揭 示 趣題背 後的數學規律
李發勇
摘要: 翻杯子類型的遊戲趣題, 是一個久遠的問題, 出處已不可考, 主要講述奇偶性 的應用。源於生活,卻高於生活,屬邏輯推理型問題,很具啟發性和挑戰性,背後隱藏 著深刻的數學奧秘,通過深入探討、發現規律,並予以推廣和應用。
關鍵字: 趣題, 奧秘, 規律,應用。
1. 問題提出
現行教材蘇科版《數學》 七年級 (上冊) 第 63 頁複習題第 18 題 : (1)桌子上有 3 只杯 口都朝上的茶杯, 每次翻轉 2 只, 能否經過若干次翻轉使3 只杯子的杯口全部朝下? (2) 7 只 杯口都朝上的茶杯, 每次翻轉 3 只呢? 如果用“+1”、 “−1” 分別表示杯口“朝上”、“朝下”, 你 能用有理數的運算說明其中的道理嗎?
趣題具有較強的開放性,需要通過觀察、 分析、 推斷、驗證等來探索問題思路,並加以推理 計算。 就這樣一道難題, 被有理數的簡單運算別出心裁地解決了,讓人感受數學想像力的神奇。
我們的問題是: (1)如果奇偶性發生變化,結果如何? (2) 進一步,你能制定翻轉方案嗎?
2. 問題 探析
如果是m 只茶杯杯口都朝上, 每次翻轉任意n (m > n) 只, 若干次後, 可否實現全部杯 口朝下呢? 如果可以, 能確定翻轉次數的奇偶性嗎?
分析: 根據m、n 的奇偶性, 僅有以下 4種情況:
(1) m 偶 n 奇, (2) m 奇n 奇, (3)m 偶 n 偶, (4) m 奇 n 偶。
探究如下:
(1) 對於m偶 n奇,設原茶杯整體狀態值為S1 = (+1)m = +1,每次翻轉任意n 只茶杯, 即 改變其中任意n 只茶杯為相反狀態, 相當於整體狀態值作一次乘法運算, 即乘以 (−1)n =
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−1, 第 i 次翻轉後的整體狀態值為: Si = (+1)m[(−1)n]i =
(−1 (i 為奇數時) +1 (i 為偶數時), 當 i 為奇數時,可以使整體狀態值由+1 變為−1, 所以可以使全部茶杯杯口朝下;
證明: 使全部茶杯杯口朝下, 其中每只茶杯必翻轉奇數次, m (偶數) 個奇數之和必是偶數。 而 每次翻轉 n (奇數)只, 設翻轉 k 次, 則 nk=偶數, 所以k 必為偶數。
(2) 對於m奇 n奇,設原茶杯整體狀態值為S1 = (+1)m = +1,每次翻轉任意n 只茶杯, 即 改變其中任意n 只茶杯為相反狀態, 相當於整體狀態值作一次乘法運算, 即乘以 (−1)n =
−1, 第 i 次翻轉後的整體狀態值為: Si = (+1)m[(−1)n]i =
(−1 (i 為奇數時) +1 (i 為偶數時), 當 i 為奇數, 可以使整體狀態值由+1 變為−1, 所以可以使全部茶杯杯口朝下;
證明: 使全部茶杯杯口朝下, 其中每只茶杯必翻轉奇數次, m (奇數) 個奇數之和必是奇數。 而 每次翻轉 n (奇數)只, 設翻轉 k 次, 則 nk=奇數, 所以k 必為奇數。
(3) 對於m偶 n偶,設原茶杯整體狀態值為S1 = (+1)m = +1,每次翻轉任意n 只茶杯, 即 改變其中任意n 只茶杯為相反狀態, 相當於整體狀態值作一次乘法運算, 即乘以 (−1)n =
−1, 第 i 次翻轉後的整體狀態值為: Si = (+1)m[(−1)n]i = +1, 即每次翻轉後, 整體狀 態值始終都是+1, 不能由 +1 變為−1, 所以不能使全部茶杯杯口朝下;
實際上, 這個結果是錯誤的。 事實上, 可以使全部茶杯杯口朝下。
理由: 假設翻轉 k 次, 可以使全部茶杯杯口朝下, 其中每只茶杯必翻轉奇數次,m (偶數) 個奇 數之和必是偶數。每次翻轉 n (偶數) 只, 則 nk =偶數, 是成立的, 所以可以使全部茶杯杯口 朝下。
(4) 對於 m 奇 n 偶, 設原茶杯整體狀態值為 S1 = (+1)m = +1, 每次翻轉任意 n 只茶杯, 即改變其中任意n 只茶杯狀態,相當於整體狀態值作一次乘法運算,即乘以 (−1)n= +1, 第i次翻轉後的整體狀態值為:Si = (+1)m[(−1)n]i = +1,即每次翻轉後,使整體狀態值 始終都是 +1, 不能由+1 變為 −1,所以不能使全部茶杯杯口朝下。
證明: 假設翻轉 k 次, 可以使全部茶杯杯口朝下, 其中每只茶杯必翻轉奇數次,m (奇數) 個奇 數之和必是奇數。而每次翻轉 n (偶數) 只,則共翻轉nk 即偶數次, 奇數=偶數,矛盾,所以不 可以使全部茶杯杯口朝下。
綜上, 當n 為奇數及 m 奇 n 偶時, 即情形 (1)、 (2)、 (4) 有理數運算可以判斷。 但對於 (3) m 偶 n 偶, 有理數運算無法判斷, 可用奇偶性[parity] 分析進行判斷。
3. 建立數學模型 , 制定翻 轉方案
3.1. 約定
本文研究的物件排成一排,各個體只有初始和相反兩個狀態。
定義1: 設有m個初始狀態相同的物件,每輪改變任意n個(可相鄰、 可間隔)為相反狀態(正 整數m > n >1),經過至少 k 輪改變,可以把m 個物件全部變為相反狀態,稱 m 翻轉 n 有 解,稱 k 為至少翻轉次數。若不能把 m 個物件全部變為相反狀態,則稱 m 翻轉 n 無解。
定義2: 翻轉的 n 個物件若狀態相同,則稱為純翻轉, 若不盡相同,則稱為混翻轉。
3.2. 算術模型
根據第 2節探究結果, 已經知道,當 m 為奇n 為偶時, 無解; 對於情形 (1)、(2)、(3) 均 有解。有解時,設 m÷n =a 餘b (a ≥1, n > b), 下面分兩種情形探討:
第一種情形: 當b= 0時,m=an,只需不重複純翻轉a次,即獲成功方案,則k =a(k > 1 的整數);
第二種情形 : 當 b6= 0 時, m =an+b, 分類探究如下:
假設第1 步翻轉n 個;第 2 步將第1 步翻轉裏轉回 x (0< x < n) 個, 再從第 1 步餘 數m−n 個裏翻轉(n−x) 個,還剩餘(m+x−2n) 個;第3 步將x 和(m+x−2n) 合 併為g =m+ 2x−2n = (a−2)n+ (b+ 2x),∵ 0< b < n, ∴ 0< b+ 2x <3n。
(1) 令 b + 2x = n, 得 x = n−b
2 , 當且僅當 a ≥ 2 及 n、 b 同奇或同偶時有解。 此時, g = (a−2)n+n = (a−1)n。綜上, 共得 k =g÷n+ 2 = (a−1) + 2 =a+ 1;
(2) 令 b + 2x = 2n, 得 x = n − b
2, 當且僅當 a ≥ 2 及 b 為偶數時有解。 此時, g = (a−2)n+ 2n =an。綜上,共得 k=g÷n+ 2 =a+ 2。
注意: 當 m 偶 n 偶時, 雖有兩種方案, 但由於 a+ 1< a+ 2, 所以最小方案選擇方案(1)。 綜上, 當 a≥2,且 (a) n、b 同奇或同偶時,k =a+ 1; (b) b 為偶數時,k =a+ 2。 如果a= 1 呢? 此時, m=n+b, 類比探究如下:
假設第1 步翻轉n 個;第 2 步將第1 步翻轉裏轉回 x (0< x < n) 個, 再從第 1 步餘 數m−n 個裏翻轉(n−x) 個,還剩餘(m+x−2n) 個;第3 步將x 和(m+x−2n) 合 併為
g =m+ 2x−2n=b+ 2x−n. ∵ 0< b < n, ∴ 0< b+ 2x <3n.
(3) 令b+ 2x=n, 則g = 0, k= 2 這不可能;令b+ 2x= 2n, 得x=n− b2,b 為偶數時,
有解。此時, g = 2n−n =n,綜上, 得 k =g÷n+ 2 = 3。故當a = 1 且 b 為偶數時, k= 3。
(4) 當a= 1 且b 為奇數時, 又如何呢?
我們已知, m 奇 n 偶無解; 只需討論 m 為偶數 n 奇數的情形, 這時, b = m−n 為奇 數,根據第2節情形 (1) 的結果,設操作偶數2f 次,一次操作n 個物件的狀態=一次操作m 個物件+再操作 m−n 個物件的狀態, 由於一個物件被操作偶數次後, 狀態保持不變, 所以一 次操作n個物件×操作2f 次的狀態=一次操作(m−n) 個物件×操作2f 次的狀態,從而將 m 關於n 的翻轉問題化為m 關於 m−n 的翻轉問題:
由於m÷(m−n) = (n+b)÷b = nb + 1, 設n÷b =a1 餘b1, 因0≤b1 < b < n, 則a1 ≥1,所以 m÷b=a1+ 1 餘b1,進而 a1+ 1 ≥2, 下面分三種情形探討:
(a) 當b1 = 0 時, (i) n=a1b, 於是m=n+b =a1b+b= (a1+ 1)b,所以 k=a1+ 1;
(b) 當b1 6= 0 時, 轉化為 a≥2 的情形, 繼續探討。
(ii) 若 b1 為奇數時, 則 b、 b1 同為奇數, 符合算術方案情形 (1), 得 k = (a1 + 1) + 1 = a1+ 2; (iii) 若 b1 為偶數,符合算術方案(2), 得 k= (a1+ 1) + 2 =a1+ 3。
翻轉方案分兩步: 對於(ii), 由於x= b−b1
2 ; 對於 (iii),由於x=b−b1
2,先分別按算 術模型方案 (1)、 (2) 完成m 翻 b 的操作後;再對每步剩餘的對象作m 翻 n 的操作即可 (舉 例見第4 節表5)。
概括:除m 奇n 偶情形無解外,其餘情形都有解。當b = 0時, 只有純翻轉,k =a;當 b6= 0 時,對於 a 分兩類, 共6 種情形,必有純、混翻轉,k ≥3,如表 4,
表 4
總數 m 每次翻轉數n 最少次數(k)
(1) 偶 奇
(2) 奇 奇
(3) 偶 偶
m÷n =a 餘 b (b 6= 0)
(a) 當 a >1,b 和n 同奇、 同偶, k =a+ 1;
(b) 當 a >1,b 為偶數, n 為奇數、 同偶,k =a+ 2;
(c) 當 a= 1, b 為偶數, k= 3;
(d) 當 a= 1, n、b 同為奇數,且 n÷b =a1 餘b1, (i) 當 b1 = 0 時,k =a1+ 1;
(ii) b1 為奇數時, k =a1+ 2;
(iii) 偶數b1 6= 0 時, k=a1+ 3。 (文中餘數為非負整數,其餘字母取值均為正整數)
3.3. 不定方程模型
方法一: 設第 1 步翻轉 n 個, 剩餘 (m−n) 個; 第 2 步先將第 1 步轉回 x 個, 再將剩餘 (m−n) 個中轉(n−x) 個後,剩餘 m−n−(n−x) =m−2n+x; 第3 步將前2 步初 始狀態個數合起來為x+ (m−2n+x) =m−2n+ 2x 個, 需翻 m−2n+ 2x
n 次。
3步共需翻轉 m−2n+ 2x
n + 2 = m+ 2x
n 次。
設 m+ 2x
n =y,整理, 得不定方程m+ 2x=ny(∗)。
這是關於 x、y 的不定方程, 只需解出方程(∗) 的最小正整數解,即得最少翻轉次數y。
方法二: 利用奇偶數分析法,每只茶杯翻轉奇數次,依次設為2x1+ 1、2x2+ 1、· · ·、2xm+ 1, 翻轉總次數是 n 的倍數, 設為ny,則 (2x1+ 1) + (2x2+ 1) +· · ·+ (2xm+ 1) =ny,
整理, 得 2(x1+x1+· · ·+xm) +m=ny,
再設x1+x1+· · ·+xm =x, 則 2x+m =ny (∗)。
這是關於 x、y 的不定方程, 只需解出方程(∗) 的最小正整數解,即得最少翻轉次數y。
思考: 從第3.2 節推理看,不定方程(∗)只適合a≥2及a= 1 且b 為偶數時情形。當a= 1 且 b 為奇數 (m 為偶數、n 為奇數) 時, 方程 (∗) 最小解可能出現y = 2, 如何修正呢? 兩種 處理方法:
(a) 轉化方法: 依據第3.2節情形(4),若n÷b =a1 餘數為0,則k =a1+ 1;若n÷b=a1
餘數非 0,轉化為不定方程 m+ 2x= (m−n)y 探究最小正整數解。
(b) 直接方法: 依據第 2節情形(1)推理,每個物件必須是翻轉奇數次,依次設為k1、k2、k3、
· · ·、km 次, 翻轉2f 次, 則k1+k2+k3+· · ·+km = 2nf。
顯然k1、 k2、 k3、 · · ·、 km ≤2f, 設其中最大值為2f −r (r 為正整數), 則2nf =k1+k2+k3+· · ·+km ≤m(2f−r),
即2nf ≤m(2f −r),解得 f ≥ mr 2(m−n)。
因為m、 n 一定, 所以r 最小時,f 最小,令 r= 1, 則 f =h m 2(m−n)
i。 故最少操作次數為 k = 2f = 2h m
2(m−n) i, (h m
2(m−n)
i 表示不小於 m
2(m−n) 的最小整數)。
4. 應用舉例
依據上述結論和規律,可以處理任意1< n < m 下的方案制定及翻轉判斷問題。
4.1. 制定翻轉方案
例1: 修改趣題條件為「46只杯,每次翻 6只」, 結果如何呢?
分析: 由於 m= 46 為偶數, n= 6 為偶數, 可以實現全部杯口朝下。 又 46÷6 = 7 餘 4, 得 b= 4, n = 6 均為偶數,依據算術模型情形(1), 得 x= 6−4
2 = 1。
方案:第1 步翻轉6只杯, 剩餘 40只杯;第 2步先將第1 步翻轉中任翻回1只杯,再從剩餘 40只杯中翻轉5 只杯,剩餘35只杯;最後, 將第 2步先轉回的1 只杯及再轉剩餘的35只杯 合併為1 + 35 = 36 只杯,分 6次翻轉。綜上,可得至少8 次翻轉, 讓46 只杯都朝下。
例2: 修改趣題條件為「45只杯」, 「每次翻轉41 只杯」,會是什麼結果呢?
分析: 由於 m = 45, n = 41 同為奇數, 可以實現全部杯口朝下。 又 45÷41 = 1 餘 4, 得 b= 4 為偶數, 依據算術模型情形(3) , 得x=n− b
2 = 41− 4 2 = 39。
方案:第1步翻轉41只杯,剩餘4只杯; 第2步先將第1步翻轉中任轉回39只杯,再從剩餘 4 只杯中向後轉 2只杯, 餘2只杯; 最後, 將第 2 步先轉數與再轉剩餘數合併為39 + 2 = 41, 翻轉1 次即可。綜上, 至少翻轉 k= 3 次。
例3: 修改趣題條件為「14只杯」,「每次翻轉11只杯」,其餘條件和問題不變,會是什麼結果呢? 表5: 14 翻 11
序號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 步序 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
1 A A A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 -A -A A -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
3 -1 A A -1 A 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 1 1 1 1 A A A -1 -1 -1 -1 -1 -1
5 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 A A A 1 1 1
6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A A A
分析:由於 m = 14 為偶數, n = 11 為奇數, 可以實現全部杯口朝下。 又 14÷11 = 1 餘 3, 得 b = 3 為奇數, 依據算術模型 (4), 化為 14÷3 = 4 餘 2, 依據算術模型 (2), 得 x=b− b1
2 = 3− 2 2 = 2。
方案:如表 5, 先完成 14翻 3 的操作, 分別用 A 和 -A 表示 +1 和 -1。第 1 步翻轉 3 只茶 杯, 剩餘 11 只; 第 2 步先將第 1 步翻轉中任翻轉回 2 只, 再從剩餘 11 只杯中翻轉 1 只杯, 剩餘10 只杯; 最後,將第 2步先轉數與再轉剩餘數合併一起共2 + 10 = 12 只杯,分 4 次翻 轉。綜上, 至少翻轉 6 次, 讓全部茶杯開口朝下。 再對每步剩餘的物件完成 14 翻 11 的操作, 可得k = 6。
4.2. 計算翻轉次數
翻杯子、 翻硬幣、 翻撲克、 開電燈、 學生佇列轉向等有關問題, 按照本文所得結論和方法, 解決問題有規可循,難點迎刃而解。
例1: 有92個房間開著燈,如果每次同時撥動11個房間的開關,經過至少幾次撥動,燈全部關 上?
略解: 因m = 92, n= 11, 可以實現全部關燈。由於92÷11 = 8 餘4, 而b = 4 為偶數, 利 用表4 情形(b), 得 k = 8 + 2 = 10,至少 10次。
例2: 100 張卡片正面朝上放在桌子上,每次翻轉其中的99張,至少經過多少次翻轉,使得100 張卡片全部反面朝上?
A. 98次 B. 99次 C. 100次 D. 無法實現
略解: 因 m = 100, n = 99, 可以實現全部反面朝上。 由於100÷99 = 1 餘1, 而 b = 1 為 奇數,利用表4 情形(i), 得k = 99÷1 + 1 = 100, 故選C。
例3: 現有 54 張撲克正面朝上, 每次翻轉 51 張, 問最少要經過幾次翻轉可以使這 54 張撲克 全部正面朝下?
A. 11次 B. 12次 C. 13次 D. 無法實現
略解: 因 m= 54, n= 49, 可以實現全部正面朝下。由於 54÷49 餘5, 於是 方法1: 由於49÷5 = 9 餘4, 利用表 4情形 (d) (iii)得 k = 9 + 3 = 12 故選 B。 方法2: 利用修正模型(b), 得 k = 2h m
2(m−n) i
= 2h 54 2(54−49)
i
= 12。故選 B。 方法3: 利用修正模型(a), 得 54 + 2x= 49y, 最小正整數解為x= 22, y= 2, 由於 54−49 = 5, 化為54 + 2x= 5y, 最小解正整數解為x= 3, y= 12, 故選B。
以上各例,均可一題多解,大家不妨一試。
5. 收穫與 啟示
這類趣題, 看起來很複雜, 但他們是有一定規律的, 通過建立方程、 不等式和算術模型, 廣 泛運用了數形結合、 分類討論等數學思想方法,經歷猜想、發現與應用, 鍛煉了數學思維和創新 思維能力; 教師應該明確 : 比解決問題更重要的, 是發現問題。比發現問題更重要的, 是好奇 心。 在好奇心驅使下解決問題,必須具備一定的數學想像力。數學想像力能把一個數學問題聯想 到另一個數學問題,找出彼此的關聯處,缺乏想像力、數學是很難學好的。
參考文獻
1. 義務教育課程標準實驗教材七年級《數學》(上)[M]。江蘇科學技術出版社, 2012年秋第一版,第63 頁。
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3. 王琳, 潘亦寧。 對“翻杯子問題”的進一步研究 [J]。 中學數學教學參考 (下旬), 2016年 (7), 60-62 頁。
4. 李發勇。 數學需要想像力[J]。 數學教學, 2020(4), 28-34。
5. 歸納演算法(翻硬幣問題) ,福建工程學院電腦與資訊科學系實驗報告, https://www.wenku365.com/p-47122751.html, 2010/11/26
6. Flipping Cups,弗雷斯諾太平洋大學科技中心, AIMS Center for Math and Science Education網站, 2014。
—本文作者任教中國四川省巴中市巴州區大和初中—
勘誤表
第32 卷第 4 期(128號), 3-15。
1. 內文提到的人名Simon 應為Simons, Simon’s 應為 Simons’s。 2. immerse 要改為 immersed。
第45 卷第4 期(180號), 79頁第8 行。
等號成立於−→
OA 與 −−→
OB 同向。
應為 :等號成立於−→
OA 與 −−→
OB 夾角為π。 第45 卷第 4 期(180號), 90 頁例 3算式。
a2b(a−b)++b2c(b−c) +c2a(c−a)≥8r2·max{(a−b)2,(b−c)2,(c−a)2}.
應為 :
a2b(a−b)+b2c(b−c) +c2a(c−a)≥8r2·max{(a−b)2,(b−c)2,(c−a)2}.
