非常规数学深究

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x1x2x3x4x1x2x3x4x1x2x3x4x1x2x3x4x1x2x3x4

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△A2A3A4三边的颜色,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≤i<j≤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S1<S2…<S60彼此不相等,从而S1+20

<S2+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。