相关热词搜索：
非常规数学问题研究论文
非常规数学问题研究论文 有一些数学问题,例如操作问题、逻辑推理问题等,不能用通常的数学方法 来解;还有一些实际问题,研究的是事物的某种状态或性质,其本身与数量无关,也 不能用通常的数学方法来解。人们习惯上将上述的这类问题称为非常规数学问题。非常规数学问题近年来在各种数学竞赛、数学建模竞赛及数学知识应用竞赛等赛 题中频频出现,特别是它与实际问题密切联系,因此受到广泛关注。
非常规数学问题需要非常规的特殊解法,本文就最常用的图解法、赋值法、 抽屉原理及逻辑推理等四种方法,结合实际例子作一探讨。
1图解法 例1(柳卡问题)假设每天中午有一艘轮船由哈佛开往纽约,同时也有一艘轮 船由纽约开往哈佛,航行时间都为七昼夜,且均沿同一航线航行。问今天中午从哈 佛开出的一艘轮船将会遇到几艘从纽约开来的同一公司的轮船 这是十九世纪在一次世界科学会议期间,法国数学家柳卡向在场的数学家 们提出的一个问题,它难倒了在场的所有数学家,连柳卡本人也没有彻底解决。后 来有一位数学家通过下面的图解法,才使问题最终得到解决。
这种方法是:用两条横线分别表示纽约港和哈佛港,某天中午(记作第0天) 从哈佛出发的轮船在第7天中午到达纽约,用从下到上的一条斜线表示。用从上到 下的斜线依次表示每天中午由纽约开出的轮船经7昼夜到达哈佛。显然两种斜线 的交点总数就是相遇的轮船数,共15艘。
值得注意的是,上述图解法,不但给出这一问题的一种简单、美妙、不用数 字计算的非常规解法,更有意义的是它可作为一种模型,来解决这一类型的问题, 请看下例: 例2某路电车,由Ａ站开往Ｂ站,每5分钟发一辆车,全程为20分钟。有一人骑 车从Ｂ站到Ａ站,在他出发时恰有一辆电车进站,当他到达Ａ站时又恰有一辆电车 出站,问: (1)若骑车人在中途共遇到对面开来的10辆电车,则他出发后多少分钟到达 Ａ站(2)如果骑车人由Ｂ站到Ａ站共用50分钟时间,则他一共遇到多少辆迎面开 来的电车 (3)若骑车人同某辆电车同时出发由Ａ站返回Ｂ站,骑车人用40分钟到达Ｂ 站时也恰有一辆电车进站,问在中途有多少辆电车超过他 解:仿柳卡问题图解法,画出下面的图: 由图可知:(1)骑车人从Ｂ站总共遇到12辆从对面开来的电车到达Ａ站所用 的时间,恰好等于Ａ站开出7辆车的时间,即35分钟。
(2)若骑车人一共用50分钟走完全程(即由0到10的那条由下到上的斜线),可 知一共遇到15辆电车。
(3)由上到下画一条斜线(由0到8)即表示骑车人由Ａ站出发40分钟后到达 Ｂ站,可见中途共有3辆电车超过他。
2赋值法 赋值法解题,是对本身与数量无关的问题巧妙地赋于某些特殊的数值(如 ±1、0与1等)将其转化成数量问题,然后利用整除性、奇偶性或正负号等的讨论, 使问题得以解决。
例3在圆周上均匀地放4枚围棋子,然后作如下操作:若原来相邻的两枚棋子 是同色,就在其间放一枚黑子;若是异色,就在其间放一枚白子,然后将原来的4枚棋 子取走,以上算一次操作。证明:不论原来4枚棋子的黑白颜色如何排列,最多只须 作4次操作,就可使剩下的4枚棋子全是黑子。
解因为只有黑白两色棋子,所以可以用1记黑子,-1记白子。又规定在同色两 子之间放黑子,正好符合1・1=1,(-1)(-1)=1;在异色两子之间放白子,正好符合1・ (-1)=(-1)・1=-1,因此,这样赋值后就将原来的问题转化为+1和-1的讨论问题。
将圆周上的4枚棋子依次记为ｘ1、ｘ2、ｘ3、ｘ4(继续数下去记ｘ5=ｘ1, ｘ6=ｘ2……)按上面的赋值方法可知: ｘ2ｉ=1,ｘｉｘｉ+1=1ｘｉ与ｘｉ+1同色-1ｘｉ与ｘｉ+1异色 这样,判断在ｘｉ与ｘｉ+1两棋子之间该放黑子还是白子,就由ｘｉ・ｘｉ+1的乘积符号的正、负来确定;乘积为+1时放黑子,为-1时放白子。按此方法,将各 次操作后的正、负号列成下表:(将圆周上的棋子排在直线上) 第一次操作ｘ3ｘ4ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ1ｘ2 ｘ3ｘ4ｘ4ｘ1ｘ1ｘ2ｘ2ｘ3ｘ3ｘ4ｘ4ｘ1ｘ1ｘ2 第二次ｘ3ｘ24ｘ1 操作=ｘ3ｘ1ｘ4ｘ2ｘ1ｘ3ｘ2ｘ4ｘ3ｘ1ｘ4ｘ2 第三次操作ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ1ｘ 2ｘ3ｘ4 第四次(ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4)2 操作=1111 由上表可见,经第4次操作后,符号皆为正,故4枚棋子都应放黑子。用数学归 纳法可以证明,一般情况下,若圆周上原来摆着2ｎ枚棋子,最多操作2ｎ次后一定 全剩下黑子。
例4有11只杯子都口朝上放着,然后将它们任意翻偶数只算一次操作(翻过 的也可以再翻)。证明:无论操作多少次,都不能使11只杯子都口朝下。
解将口朝上的杯子记为1,口朝下的记为-1,然后计算每操作一次后11只杯 子乘积的正负号: 开始,11只杯子都口朝上,所以乘积的符号为:111=1。
当翻动ｎ个杯子(ｎ为偶数且ｎ≤10)使其口朝下时,乘积的符号为: 111-ｎ・(-1)ｎ=1・1=1 继续讨论可知,无论ｎ是小于11的什么偶数,乘积的正负号均为正,而11只 杯子都口朝下时,乘积为(-1)11=-1,故不可能办到。
本问题的一般结论是:奇数个杯子每次翻动偶数个或偶数个杯子每次翻动 奇数个,都不能使所有杯子都口朝下。3抽屉原理抽屉原理是证明“存在性”问题的有力工具,其最基本形式是:将 ｎ+1(或更多)个元素任意放入ｎ个抽屉中,则至少有一个抽屉中至少有两个(或更 多)元素。抽屉原理的正确性简单而显然,但具体运用并不容易,困难之处在于怎样 设置抽屉,把一个实际问题转化为抽屉原理问题。
例5世界上任意6个人中,总有3个人,或彼此都认识,或彼此都不认识。
这是有名的Ｒａｍｓｅｙ问题,要用抽屉原理来解。
对6个人中的任一个人,不妨设为Ａ来说,除Ａ外的其余5人可分为同Ａ相识 或不同Ａ相识两类(即两个抽屉),由抽屉原理可知,至少有一类中至少有3个人。分 别讨论如下: 如果同Ａ都认识的那一类中至少有3人,若有3人互相都不认识,则结论成 立;否则至少有两个人互相认识,而这两人又都同Ａ认识,故有3人互相认识,结论也 成立。
如果同Ａ都不认识的那一类中至少有3人,若其中有3人互相认识,则结论成 立;否则,至少有两人彼此不认识,但这二人又都与Ａ互不认识,故这时有3人互相不 认识,结论也成立。
此问题也可以用染色法来证明: 在平面上用Ａ1,Ａ2………Ａ6来代表6个人,设它们无三点共线。将互相认 识的两人连一条红线,否则连一条蓝线。问题就转化为:在这15条连线中要证明至 少有一个同颜色的三角形。
证明:考虑由Ａ1出发的5条线,因为只有红、蓝两种颜色(两个抽屉),所以至 少有3条为同色,不妨设Ａ1Ａ2、Ａ1Ａ3、Ａ1Ａ4为红色。其次,再考虑△Ａ2Ａ3Ａ 4三边的颜色,若均为蓝色则结论成立(此三人互相不认识);否则,至少有一条边为 红色,例如Ａ2Ａ3,则△Ａ1Ａ2Ａ3的三边都为红色,结论也成立(此三人彼此都认 识)。
例6已知某学者在五年期间内每月至少发表一篇文章,又知他每年至多发 19篇,则可得结论:他必在某连续的几个月内恰好发文24篇,试证明之。
解设此人在5年内(60个月)每月发文数为ａ1,ａ2……ａ60,又设此数列前ｎ项和为Ｓ1,Ｓ2,…,Ｓ60≤19×5=95。
如果他在某连续的几个月内恰发文24篇,则说明存在两个编号ｉ和ｊ,使得 Ｓｊ=Ｓｉ+24(1≤ｉｊ≤60)成立。
又Ｓ1+24,Ｓ2+24…,Ｓ60+24≤95+24=119共60个数,连同Ｓ1,Ｓ2…Ｓ60共 120个数,将它们写在一起,即 1≤Ｓ1,Ｓ2…Ｓ60,Ｓ1+24…Ｓ60+24≤119 上式表明,在区间〔1,119〕中写了20个整数(元素),但〔1,119〕上只有119 个不同的整数(设为抽屉),由抽屉原理知,在Ｓ1,Ｓ2…Ｓ60+24这120个整数中必有 两个相等。又因为Ｓ1Ｓ2…Ｓ60彼此不相等,从而Ｓ1+20Ｓ2+24…Ｓ60+24也各不 相等,因此彼此相等的那两个数必来自两组之中,不妨设为Ｓｊ与Ｓｉ+24相等,即 Ｓｊ=Ｓｉ+24成立。
4逻辑推理有一些涉及逻辑推理方面的问题,可通过逻辑推理方法,将矛盾 结论排除,找出合理结论。推理顺序有顺推法和逆推法。
例7要分派Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ五人去执行一项任务,但按实际情况必须满 足以下条件: (1)若Ａ去,Ｂ也去;
(2)Ｂ、Ｃ两人中至少有一人去;
(3)Ｂ、Ｃ两人中必须去且只能去一人;
(4)Ｃ、Ｄ都去或都不去;
(5)Ｅ若去,则Ａ、Ｄ都去。
问:应派谁们去 解(逆推): 若Ｅ去→Ａ、Ｄ都去→Ｂ去→Ｃ不去→Ｄ不去,导自矛盾。所以Ｅ不能去。Ｅ不去→Ｄ去→Ｃ去→Ｂ不去→Ａ不去,符合所有条件。
∴应当派Ｃ、Ｄ去。
例8有4个人对话:甲说:我们当中只有一个人说假话。乙说:我们当中仅有两 个人说假话。丙说:我们当中恰有三个人说假话。丁说:我们都说假话。试问:到底 谁说的是真话 解:因为四个人说的话彼此矛盾,所以不会有两个人都说真话,至多有一个 人说真话。
但四个人不都说假话(因为这时丁说的就是真话)。
由上推理可知,恰有一个人(即丙)说真话,其他人都说假话。
