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1、第十三讲估计与估算1992年小学数学奥林匹克初赛(B)卷第3题是：1919191919(1 + + X 2) + (+ X 3) +X 10) + (! + XII)的结果是X。那么，与x最接近的整数是。这道题并不要求求X,而求“与X最接近的整数”，这就 是估计或估算。估计与估算是一种十分重要的算法，在生活实践和数学解 题中有广泛的应用，其表现形式通常有以下两种：(1) 省略尾数取近似值，即观其“大概”；(2) 用放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值 范围，即估计范围。例 1 A=1234567891011121 31211101987654321,求 A 的小数点后前3位数字。解：A
2、 1234-3122=0.3952,Av 1235+ 3121 = 0.3957,所以0.3952 v Av 0.3957 , A的小数点后前3位数是395说明：上述解法是采用放缩法估计范围解答的，本题还可采用取近似值的办法求解。解法如下：将被除数、除数同时舍去13位，各保留4位，则有1234-3121 0.3953 0.395。例2在1, 1需 拾中选岀若干个数.使2 jyy iuu得它们的和大于3,至少要选多少个数？解：要使所选的数尽量少，所选用的数就应尽量大，所以应从开头依次选。首先注意到：111111+ +1- H23 45 61 1=2 + + -45=2.453,_ 11”ffn-
3、=0.142-t- = 0.125, = 0,1 t = 0 lt所以/oy1 u+ 命二 0.478*,从而11111111 11 + + + I- 一+ _ 十 一+ + _ + ._.23 456 7 8910= 2.928- 3.所以，至少应选11个数。说明：（1） 上述解答是采用取近似值的办法估值的，也可以利用放缩法估值解答。解法如下：3323X35 + 3X28 + 2X40230=2 +26928011111111 1 1TT114- + + + + + 十_ + _+ -2345678910111 11111 1 111V 1 + （ + + + f + - + f +ll +
4、 ! +f + J2364S891?,X320=1+ 1 + （4一）+ 9H109943202 + - + 810991 320v z 卡 一 + +2 10 100=3,所以，至少应选11个数。(2)以上解答过程中包括两个方面，其一是确定选数的原 则；其二是验算找到“分界声、”，而这里的验算只是一种估 计或估算，并不要求精确。(3) 类似的问题是有 10个小数：0.3, 0.33, 0.333,0.3?- 3,从这些数中，：至少取出多少个数，才能使取出的数的和大于2？答案是乙请读者自己练习。例3右面的算式里，每个方框代表一个数字。问：这 6个 方框中的数字的总和是多少？11 II 1+ 1
5、111 | 11 9 97解：每个方框中的数字只能是09,因此任两个方框中的 数字之和最多是18。现在先看看被加数与加数中处于百位的两 个数字之和，这个和不可能小于18,因为不管它们后面的两个 二位数是什么，相加后必小于200,也就是说最多只能进1。这 样便可断定，处于百位的两个数字之和是 18,而且后面两位数 相加进1。同样理由，处于十位的两个数字之和也是 18,而且两个个 位数字相加后进1。因此，处于个位的两个数字之和必是17。所以，6个方框中数字之和为18+18+ 17=53。例4如果两个四位数的差等于8921,就说这两个四位数组 成一个数对，那么这样的数对共有多少个，解：最小的四位数是
6、1000,与1000组成一个数对的另一 个四位数是8921 + 1000=9921,也就是最小一个数对是 9921 与1000。同时由最大的四位数是9999,可知共有9999- (9921 1) =79 (个)不同的被减数。所以，这样的数对共有 79个。说明：解答的关键在于确定符合条件的的最小数对(9921,1000),同时因为有几个不同的被减数，就有几个不同的减数 相对应地存在，所以我们只要考虑有几个不同的被减数即可。例5七位数175口 62的未位数字是几时，不管千位上是09中的哪一个数字，这个七位数都不是 11的倍数？解：因为 1750620- 11 = 159147,3 ,1759629
7、- 11 = 159966,3 ,所以这个七位数是11的倍数的最小值是1750628,最大值是 1759626c又因为1001=7X 11X 13，由数的整除性质，可知 1750628加上若干个1001,或1759626减去若干个1001后，其值也是11 的倍数。这样 1750628, 1751629, 1759626, 1758625, 1757 624, 1756623, 1755622, 1754621, 1753620 都是 11 的倍数。由上述讨论可知七位数175口 62的末位数字是7时，不 管其千位上是0到9中的哪一个数字，这个七位数都不是 11 的倍数。说明：上述解法是利用估算确
8、定出取值范围再进行讨论。此题也可由能被11整除的数的特征入手解决。留给读者思考。例6小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1, 2, 3, , , 13。从这两个口袋中各拿出1张卡片 并计算2张卡片上的数的乘积，可以得到许多不相等的乘积。那么，其中能被6整除的乘积共有多少个？解：根据题意可知，在所得到的许多不相等的乘积中，最 小值是1X仁1,最大值是13X 13=169,并且1与169都不能 被6整除，这样，在得到的许多不相等的积中，能被 6整除的 最小值是1X6=6,最大值是13X12=26X6,而介于1X6与26 X6之间的能被6整除的数并非每个都是2张卡片上的数的积， 如
9、 25X6，23X6， 21X6，19X6，17X6 这五个就不是。所以，这些积中能被6整除的数共有26-5=21 （个）。说明：解答这类问题要特别注意：不能简单地根据最小值是6的1倍，最大值是6的26倍，就错误地下结论是26个例7有?0个数土 1.64； 1.&4+ 64 +64+乔。如果取每个数的整数部分（例如 1.64的整数部分是1,1.64+4；的整数部分是R ,并将这些整数相加，那么其和是多少？解：关键是判断从哪个数开始整数部分是2。因为2-1.64 =0.36，我们熟知f二雪二。弓3，故先看学，=0366，这说明分界点是5 3UJU 3U1 64十牛 所以前11个数整数部分为h后1
10、9个数整数部分为2。其和为11 + 19X 2=49。例8有一列数，第一个数是105,第二个数是85,从第三 个数开始，每个数都是它前面两个数的平均数， 那么第19个数 的整数部分是几？105 + 852= 95,85 + 95295+902= 92.5,90 + 92 52= 91.25,92.5 + 91.25291875, 9125与91.刃5的整数部分相同.而两个数的平均数总介于这两个数之间，所以后面各数的整数部分均为91，当然第19个数的整数部分也为91说明：注意到每个正数都介于两个相邻整数 n和n+ 1之间, 或者写成nW av n+1,此时n就是a的整数部分。因此确定某 个正数的整数部分，实际上就是去估计它介于哪两个相邻自然 数之间。解：根据“一个分数，当分子不变而分母变大时，分数值 变小；当分子不变，分母变小时，分数值变大”对 S的分母进 行放缩。+ + + 1Q X = *91 921.0090 9所以|S-t, fiP9S400。当 n=12 时，n + 21=33, 12x 33=396v 400。当 n=13 时，n + 21=34, 12x 34=442 400。所以n至少等于13,即遥控器发出指令的次数至少是13次。