4．用1，3，5，7，9这5个数字组成一个三位数ABC和一个两位数DE，再用O，2，4，6，8这5个数字组成一个三位数FGH和一个两位数IJ．求算式ABC×DE-FGH×IJ的计算结果的最大值．
【分析与解】 为了使ABC×DE-FGH×IJ尽可能的大，ABC×DE尽可能的大，FGH×IJ尽可能的小．
则ABC×DE最大时，两位数和三位数的最高位都最大，所以为7、9，然后为3、5，最后三位数的个位为1，并且还需这两个数尽可能的接近，所以这两个数为751，93．
则FGH×IJ最小时，最高位应尽可能的小，并且两个数的差要尽可能的大，应为468×20．
所以ABC×DE-FGH×IJ的最大值为751×93-468×20=60483．
评注：类似的还可以算出FGH×IJ-ABC×DE的最大值为640×82-379×15=46795．
6．将6，7，8，9，10按任意次序写在一圆周上，每相邻两数相乘，并将所得5个乘积相加，那么所得和数的最小值是多少?
【分析与解】 我们从对结果影响最大的数上人手，然后考虑次大的，所以我 们首先考虑10，为了让和数最小，10两边的数必须为6和7．
然后考虑9，9显然只能放到图中的位置，最后是8，8的位置有两个位置可放，而且也不能立即得到哪个位置的乘积和最小，所以我们两种情况都计算． 8×7+7×10+10×6+6×9+9×8=312; 9×7+7×10+10×6+6×8+8×9=313．
所以，最小值为312．
8．一个两位数被它的各位数字之和去除，问余数最大是多少?
【分析与解】设这个两位数为ab=lOa+b，它们的数字和为a+b,因为lOa+b=(a+b)+9a，所以lOa+b≡9a(moda+b)，
设最大的余数为k，有9a≡k(mod a+b)．
特殊的当a+b为18时，有9a=k+18m，因为9a、18m均是9的倍数，那么k也应是9的倍数且小于除数18，即0，9，也就是说余数最大为9；
所以当除数a+b不为18，即最大为17时，
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:余数最大为16，除数a+b只能是17，此时有9a=15+17m，有?的自然数)，而a是一位数，显然不满足；
：余数其次为15，除数a+b只能是17或16， 除数a+b=17时，有9a=15+17m,有?足；
除数a+b=16时，有9a=15+16m,有??m=7+9t (t为可取0
a=15+17t??m=6+9t,(t为可取0的自然数)，a是一位数，显然也不满
a=13+17t??m=3+9t(t为可取0的自然数)，因为a是一位数，所以a只
?a=7+16t能取7，对应b为16-7=9，满足；
所以最大的余数为15，此时有两位数79÷(7+9)=4??15．
10．用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字各一次，组成一个被减数、减数、差都是三位数的正确的减法算式，那么这个算式的差最大是多少?
【分析与解】考虑到对差的影响大小，我们先考虑百位数，为了让差最大，被减数的百位为9，减数的
百位为1，如果差的百位为8，那算式就是如下形式：剩下的6个数字为2、3、4、5、6、
7，因为百位数字为8，所以我们可以肯定被减数的十位数字比减数要大，而且至少大2，因为1已经出现在算式中了，算式的可能的形式如下：
得数的十位只可能是减数和被减数的十位数字之差，或者小1，可能的算式形式如下：
但这时剩下的数都无法使算式成立．再考虑差的百位数字为7的情况，这时我们可以肯定减数的十位数比被减数要大，为了使差更大，我们希望差值的十位为8，因此，算式可能的形式为：
再考虑剩下的三个数字，可以找到如下几个算式：
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，所以差最大为784．
12. 4个不同的真分数的分子都是1，它们的分母有2个是奇数、2个是偶数，而且2个分母是奇数的分数之和与2个分母是偶数的分数之和相等．这样的奇数和偶数很多，小明希望这样的2个偶数之和尽量地小，那么这个和的最小可能值是多少?
【分析与解】设这四个分数为上 有
1111、、、(其中m、n、a、b均为非零自然数) 2m2n2a+12b+111111111+=+，则有-=-， 2m2n2a+12b+12m2b+12a+12n我们从m=1,b=1开始试验：
1111111111=+=+，=+=+， 263443124661111111111=+=+，=+=+， 4205885306101011111=+=+，﹍ 65101212111 我们发现，和分解后具有相同的一项，而且另外两项的分母是满足一奇一偶，满足题中条
5610件：
1111+=+，所以最小的两个偶数和为6+10=16． 515610
14.有13个不同的自然数，它们的和是100．问其中偶数最多有多少个?最少有多少个？
【分析与解】 13个整数的和为100，即偶数，那么奇数个数一定为偶数个，则奇数最少为2个，最多为12个；对应的偶数最多有11个，最少有1个．
但是我们必须验证看是否有实例符合．
当有11个不同的偶数，2个不同的奇数时，11个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22=132，而2个不同的奇数和最小为1+3=4．它们的和最小为132+4=136，显然不满足：
当有9个不同的偶数，4个不同的奇数时，9个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14+16+18=90，而4个不同的奇数和最小为1+3+5+7=16，还是大于100，仍然不满足；
当有7个不同的偶数，6个不同的奇数时，7个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14=56，6个不同的奇数和为1+3+5+7+9+11：36，满足，如2，4，6，8，10，12，22，1，3，5，7，9，11的和即为100．
类似的可知，最少有5个不同的偶数，8个不同的奇数，有2，4，8，10，16，1．3．5，7，9，11，13，15满足．
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所以，满足题意的13个数中，偶数最多有7个，最少有5个．
第35讲构造与论证1
内容概述
各种探讨给定要求能否实现，设计最佳安排和选择方案的组合问题．这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．
典型问题
2.有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：
(1)某2堆石子全部取光?
(2)3堆中的所有石子都被取走?
【分析与解】 (1)可以，如(1989，989，89) ?(1900，900，0)?(950，900，950)? (50，0，50)?(25，25，50)?(O，0，25)．
(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．
现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．
4.在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一场加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分比某位专业选手高?
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