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第8章 数学教学的趣味运用故事(5)

24.如何用数学方法挑选商品

我们经常会遇到这样的情况:购买商品时,同样的商品有很多,怎样挑选出最满意的一个来呢?当然,营业员不可能把所有的商品都拿出来任你挑选,我们也就没有多大的挑选余地,但如果摆在你面前的商品有很多,你该如何挑选呢?又譬如说生产厂家要从自己的产品中,挑选一个最好的去参加评比,怎样从众多的产品中挑选呢?

所谓满意的标准有很多,对于顾客来说,商品的好坏大致有三个标准:一是商品的质量,二是商品的外观,三是商品的价格。而这三者往往不容易完全兼顾,顾客的心理也有差异,有人对外观的要求较高,而有人则更看重价格。这里,我们假定顾客心中已经有一定的标准,能够从两件商品中区分出好坏。

现在假定有n件商品供你挑选。一般的方法是采取两两比较,先对其中两个进行比较,再换两个进行比较,如此一直下去,直到最后选出最优的一个来。作两两比较,人们总是希望比较的次数越少越好,那么从n件商品中选出一个最优的至少要比较多少次呢?为了叙述方便,我们把这个次数记为f(n)。

如果n=2,即从两件商品中挑选一个最优的,只须进行一次比较就可以了,因此,f(2)=1。

如果n=3,可以先对其中两件商品作比较,选出的优胜者再与另一件相比,选出最优的,因而只须进行两次比较,即f(3)=2。

下面我们来看一般情形,n件商品,我们先任取两件作比较,选出一个再与下一个相比,如此继续,到最后一件,那么一共进行的比较次数是n-1次。这一方案所用的比较次数一定不比f(n)小,有f(n)≤n-1。

现在我们假设已经有一个方案,只需进行f(n)次比较。那么,第一次比较总是从其中的两个开始的,淘汰掉一个之后,优胜者与其它n-2件的最少比较次数是f(n-1),而原方案去掉第一次比较剩留的比较方案恰好是n-1件商品选优的一种方案。于是有f(n)-1≥f(n-1),即:

f(n)≥f(n-1)+1≥f(n-2)+1+1

≥f(n-3)+3≥……≥f(n-(n-2))+n-2

=f(2)+n-2=1+n-2=n-1。

前面已知f(n)≤n-1,现又有f(n)≥n-1,于是,f(n)=n-1。也就是说,从n件商品中挑选出一个最优的,至少要作n-1次比较。前面我们已经给出了一个作n-1次比较的方案,当然也还有其它的最佳方案。比如说我们可以把商品先分成若干个组,在组内先进行比较,然后每组的优胜者再拿到一起作比较。

下面我们来看如何从n件商品中挑选两个最优。我们只要求能找出两个最满意的商品,而不需要在两个商品中再区分最优。这时最少的比较次数是多少呢?我们先从n件商品中选出一个最优来,最少的比较次数是n-1,去掉这个最优,再从剩下的n-1件商品中选出一个最优,最少进行n-2次比较,这时我们保证了这两件商品确实比其它n-2件商品更优,由于不需要区分冠亚军,所以在这2n-3次比较中,我们还应去掉一次冠亚军之间进行的比较,于是我们最少的比较次数是2n-4。那么这些比较又如何进行呢?这一问题我们留给读者自己去思考。

25.能被2、3、5、9或11整除的数

老师在黑板上出了几个算术题?

1.312212能不能被2整除?

2.215412能不能被3或9整除?

3.5712能不能被5整除?

4.412632能不能被11整除?

你不用笔算,能把结果正确地说出来吗?

也许你认为被除数的位数多了,心算就不可能。

其实要算出一个数能不能被某些数整除,不在乎被除数的位数,也不需要有心算的训练,主要的关键在于我们是不是已经掌握了整除的规律。

1.因为偶数能被2整除,所以,个位数是0或偶数的都能被2整除。

312212是偶数,所以能被2整除。

2.由于10、102、103……除以3或9的余数都是1,因此,10c,102b,103a……除以3或9的余数分别是c,b,a……。比如说,一个四位数,它可以写成103a+102b+10c+d。它能不能被3或9整除,就看各个位数相加的和(a+b+c+d)能不能被3或9整除。

215412各位数字的和是2+1+5+4+1+2=15,再把15的两位数字相加为1+5=6。6能被3整除,而不能被9整除,因此,215412这个数能被3整除,但不能被9整除。

如果一个数目的各位数字的和能被9整除,这个数目就能被9整除。能被9整除的数,一定能被3整除。但是,反过来说并不一定成立,以上举的215412就是一个例子。

3.10、102、103……都能够被5整除,一个数能不能被5整除,在于这个数的个位数。因此,个位数是0或5的数,就能被5整除。

4.10、102、103……除以11的余数,分别是-1、1、-1、1、-1……因而一个数的个位、百位、万位……数的和,如果与十位、千位、十万位……数的和相同,或它们的差能被11整除,就可以断定这个数能被11整除。

由于412632这个数的个位、百位、万位数字的和是2+6+1=9,而十位、千位、十万位数字的和是3+2+4=9。这两个和是相同的,因此,412632这个数能被11整除。

至于其他一些除数能不能整除被除数,并不象2、3、9、5、11那样容易看出来。

我们看看除数是4或7的情况怎么样?

除数是4的时候,由于102、103……都能被4整除,因此,一个被除数能不能被4整除,要看这个被除数的个位数与十位数,能不能被4整除。

例如7324能被4整除,而7322只能被2整除,而不能被4整除。

除数是7的时候,由于10、102、103……除以7的余数分别是3、2、-1、-3、-2、1、3、2、-1……因此,一个被除数,比如说一个五位数104a+103b+102c+10d+e能不能被7整除,要看(e-b)+3(d-a)+2c能否被7整除。

35532这个数能不能被7整除呢?因为(2-5)十3×(3-3)+2×5=-3+10=7,所以,这个数能被7整除。

如果除数分解成几个互素的因数,比如12=3×4,14=2×7,15=3×5,18=2×9,21=3×7,那么,它们能不能整除一个被除数呢?就要看这个被除数能不能被这些因数同时整除。

35532是偶数,它又能被7整除,因此,它能被2×7=14整除。

73512是偶数,又能被9整除,所以,73512这个数能被2×9=18整除,其余可以类推。

任何一件事,只要分析了它的原因,总结出规律来,就能很好地解答它。

26.加法速算法

在一个数学俱乐部的游艺牌上写着这样一道题:1+2+3+4+5+6+7+8+9+8+7+6+5+4+3+2+1=?你能很快地答出来吗?

有的人老老实实地加起来,当然也得到了结果,但是这不符合要求啊。那么,怎样来速算呢?

先看看下面的例子:

1+2+1=4=22

1+2+3+2+1=9=32

1+2+3+4+3+2+1=16=42

1+2+3+4+5+4+3+2+1=25=52

1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36=62

……

1+2+3+4+5+6+7+8+9+8+7+6+5+4+3+2+1=81=92

……

1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+12+11+10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=169=132

……

不用多写了,你就可以发现,凡是从1加到某一个数(即n),再返过来加到1,结果都等于到头那个数(n)的平方。如果你记住了这个有趣的关系,那么,对于任意的这样相加法,都可以很快答上来了。我们不是谈到过大数学家高斯的故事吗?老师出了从1加到100等于多少的题目,小高斯很快答出来是5050。如果把这个题目再变得难一点,问从1加到100,再加回到1,一共是多少?你也很容易知道这一定是1002=10000了。

27.为什么2n个小球能移为一堆

有2n个小球,分成许多堆,随意选定其中的甲、乙两堆,若甲堆的球数不超过乙堆的球数,便从乙堆中取出等于甲数目的小球放入甲堆,这样算做一次“移动”。那么经过有限次的移动,能否把这2n个小球并为一堆呢?

解决本题需要掌握初等数学中的一个重要解题方法——数学归纳法。因为小球的数目,虽有规律如可能是2,4,8,16……等,但毕竟不能以其中的任一个确定的数为解题出发点,因而解题的方法相应的也要抽象一些。

数学归纳法的证题思路是:要证明一个结论首先验证在所有的n可以取的值中选一个最小的值(如n=1或n=2等),结论是正确的。第二步是,假设n取任一个自然数K时结论正确,再证明n取K+1时结论也正确。两步结合起来,一个是基础,一个是传递,我们就可以从n=1时结论正确推到n=2结论正确,再推到n=3时结论正确……即对于任意自然数n,结论都正确。

回到我们的问题,结论是肯定的,当n=1时有2个小球,最多分两堆。每堆一个小球,那么一次“移动”就并为了一堆。假定有2K个小球分成若干堆,经过有限次“移动”能并为一堆。那么把2K+1个小球分成若干堆时,情形又如何呢?因为2K+1是偶数,所以小球个数是奇数的堆有偶数个,把他们两两匹配,每两堆间“移动”一次,这样各堆小球的数目就都是偶数了,设想每堆中都把两个小球贴在一起,移动也好不移动也好都当一个小球看待,那么总数不就是2n个了吗!总起来说就是,只要2K个小球可并为一堆,那么2K+1个小球就能并为一堆。这样就从21个结论成立,推到22个结论成立,再推到23个结论成立,当然对任意自然数n,结论都是成立的。

28.“对称”意识

几何学中的对称指两点关于它们连线的中垂线成轴对称,关于它们的中点成中心对称。

具有这种“对称”意识,在某些游戏中,大有用武之地,先举一例游戏。

两人在方桌上摆扑克牌,摆法是轮流摆放,一次一张,但每两张不许重叠,谁最后无位置可摆,谁就输了。若你先摆,你能赢吗?

仔细分析而知,你先摆一个位置后无论对手怎样摆放,你都必有空位摆牌,这就形成了对应,再联想“对称”就会使你获胜。

当然,你摆放的第一个位置应该是很关键的,应是摆放位置中的唯一特殊性位置。

综上论述你会立刻确定稳赢的摆法,先把一张牌放到方桌中心,这样,你对手每摆一张牌则你一定可找到这张牌的对称位置摆放,直到对手再无法找到空位为止。

再举一例:

两人做翻牌游戏,先把圆牌的两面分别画上“+”“-”两种符号,然后摆成一排,且“+”号在上面。翻牌方法是每人一次,一次翻一张或两张,翻过一次的牌就不许再翻了,这样,谁最后无牌可翻谁就输了。如果让你先翻,你会赢吗?

有前一个游戏的经验,解开这个问题并不难。看来需要找到“对称中心”,这就首先需要数一下这些圆牌的个数,若为奇数,你就可先翻中间一个;若为偶数,你就可先翻中间两个,然后无论对手一次翻几个,你就翻对称位置的几个,直到获胜。

最后举一例,看你是否有了“对称意识”:

两人把一个棋子,从左到右移动,使它经过一排方格中的每一个格,这排方格的总数是1990,谁把棋子移动到最后一格,谁就获胜。两人轮流,一次移动1至3格,如果你先走。你会赢吗?若再模仿前两个游戏,就会因找不到对称中心而困惑。但如果你有“对称意识”,就会立刻想到在四个格子里,对手先走,你必能获胜。这样,你走第一次时只要使剩余的格数是4的倍数就行了,对手走1格,你走3格;对手走2格,你走2格;对手走3格,你走1格,一直到你把棋子移到最后一格里。

为此,你的第一步只要把棋子移到左边的第二个格子里,(1990÷4=497×4+2)就稳操胜券了。

29.计算“断电”的时间

为什么用两支蜡烛能够计算出“断电”的时间

小聪每天晚上都温习功课,他正在聚精会神地解方程,忽然房间里的电灯熄灭了:保险丝烧断了,他马上点燃了书桌上备用的两支蜡烛,继续解方程,直到电灯修复。

忽然,小聪脑袋闪出一个念头:我是否可以根据两支蜡烛的燃烧程度断定断电的时间。

他回想和观察了一下条件:

1.虽不知道蜡烛的原始长度但他记得两支蜡烛是一样长短。

2.粗的一支能用5小时,细的一支能用4小时。

3.残烛的长度一支等于另一支的4倍。

他得意起来:这不正是一道解方程的习题吗。不到一刻钟,他的练习本上就得出了“断电”时间:3小时45分钟。

你知道他是怎样解决这个问题的吗?

只需要列一个简单的方程式。用x表示点蜡烛的小时数,每一小时燃粗蜡烛长度的15、细蜡烛长度的14。因此,粗蜡烛残余部分的长度应是1-x5,细蜡烛残余部分应是1-x4。我们知道两烛长度相等并知细烛余部的4倍即4(1-x4)等于粗烛残余长度1-x5。

即有4(1-x4)=1-x5

解方程得x=334所以,两烛点燃了3小时45分钟,亦是断电时间。

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