一題兩觀之一
一個益智問題
蔡聰明
[問題1]: 假設一瓶飲料2元, 2個瓶蓋可換1新瓶, 4個無蓋空瓶也可換1新瓶, 請問20元最多可 以喝到多少瓶的飲料?
1. 首先考慮 「連續」 的情況
假設 1 個瓶蓋可換 1/2 瓶飲料, 1 個空瓶可換 1/4 瓶飲料, 所以每喝 1 瓶飲料就可換回 1/2 + 1/4 = 3/4 瓶飲料, 永不止息喝下去。 因此, 總共可喝
10 + 10 ×3
4 + 10 ×3 4
2
+ +10 ×3 4
3
+ · · · = 40 瓶。
這 40 是個理論值。 若不諳無窮級數, 為了避開它, 我們也可這樣論述:
我們觀察買 1 瓶飲料的效應, 除了得到 1 瓶之外, 還可換得 3/4 瓶: 1 個瓶蓋的 1/2 瓶 加上 1 個空瓶的 1/4 瓶。 因此, 實際上我們只付了 1 − 3/4 = 1/4 瓶的價錢。 從而, 2 元買 1 瓶就可以達到 1 ÷ 1/4 = 4 倍的效果。 今 20 元可買 10 瓶, 故總共可達到 10 × 4 = 40 瓶, 有 4 倍乘數效果。
2. 離散的情況
假設在換瓶的過程中, 若湊不成 2 個瓶蓋又湊不成 4 個空瓶時, 換新瓶遊戲就要停止。 例 如, 剩下 1 個瓶蓋不能換 1/2 瓶, 剩下 1 個空瓶不能換 1/4 瓶。
我們採用一種換瓶的策略, 列表法以避免混淆與計算錯誤。
(i) 採取每次全數喝光的策略
未喝瓶數: 10 7 5 4 3 2 1 2 1
喝的瓶數: 10 + 7 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 + 2 + 1 = 35
瓶蓋數: 10 7 6 4 3 3 2 2 1
空瓶數: 10 9 6 6 5 3 4 2 3
答案: 理論值為 40 瓶, 而實際上總共可喝 35 瓶, 剩下 1 個瓶蓋與 3 個空瓶。
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(ii) 採取盡可能換光瓶蓋與空瓶的策略
未喝瓶數: 10 8 6 5 4 3 1 2 1
喝的瓶數: 8 + 8 + 4 + 4 + 4 + 3 + 1 + 2 + 1 = 35
瓶蓋數: 8 8 4 4 4 3 2 2 1
空瓶數: 8 8 4 4 4 3 4 2 3
答案仍然是: 總共可喝 35 瓶, 剩下 1 個瓶蓋與 3 個空瓶。
當然還有其它的換瓶策略, 讀者務必要採取一種不同的策略做一遍, 做了之後才會有感覺。
然而要把所有的策略都試過, 並不可行, 更不合數學之道。
問: 採取任何換瓶的策略, 答案是否都相同? (答案是肯定的。)
3. 一般理論的考量
我們用數學的語言, 考慮一般的情形。
[問題 2]: 根據原題的換新瓶規則, 問 2n 元購入 n 瓶飲料, 最多總共可喝幾瓶?
考慮離散情況, 假設初始未喝的瓶數為 n, 相應的理論值為 4n, 喝的總瓶數為 dn, 最後剩 餘的瓶蓋數為 cn, 剩餘空瓶數為 bn, 消失的瓶數為 mn。 我們要來探求 dn 與 dn−1、 dn−2、. . . 之間的遞迴關係式。
因為至少要喝掉 2 瓶才能啟動換瓶的機制, 我們不妨由喝 2 瓶開始:
未喝瓶數: n n − 2 n − 1 n − 3 n − 1
喝的瓶數: 0 + 2 + 2 總共 = 4 瓶
瓶蓋數: 0 2 0 2 0
空瓶數: 0 2 2 4 0
交換瓶數: 1 2
所以得到遞迴的一階差分方程與初期條件:
( dn= dn−1+ 4, n ≥ 3
d2 = 3 (1)
同理, 由喝 3 瓶開始亦得相同的 (1) 式。 若由喝 4 瓶開始, 就得到:
( dn= dn−1+ 4, n ≥ 4
d3 = 7 (2)
若由喝 5 瓶開始, 就得到:
(dn= dn−2+ 8, n ≥ 5 d3 = 7
這被含納在 (2) 式之中。
解 (1) 式或 (2) 式都得到相同的結果。 理論上可喝 4n 瓶, 實際上喝到的瓶數 dn 稍微少 一點, 其一般公式如下:
當 n = 1 時, d1 = 1, 剩下 (c1, b1) = (1, 1) (少喝 m1 = 3 瓶)。
當 n ≥ 2 時, dn= 4n − 5, 剩下 (cn, bn) = (1, 3) (少喝 mn = 5 瓶)。
4. 消失的五瓶在何處?
剩下 1 個瓶蓋與 3 個空瓶, 若可無止境繼續交換下去, 就得到:
5 4+ 5
4
3 4
1 + 5
4
3 4
2 +5
4
3 4
3
+ · · · = 5瓶。
因此, 40 瓶是最大的極限, 可以看作理論值, 實際上的離散操作是達不到的, 因為總是會有剩 下無法交換的蓋子 1 個與空瓶 3 個, 這在 「連續」 操作之下又會產生 5 瓶, 這就是那消失的 5 瓶。
[習題] (銀行創造貨幣)
假設銀行的存款準備率為 20%, 亦即每接受 100 元的存款, 只要保留 20 元作為準備金, 其餘 80 元又放貸出去。 今某甲存入 B1 銀行 100 萬元, 則 B1 銀行的存款增加 100 萬元。 B1 銀行保留 20 萬元作為準備金, 其餘的 80 萬元貸款給某乙, 而乙向丙支付貨款 80 萬元。 丙將 80 萬元全部存入 B2 銀行, 於是 B2 銀行的存款增加 80 萬元。 B2 銀行保留 80 × 20% = 16 萬元作為準備金, 其餘的 64 萬元全部貸款給某丁。 讓這個過程不止息地進行下去。 試求銀行存 款、 貸款與準備金的總金額? (答 : 500、 400、 100 萬元。 由此看出, 由初始的 100 萬元就創 造出 500 + 400 = 900 萬元這麼多的貨幣! 乘數是 9 倍。 通常中央銀行就透過升降銀行的存 款準備率, 來控制通貨量, 提升存款準備率就是緊縮通貨, 降低存款準備率就是寬鬆通貨。)
5. 最後剩餘的模式
我們詳細列出原問題答案的狀況 : 假設初始未喝的瓶數為 n, 則相應的理論值為 4n, 喝 的總瓶數為 dn, 最後剩餘的瓶蓋數為 cn, 剩餘空瓶數為 bn, 消失的瓶數為 mn。經過簡單計算, 把結果列成下表:
n 4n dn (cn, bn) mn 1 4 1 (1, 1) 3 2 8 3 (1, 3) 5 3 12 7 (1, 3) 5 4 16 11 (1, 3) 5 5 20 15 (1, 3) 5 6 24 19 以 下 全 同 事實上, 最後剩餘的所有可能模式為
{(0, 0), (0, 1), (0, 2), (0, 3), (1, 0), (1, 1), (1, 2), (1, 3)}
我們可以驗證 : 當 n = 1 時, 必然是 (1,1); 當 n ≥ 2 時, 配合上一節的解差分方程可知, 只 有 (1,3) 是唯一的可能, 其餘皆不可能。
因此, 原題最多可喝 d10 = 35 瓶, 而最後的剩餘 (c10, b10) = (1, 3), 這導致消失了 m10= 5 瓶。
6. 問題的各種主題變奏
我們還可再做各種 「主題變奏」, 例如改變換新瓶的規則:
[問題 3]: 用 2n 元買進 n 瓶飲料, 換新瓶的規則各如下:
(i) 4 個瓶蓋或 5 個無蓋空瓶都可換 1 新瓶。
(ii) 2 個瓶蓋或 2 個無蓋空瓶都可換 1 新瓶。
(iii) 3 個瓶蓋或 6 個無蓋空瓶或 9 個商標都可換 1 新瓶。
(iv) 2 個瓶蓋或 3 個無蓋空瓶或 6 個商標都可換 1 新瓶。
(v) 2 個瓶蓋或 4 個無蓋空瓶都可換 1 新瓶, 而瓶蓋上又附有中獎的約定, 例如 : 中 5 瓶、
10 瓶的機率分別為 0.01 與 0.0001。
求最多可以喝到多少瓶的飲料? 最後剩餘的模式是甚麼? 對於第 (v) 小題, 會牽涉到機率與期 望值的演算, 問題稍深刻, 但有趣。
生產公司為了促銷商品, 訂下一些獎勵規則, 要如何訂? 在成本、 利潤與極值的考量下, 每 瓶的售價要訂為多少, 等等。 這是商業上一個很切實際的數學應用問題, 從小學生、 國中生、 高 中生到社會人士都可以做, 讓頭腦做思考的體操, 堪稱老少咸宜。
緣由與致謝辭 :
5/7 日我到礁溪旅遊, 遇到某公司的職員告訴我這個問題, 並且說公司每個人算得的答案 都不同, 感覺很好奇又怪異。 問題的出處不知, 可能是網路上流傳的一個問題。 5/29 同事張鎮 華教授又拋出這個相同的問題給全系的同事, 顯然他已有答案, 但沒有公佈。 此題若僅限於在頭 腦裡心算, 不准用紙和筆計算, 很容易出錯, 這可能是有多種答案的理由。 最後我要感謝我的兒 子蔡弘霖 (學音樂) 與我的學生黃梓彥 (台大數學所) 的參與討論, 他們總是概念清晰且流暢。
—本文作者為台大數學系退休教授—
Recent Progress of Integrable Systems
日 期 : 2015 年 04 月 10 日 (星期五) ∼ 2015 年 04 月 12 日 (星期日) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段 1 號 天文數學館 6樓演講廳
詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw
