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趣味数学问题 本文中列举的是一些趣味数学问题 其中多数是学生平时提出的一些问题以 及本人在一些论坛上 用网名 解答的问题 问题有深有浅 浅的可能浅到了 小学水平 欢迎有兴趣的朋友参与讨论 I 相等的角 在0 360度范围内找出与21998度角终边相等的角 本题解答请参见 3 II 一个排队问题n个人排队买票 其中m个人仅有50元面额的钱 n个 人仅有100元面额的钱 票价50元 买票处一开始没有零钱 m n 问如果这些人随机排成一队买票 不发生等待找钱的概率为多少 本题解答请参见 2 III 取牌游戏 在桌面上放有M 2张扑克牌 甲乙双方依照下列的给则从 桌面上拿取扑克牌 1 第一个从桌面上拿取扑克牌的人字次拿取数目只能少于M张 2 然后另一方从桌面上拿取 但不能多于前一个人取数的两倍 3 轮流交换取牌 每次取牌数不得少于1张 不得多于对方最后一次 刚取过牌数目的两倍 直到有一人最先把桌面上的扑克牌取完 这 个人获胜 请设计两方的取牌策略 本题解答请参见 1 1 I 解 我们可以得到以下结论 在双方都不出错的情况下 1 起始牌数为2 3 5时 先拿的输 2 如果起始牌数为m时 先拿的输 则当起始牌数为m n时 先拿 的赢的充分必要条件是先拿者能够在保证后拿者不能一次性拿走余 下所有牌的情况下 拿到第m张牌 3 如果起始牌数为n时 先拿的赢 起始牌数为m时 先拿的输 则 起始牌数为m n时 先拿的赢 4 如果起始牌数为m时 先拿的输 则对于1 n m 2 起始牌数为 m n时 先拿的赢 从上面的讨论 可以归纳地证明 当且仅当起始牌数为Fibonacci数2 3 5 8 13 21 34 时 先拿 的输 证明 我们不难看到对起始牌数不大于5的情形 结论是对的 现在假设ak是一个大于等于5的Fibonacci数 ak 1 ak 1分别是 与它相邻的两个Fibonacci数 我们有 ak 1 ak ak 1 由 3 对任何1 n ak 2 当起始牌数为ak n时 先拿的赢 从而如 果记 hk ak 1 2 如果ak为奇数 ak 2 1 如果ak为偶数 则当起始牌数分别为ak 1 ak hk时 先拿的赢 2 不难证明 ak 2 hk ak 1 于是若 ak hk ak n ak ak 1 则 ak2 n ak 因而先拿者第一次拿的时候不能一下子就拿ak 1以上 包括ak 1 张 牌 于是 他第一次只能拿少于ak 1张牌 但是 由于当起始牌数为 ak 1时 先拿者输 易见 在这种情况下按规则拿牌 第ak 1张牌将被 候拿牌者得到 从而导致先拿者最终输掉牌局 这里注意由 aj 4aj 1 3 不难知道后拿者拿到第ak 1张牌的后一手 先拿者是不能一下子把全 部牌拿走的 有了上面的结论 就有如下的拿牌策略 3 a 如果起始牌数是Fibonacci数 则少拿牌以求对方出错 b 如果起始牌数n不是Fibonacci数 则按以下方法取牌 b1 如果一次性让留下的牌数成为最接近的那个Fibonacci数 不会导致对手在下一轮就能将牌全部取走 则让留下的牌成为这个 Fibonacci数 记为x b2 如果不是b1 的情形 则先把问题当作起始牌数为n x的 情形来做 c 在拿成Fibonacci数后 反复运用起始牌数为Fibonacci数时 后拿 者成功阻击的策略 4 II 解 记Q n m 为一直可以找钱的情形 暂且称为可行情形 的 组合 数 严格地讲是对持相同面额钱的人不加区分的排列数 如果考虑区分 每个人 则相应的排列数应该是Q n m n m 则所求概率为 Q n m Cn m n Q n m n m m n 我们可以先不限制m n进行讨论 易见 Q 1 m m m 0 Q n m 0 0 m n 下面我们考虑Q n 1 m 与Q n m 的关系 在这 n 1 m个 人的组合中可以分成两类 1 最后一个是持100元的 2 最后一个人是持50元的 在m n 1时 第一种情形是可行情形当且仅当前面的 n m 个 人的排列情况可行 另一方面 在任何时候 第二种情形可行 当且仅当 前面的 n 1 m 1 个人的排列情况可行 因而我们有 Q n 1 m Q n m Q n 1 m 1 m n 1 依次 当m n 1时 我们有 Q n 1 m Q n m Q n 1 m 1 Q n m Q n m 1 Q n 1 m 2 Q n m Q n m 1 Q n n 2 Q n 1 n 1 Q n m Q n m 1 Q n n 2 Q n n 1 Q n 1 n 1 5 Q n m Q n m 1 Q n n 2 Q n n 1 m X k n 1 Q n k 2 1 例如 Q 3 1 7 Q 3 7 Q 4 6 Q 3 7 Q 3 6 Q 4 5 Q 3 7 Q 3 6 Q 3 5 Q 4 4 Q 3 7 Q 3 6 Q 3 5 Q 3 4 Q 4 3 Q 3 7 Q 3 6 Q 3 5 Q 3 4 由此 从Q 1 m C1 m 1 C0m 1 出发 对n作归纳 可以归纳地证明 Q n m Cn m n C n 1 m n m n 2 2 现在来证明 2 2 首先 2 2 当n 1时成立 现设对某个n 1 也成立 要证对n 1也成立 由 2 1 以及归纳假设 当m n 1时 Q n 1 m m X k n 1 Q n k m X k n 1 Cn k n C n 1 k n m X k n 1 Cn k n m X k n 1 Cn 1 k n m X k n Cn k n 1 C n m n 1 m X k n Cn 1 k n Cn 1 2n m X k n Cn k n 1 C n 1 k n Cn 1 2n Cn m n 1 m X k n Cn k n C n 1 2n Cn m n 1 Cn 1 k n 1 C n m n 1 6 这样我们就证明了 2 2 最后得到所求概率 Q n m Cn m n m 1 n m 1 7 III 解 问题是求m使得 21998 m 360K 0 m 360 我们有 m 21998 360K 8 21995 45K 8n 即 21995 n 45K 0 n 45 由于对于质数p 以及任何整数a有p