六年级奥数课堂：估计与估算

六年级奥数课堂：估计与估算

1992年小学数学奥林匹克初赛（B）卷第3题是：

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=12345678910111213÷31211101987654321，求 A的小数点后前3位数字。

解：A＞1234÷3122=0.3952…

A＜1235÷3121＝0.3957…

所以0.3952＜A＜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。

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：

从而

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：

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）类似的问题是至少取出多少个数，才能使取出的数的和大于2？

答案是7，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？

解：每个方框中的数字只能是0～9，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

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□62□的未位数字是几时，不管千位上是0～9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÷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1759626。

又因为1001=7×11×13，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1750628，1751629，1759626，1758625，1757624，1756623，1755622，1754621，1753620都是11的倍数。

由上述讨论可知七位数175□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 1×1=1，最大值是13×13=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1×6=6，最大值是13×12=26×6，而介于1×6与26×6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25×6，23×6， 21×6，19×6，17×6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。

。如果取每个数的整数部分（例如1.64的整数部分是1，

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11＋19×2=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？

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n≤a＜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。

例9 求下式中S的整数部分：

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。

不但非常麻烦，而且容易出错。为了求得一个数大概是多少，我们采用放缩法，以确定它的范围，也就是估值。放缩是解答估值问题的一种常用方法。在用这种方法时，一定要注意放缩要适当，要合情合理。

一个类似的问题是

答案是19。

例10 学校组织若干人参加夏令营。先乘车，每个人都要有座位，这样需要每辆有60个座位的汽车至少4辆。而后乘船，需要定员为70人的船至少3条。到达营地后分组活动，分的组数跟每组的人数恰好相等。这个学校参加夏令营的人有多少？

解：由“每辆有60个座位的汽车至少4辆”可知，参加夏令营的人数在（60×3＋1=）181～（60×4=） 240人之间。

由“需要定员为70人的船至少3条”可知，参加夏令营人数在（70×2＋1=）141～（70×3=）210人之间。

这样，参加夏令营的人数在181～210人之间。又由“分的组数和每组人数恰好相等”可知，参加夏令营的人数一定是一个平方数。而181～210之间只有196是平方数，所以参加夏令营的人数是196。

说明：解答此题的关键是估计人数的范围：

从乘车来看，1≤第四辆车人数≤60，

从乘船来看，1≤第三条船人数≤70，

所以，181≤夏令营的人数≤210。

例11 将自然数按如下顺序排列：

1 2 6 7 15 16 …

3 5 8 14 17 …

4 9 13 …

10 12 …

11 …

在这样的排列下，数字3排在第2行第1列，数字13排在第3行第3列。

问：数字168排在第几行第几列？

分析：我们来分析一下给出数阵中每一斜行的规律。这里第2斜行的数字是3，2；第3斜行的数字是4，5，6；余此类推。仔细观察后我们发现：

奇数斜行中的数字由下向上递增，

偶数斜行中的数字由上向下递增，

我们只要找出168位于第几斜行，再换算成原数阵中的第几行第几列，问题便解决了。

18斜行最大的数字是171，所以168位于第18斜行。第18斜行中的数字是由上向下递增，因此，168位于第18斜行由上向下数第（168-153=）15位，换算成原数阵的行和列，便是第15行，第（18-15＋1=）4列。

解法2：为方便起见，可将数阵按顺时针方向旋转45°，则原数阵变为

1

3 2

4 5 6

10 9 8 7

11 12 13 14 15

… … … … … … … … … …

设168位于上述数阵的第n行，则

可见，n应为18，即168位于上述数阵中的第18行。

又 168-153=15，18-15＋1=4，由数阵排列次序可知168位于上述数阵的第18行从左数第4个数，从右数第15个数。将上述数阵还原为题中数阵，168在第15行第4列的位置上。

例12 唐老鸭与米老鼠进行万米赛跑，米老鼠每分钟跑125米，唐老鸭每分钟跑100米。唐老鸭手中掌握着一种迫使米老鼠倒退的电子遥控器，通过这种遥控器发出第n次指令，米老鼠就以原来速度的n×10％倒退一分钟，然后再按原来的速度继续前进。如果唐老鸭想在比赛中获胜，那么它通过遥控器发出指令的次数至少是多少次？

解：唐老鸭跑完1万米需要100分钟。设唐老鸭在100分钟内共发出n次迫使米老鼠倒退的指令，则在100分钟内米老鼠有n分钟的时间在倒退，有（100-n）分钟的时间在前进，依题意有

125×（100-n）-125×（0.1＋0.1×2＋0.1×3＋…＋0.1×n）＜10000，整理得 n（n＋21）＞400。

当n=12时， n＋21=33，12×33=396＜400。

当n=13时，n＋21=34，12×34=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。