“隔板法”在解不定方程方面的應用及其推廣

排列、組合是歷年高考必考內容之一，它聯系實際，生動有趣，但題型多樣，思路靈活.本文在這里就以其中的一種方法——隔板法談點淺見.

隔板法:相同元素的分配問題可以在其之間插入隔板來達到分配的目的.它強調的是分配之后每組元素的各數，而與每一組包含哪幾個元素無關.

【例】 某市擬成立一個由6名大學生組成的社會調查組，并準備將6個名額分配給本市的3所大學，要求每所大學都有學生參加，則不同的分配方法共有().

A.6種B.8種C.9種D.10種

解析:6個名額可視為6個沒有區分的(相同的)元素，將6個元素排成一排，在6個

元素之間一共有5個空隙，將兩塊隔板插入這些空隙中，規定由隔板分成的左、中、右三部

分的元素的個數分別為分配給三所大學的大學生名額數，則每一種分隔法都對應了一種分發，于是分法種數為C²5=10種.

變式:將9個完全相同的小球放入編號為1、2、3的三個盒子內，要求每個盒子內

的球數不小于其編號數，問有多少種不同的方法?

解析:先將編號為2的盒子放入1個球，編號為3的盒子放入2個球，然后只需將余下

的6個球放入三個盒子內，要求每個盒子至少再放入1個.余下解法同上引例.

其實上述問題可歸結為不定方程x+y+z=6有多少組正整數解的問題，即將六個完全相同的小球放入編號分別為x，y，z的三個盒子內，要求每個盒子至少有一個小球，有多少種不同的方法?如OIOOOIOO，這就代表了不定方程的一組解x=1，y=3，z=2，在6個球之間有五個空隙，所以將兩個隔板插入，共有C²5種不同的方法，即方程有C²5=10組不同的正整數解.

推廣:不定方程x1+x2+x3+…+xm=n(n≥m，m，n∈N*)有Cm-1n-1組正整數解.

引申:不定方程x1+x2+x3+…+xm=n(n≥m，m，n∈N*)有多少組非負整數解?

分析:令y1=x1+1，y2=x2+1，…，ym=xm+1，由x1≥0，x2≥0，…，xm≥0有y1≥1，y2≥1，…，ym≥1，則原方程有多少組非負整數解的問題就轉化成了不定方程y1+y2+…+ym=n+m有多少組正整數解的問題，結合上述推廣，知原方程有Cm-1n+m-1組非負整數解.

應用1:設集合P={1，2，3，…，n}(n≥7)，A={a1，a2，a3}是P的子集，其中a1

分析:由1≤a1

結合引申的結論，設y1=x1，y2=x2-2，y3=x3-2，y4=x4+1，則y1+y2+y3+y4=n-3，且y1≥1，y2≥1.y3≥1，x4≥1，即將問題轉化成了不定方程y1+y2+y3+y4=n-3有多少組正整數解的問題，結合上述推廣知該方程有C3n-4組正整數解，即滿足條件的集合A有C3n-4個.

應用2:若從編號分別為1，2，3，…，9的九張卡片中任意抽取三張，將它們的編號從小到大依次記為x，y，z，則“y-x≥2，z-y≥2”的概率為().

A.13B.512

C.14D.528

分析:從九張卡片中任意抽取三張所含的基本事件的個數為C39，然后不妨設由1到x(含x)有x1個數，由x+1到y(含y)有x2個數，由y+1到z(含z)有x3個數，由z+1到9(含9)有x4個數，則x1+x2+x3+x4=9，結合y-x≥2，z-y≥2，知x1≥1，x2≥2，x3≥2，x4≥0.

設y1=x1，y2=x2-1，y3=x3-1，y4=x4+1，則y1+y2+y3+y4=8，且y1≥1，y2≥1，y3≥1，y4≥1，即將問題轉化成了不定方程有多少組正整數解的問題.方程的每一組正整數解就對應著一種滿足題意的選法，則滿足題意的選法為C37種，所以所求的概率為C37C39=512.選B.

上述部分例題當種數不多時可用列舉法逐一列出，反之就不現實了.而隔板法就不局限于此，它在解題過程中帶有一定的格式化、程序化，可使解題過程簡單明了，快捷準確.

(責任編輯 金 鈴)