可以找到九个数之和为1989的平行四边形，如图：
其中最大的数是229，最小的数是213.
习题一
1.观察下面已给出的数表，并按规律填空：
2.下面一张数表里数的排列存在着某种规律，请你找出规律之后，按照规律填空。
3.下图是自然数列排成的数表，按照这个规律，1993在哪一列？
4.从1开始的自然数如下排列，则第2行中的第7个数是多少？
习题一解答
1.第5行的括号中填25；第6行的括号中填37。
2.这个数表的规律是：
第二行的数等于相应的第三行的数与第一行的数的差的2倍.即：
8=2×（6—2），10＝2×（10—5），4=2×（9—7），18=2×（20—11）.因此，括号内填12。
3.1993应排在B列。
4.参看下表：
第2行的第7个数为30.
第二讲从哥尼斯堡七桥问题谈起
故事发生在18世纪的哥尼斯堡城.流经那里的一条河中有两个小岛，还有七座桥把这两个小岛与河岸联系起来，那里风景优美，游人众多.在这美丽的地方，人们议论着一个有趣的问题：
一个游人怎样才能不重复地一次走遍七座桥，最后又回到出发点呢？
对于这个貌似简单的问题，许多人跃跃欲试，但都没有获得成功.直到1836年，瑞士著名的数学家欧拉才证明了这个问题的不可能性。
欧拉解决这个问题的方法非常巧妙.他认为：
人们关心的只是一次不重复地走遍这七座桥，而并不关心桥的长短和岛的大小，因此，岛和岸都可以看作一个点，而桥则可以看成是连接这些点的一条线.这样，一个实际问题就转化为一个几何图形（如下图）能否一笔画出的问题了.
那么，什么叫一笔画？
什么样的图可以一笔画出？
欧拉又是如何彻底证明七桥问题的不可能性呢？
下面，我们就来介绍这一方面的简单知识。
数学中，我们把由有限个点和连接这些点的线（线段或弧）所组成的图形叫做图（如图（a））；图中的点叫做图的结点；连接两结点的线叫做图的边.如图（b）中，有三个结点：
E、F、G，四条边：
线段EG、FG以及连接E、F的两段弧.从图（a）、（b）中可以看出，任意两点之间都有一条通路（即可以从其中一点出发，沿着图的边走到另一点，如A到I的通路为A→H→I或A→D→I…），这样的图，我们称为连通图；而下图中（c）的一些结点之间却不存在通路（如M与N），像这样的图就不是连通图。
所谓图的一笔画，指的就是：
从图的一点出发，笔不离纸，遍历每条边恰好一次，即每条边都只画一次，不准重复.从上图中容易看出：
能一笔画出的图首先必须是连通图.但是否所有的连通图都可以一笔画出呢？
下面，我们就来探求解决这个问题的方法。
为了叙述的方便，我们把与奇数条边相连的结点叫做奇点，把与偶数条边相连的点称为偶点.如上图（a）中的八个结点全是奇点，上图（b）中E、F为奇点，G为偶点。
容易知道，上图（b）可以一笔画出，即从奇点E出发，沿箭头所指方向，经过F、G、E，最后到达奇点F；同理，从奇点F出发也可以一笔画出，最后到达奇点E.而从偶点G出发，却不能一笔画出.这是为什么呢？
事实上，这并不是偶然现象.假定某个图可以一笔画成，且它的结点X既不是起点，也不是终点，而是中间点，那么X一定是一个偶点.这是因为无论何时通过一条边到达X，由于不能重复，必须从另一条边离开X.这样与X连结的边一定成对出现，所以X必为偶点，也就是说：
奇点在一笔画中只能作为起或终点.由此可以看出，在一个可以一笔画出的图中，奇点的个数最多只有两个。
在七桥问题的图中有四个奇点，因此，欧拉断言：
这个图无法一笔画出，也即游人不可能不重复地一次走遍七座桥.更进一步地，欧拉在解决七桥问题的同时彻底地解决了一笔画的问题，给出了下面的欧拉定理：
①凡是由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成；画时可以任一偶点为起点，最后一定能以这个点为终点画完此图。
②凡是只有两个奇点（其余均为偶点）的连通图，一定可以一笔画完；画时必须以一个奇点为起点，另一个奇点为终点。
③其他情况的图，都不能一笔画出。
下面我们就来研究一笔画问题的具体应用：
例1观察下面的图形，说明哪些图可以一笔画完，哪些不能，为什么？
对于可以一笔画的图形，指明画法.
分析与解答
（a）图：
可以一笔画，因为只有两个奇点A、B；画法为A→头部→翅膀→尾部→翅膀→嘴。
（b）图：
不能一笔画，因为此图不是连通图。
（c）图：
不能一笔画，因图中有四个奇点：
A、B、C、D。
（d）图：
可以一笔画，因为只有两个奇点；画法为：
A→C→D→A→B→E→F→G→H→I→J→K→B。
（e）图：
可以一笔画，因为没有奇点；画法可以是：
A→B→C→D→E→F→G→H→I→J→B→D→F→H→J→A。
（f）图：
不能一笔画出，因为图中有八个奇点。
注意：
在上面能够一笔画出的图中，画法并不是惟一的.事实上，对于有两个奇点的图来说，任一个奇点都可以作为起点，以另一个奇点作为终点；对于没有奇点的图来说，任一个偶点都可以作为起点，最后仍以这点作为终点。
例2下图是国际奥委会的会标，你能一笔把它画出来吗？
分析与解答
一个图能否一笔画出，关键取决于这个图中奇点的个数.通过观察可以发现，上图中所有的结点都是偶点，因此，这个图可以一笔画出.画时可以任一结点作为起点。
例3下图是某地区所有街道的平面图.甲、乙二人同时分别从A、B出发，以相同的速度走遍所有的街道，最后到达C.如果允许两人在遵守规则的条件下可以选择最短路径的话，问两人谁能最先到达C？
分析与解答
本题要求二人都必须走遍所有的街道最后到达C，而且两人的速度相同.因此，谁走的路程少，谁便可以先到达C。
容易知道，在题目的要求下，每个人所走路程都至少是所有街道路程的总和。
仔细观察上图，可以发现图中有两个奇点：
A和C.这就是说，此图可以以A、C两点分别作为起点和终点而一笔画成.也就是说，甲可以从A出发，不重复地走遍所有的街道，最后到达C；而从B出发的乙则不行.因此，甲所走的路程正好等于所有街道路程的总和，而乙所走的路程则必定大于这个总和，这样甲先到达C。
例4下图是某展览厅的平面图，它由五个展室组成，任两展室之间都有门相通，整个展览厅还有一个进口和一个出口，问游人能否一次不重复地穿过所有的门，并且从入口进，从出口出？
分析与解答
这种应用题，表面看起来不易解决，事实上，只要认真分析，就可以发现：
我们并不关心展室的大小以及路程的远近，关心的只是能否一次不重复地走遍所有的门，与七桥问题较为类似.因此，仿照七桥问题的解法，我们可以把每个展室看作一个结点，整个展厅的外部也看作一个点，两室之间有门相通，可以看作两点之间有边相连.这样，展厅的平面图就转化成了我们数学中的图，一个实际问题也就转化为这个图（如下图）能否一笔画成的问题了，即能否从A出发，一笔画完此图，最后再回到A。
上图（b）中，所有的结点都是偶点，因此，一定可以以A作为起点和终点而一笔画完此图.也即游人可以从入口进，一次不重复地穿过所有的门，最后从出口出来.
下面仅给出一种参观路线：
A→E→B→C→E→F→C→D→F→A。
注意：
本题中，必须以A分别作为起点和终点.这就要求图中必须没有奇点，否则，若有两个奇点，虽能一笔画出，但与从入口入、出口出（即游人的出发和终止点都在展厅外）有矛盾，其他有多个奇点的情况则根本不可能一笔画出。
另外，通过前面的学习，大家已经知道：
一个图如果能够一笔画出，则画的方法不止一种，但各种方法大同小异.因此，本书中，一笔画的问题，一般我们只给出一种画法。
例5一张纸上画有如下图所示的图，你能否用剪刀一次连续剪下图中的三个正方形和两个三角形？
分析与解答
一次连续剪下图中的三个正方形和两个三角形，必须要求剪刀连续剪过图中所有的线.即上述问题实质上是这个图能否一笔画出的问题。
显然，图中有两个奇点，因此可以一笔画出，剪刀所走的路线可以是：
→A→B→C→D→E→F→G→E→I→G→H→A→I→C.这样，就能用剪刀一次连续剪下三个正方形和两个三角形。
例6下图是一个公园的平面图.要使游客走遍每条路而不重复，问出入口应设在哪里？
分析与解答
本题实际上是这个图以哪两点为起点和终点一笔画出的问题.观察左图，可以发现仅有两个奇点：
H与B点.因此，出入口应分别设在H点与B点.
习题二
1.请将图中的小黑点按1，2，3，4，5…的顺序，用线连接起来，看看是什么？
2.请一笔画出下列各图.
3.判断下列各图能否一笔画出，并说明理由.
4.下图是一公园的平面图，要使游客走遍每一条路且不重复，问出入口应设在哪里？
5.下图是一个商场的平面图，顾客可以从六个门进出商场（阴影部分为各商品部，空白处为通道），请你设计一种能够一次走遍各通道而又不必走重复路线的进出方法.
习题二解答
1.左图是鹿，右图是青蛙。
2.图
（1）
（2）都可从A开始，最后到B，或从B开始画，最后到A.图（3）则可以从眼睛开始，沿线画至点B。
3.前面图中，
（1）
（2）（3）均不能一笔画出，这是因为：
图
（1）中有四个奇点，图
（2）有四个奇点，图（3）有六个奇点。
图（4）和图（5）均可一笔画出，这是因为图（4）和图（5）都没有奇点.画时可以从任一点开始。
4.出入口应分别设在两个奇点处，即A、B处。
5.可选C、D分别作为入口和出口.事实上，本题是把每条通道看作是边，通道的交点看作是结点（每个门也作为结点），于是问题就转化为右图能否一笔画出的问题.显然以D、C分别作为起点和终点可一笔画完此图.如右图，顾客的行进路线可以是：
D→C→O→E→F→A→B→E→D→O→B→C.
第三讲多笔画及应用问题
上一讲中，我们主要研究了利用奇偶点来判别一笔画，学习了利用一笔画来研究一些简单的实际问题.然而，实际生活中，许多问题的图并不能一笔画出，也就是说，一笔画理论不能直接用来解决这些问题.因此，在一笔画的基础上，我们有必要对这一类的问题作一些深入研究。
一、多笔画
我们把不能一笔画成的图，归纳为多笔画.首先，我们来考虑一个不能一笔画成的图，至少用几笔才能画完呢？
（为了研究的方便，我们仍然只研究连通图，非连通图可转化为连通图.）
下面，我们就用简单熟悉的图来研究这个问题.通过前面的学习我们已经知道：
当奇点个数不是0或2时，图不能一笔画出.因此，我们可以猜想；奇点个数是研究多笔画问题的关键。
观察下面的图形，并列出奇点的个数与笔画数（至少几笔画完此图）的关系表格。
为了表示得清楚一些，我们把图中第一笔画出的部分用实线表示，第二笔画出的部分用虚线表示，第三笔画出的部分用点线表示，其余部分请大家自己画出.
奇点个数与笔画数的关系可列表如下：
容易看出，笔画数恰等于奇点个数的一半.事实上，对于任意的连通图来说，如果有2n个奇点（n为自然数），那么这个图一定可以用n笔画成.公式如下：
奇点数÷2=笔画数，即2n÷2=n。
细心的同学可能会问：
2n是表示一个偶数，但假若有奇数个奇点怎么办？
实际上，这种情况不可能出现，连通图中，奇点的个数只能是偶数.想一想，这是为什么呢？
例1观察下面的图，看各至少用几笔画成？
分析解答
（1）图中有8个奇结点，因此需用4笔画成。
（2）图中有12个奇点，需6笔画成。
（3）图是无奇点的连通图，可一笔画成。
例2判断下面的图能否一笔画成；若不能，你能用什么方法把它改成一笔画？
分析解答
图中共有4个奇点，因此，显然无法一笔画成.要想改为一笔画，关键在于减少奇点的数目（把奇点的个数减少到0或2），具体方法有两种：
①去边.即将多余的两奇点间的边去掉.这种方法只适用于多余的两奇点间有边相连的情况，如对下图就不适用.
本题中，可去掉连结奇点B、C的边BC。
②添边.即在多余的两奇点间添上一条边.本题中，可以在奇点A、C间添上边AC.添边的方法适用于任意多笔画的图。
改为一笔画时，具体实现的方案很多，如本题中，我们可以通过上述两种方法把奇点个数减少到0。
小结：
对于有2n（n为大于1的自然数）个奇点的连通图来说，改为一笔画的方法一般是：
在多余的n-1（或n）对奇点间，各添上一条边；如果这n-1对（或n对）奇点间都有边相连，也可以在这n-1（或n）对间各去掉一条边。
例3将下图改为一笔画.
分析解答
图
（1）中有6个奇点，因此可添上两条（或3条）边后可改为一笔画；又因为这个图中，把这6个奇点任意分为3对后，最多只有两对奇点间有边相连，因此，可去掉两条边后改为一笔画，举例如图（3）～（6）。
图
（2）中有4个奇点，因此，可添上2条（或1条）边后改为一笔画；又因为把奇点按A与B，C与D（或A与D，B与C）分为两对后，每对间均有边相连，因此，可去掉两条（或1条）边后改为一笔画.举例如图（7）～（8）.
说明：
图（6）运用了两种方法，去掉边BC，添上边AD与EF.
二、应用问题
在学习了一笔画与多笔画的理论以后，我们来看看这些理论在实际问题中的应用。
例4下图是某少年宫的平面图，共有五个大厅，相邻两厅之间都有门相通（D与E两厅除外），并且有一个入口和一个出口.问游人能否从入口入，一次不重复地穿过所有的门？
如果可以，请指明穿行路线；如果不能，请你想一想，关闭哪扇门后就可以办到？
分析解答
类似于上一节中的问题，我们把每个厅看作一个结点（室外也看作一个结点），两厅之间有门相通可看作两结点之间有线相连，于是问题转化为图
（2）能否一笔画完的问题.显然，图中有四个奇点：
A、B、C、F，不可能一笔画出，即游人不可能一次不重复地穿过所有的门。
4个奇点时，只要把连接其中两个奇点的一条边去掉，这个图就只剩下两个奇点，就可以一笔画出，即游人可以用剩下的两个奇点分别作为起点和终点，不重复地穿过所有的门.关掉一扇门实际上就是去掉一条边.因此，我们可以考虑去掉边AC或AB.但是，值得注意的是：
游人必须从入口进入，也即结点F必须作为起点，而本题中有4个奇点且只允许去掉一条边，因此F必须是奇点，也即不能去掉与F相连的边。
通过上面的分析，我们知道：
只要关闭A、C之间的门，或A、B之间的门，游人就可以从入口（边FC或FD或FE）入，一次不重复地穿过所有的门。
例5下图是某个花房的平面图，它由六间展室组成，每相邻两室间有一门相通.请你设计一个出口，使参观者能够从入口处A进去，一次不重复地经过所有的门，最后由出口走出花房。
分析解答
同上分析，可把每个花室看作一个点（花房外也看作是一个结点），每个门看作是连接两结点的边，于是，上图就转化为右图.设计一个出口，实际上是添一条与结点A相连的边，使新图能够以A为起点和终点一笔画出，也就是说，新图中，所有的点都必须是偶点.
观察右图，发现只有A、F两个奇点，所以，应把边添在A与F之间（如右图），即：
把出口开在花室F处。
例4与例5都是把多笔画改为一笔画的实际应用。
例6下图中的每条线都表示一条街道，线上的数字表示这条街道的里数.邮递员从邮局出发，要走遍各条街道，最后回到邮局.问：
邮递员怎样走，路线最合理？
分析解答
邮递员走的路程最短时，路线最合理.利用一笔画的知识分析可得：
因为邮递员从邮局作为起点和终点，所以没有奇点是最理想的，但实际上图中却有8个奇点，邮递员必须重复走某些路线.根据多笔画改为一笔画的方法得知：
重复走的路线的两个端点应为奇点.重复的总路程应该尽可能短。
我们把需重复走的路线，用虚线添在图中，通过分析与计算可知；当邮递员所走的路线如右图时，重复的路程最短，全程共走了56＋4＝60（里）.其中56为所有街道的总长，4为所重复走的路程。
本题属于最短邮递路线问题.解决这样的题目时，有两点值得注意：
①在所给图中，每条边都有具体的长度，这与前面其他问题中不考虑长度是不同的；②邮递路线中，邮递员必须以邮局作为起点和终点，即在最后能一笔画出的图中，所有的点都必须是偶点.这也与前面游人可以选择进出口的问题不同。
例7右图是某地区街道的平面图，图上的数字表示那条街道的长度。
清晨，洒水车从A出发，要洒遍所有的街道，最后再回到A.问：
如何设计洒水路线最合理？
分析解答
这又是一个最短路线的问题.通过分析可以知道：
在洒水路线中，K是中间点，因此必须成为偶点，这样洒水车必须重复走KC这条边（如下左图）.至此，奇点的个数并未减少，仍是6个，但问题却转化为例6的类型.类似于例6，容易得出，洒水车必须重复走的路线有：
GF、IJ、BC.即洒水路线如下右图。
全程45＋3+6=54（里）.
习题三
1.下列各图至少要用几笔画完？
2.游人在林间小路（如右图）上散步，问能否一次不重复地走遍所有的路后回到出发点？
如不能，应选择怎样的路线才能使全程最短，其最短路程是多少？
3.一辆清洁车清扫街道，每段街道长1公里，清洁车由A出发，走遍所有的街道再回到A.怎样走路程最短，全程多少公里？
4.一个邮递员的投递范围如右图，图上的数字表示各段街道的长度.请你设计一条最短的投递路线，并求出全程是多少？
习题三解答
1.
（1）4笔；
（2）4笔；（3）2笔；（4）1笔；（5）1笔；（6）1笔。
2.游人不能一次不重复地走遍所有路后返回出发点，他必须至少重复三段路（即三段长为1的小路）才能使全程最短.其最短程为24，如下左图.
3.清洁车走的路径为：
ABCNPBCDEFMNEFGHOLMHOIJKPLJKA.即：
清洁车必须至少重复走4段1公里的街道，如上右图.最短路线全程为28公里。
4.邮递员的投递路线如下图，即：
路线为：
ABCDEDOBOMNLKLGLNEFGHIMOJIJA.最短路线的全程为39+9=48.
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