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第17讲 数学方法选讲(上)


   作者:蓝忠诚 发表时间-21 :21:36  阅读( 11 )| 评论( 0 )

第17数学方法选讲(上)  有的同学在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。看来,要提高解决问题的能力,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。

一、从简单情况考虑

  华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。

  1两人坐在一张长方形桌子旁,相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定要平放在桌子上,后放的硬币不能压在先放的硬币上,直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问:先放的人有没有必定取胜的策略?

  分析与解:如果桌子大小只能容纳一枚硬币,那么先放的人当然能够取胜。然后设想桌面变大,注意到长方形有一个对称中心,先放者将第一枚硬币放在桌子的中心,继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上,这样进行下去,必然轮到先放者放最后一枚硬币。

  2线段AB上有1998个点(包括A,B两点),将点A染成红色,点B染成蓝色,其余各点染成红色或蓝色。这时,图中共有1997条互不重叠的线段。

  问:两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数?为什么?

  分析:从最简单的情况考虑:如果中间的1996个点全部染成红色,这时异色线段只有1条,是一个奇数。然后我们对这种染色方式进行调整:将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时,异色线段的条数随之有哪些变化。由于颜色的调整是任意的,因此与条件中染色的任意性就一致了。

  解:如果中间的1996个点全部染成红色,这时异色线段仅有1条,是一个奇数。将任意一个红点染成蓝色时,这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色,则异色小线段的条数或者增加2条(相邻的两个点同为红色),或者减少2条(相邻的两个点同为蓝色);这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色,则异色小线段的条数不变。

  综上所述,改变任意个点的颜色,异色线段的条数的改变总是一个偶数,从而异色线段的条数是一个奇数。

  3 1000个学生坐成一圈,依次编号为1,2,3,…,1000。现在进行1,2报数:1号学生报1后立即离开,2号学生报2并留下,3号学生报1后立即离开,4号学生报2并留下……学生们依次交替报1或2,凡报1的学生立即离开,报2的学生留下,如此进行下去,直到最后还剩下一个人。问:这个学生的编号是几号?

  分析:这个问题与上一讲练习中的第8题非常相似,只不过本例是报1的离开报2的留下,而上讲练习中相当于报1的留下报2的离开,由上讲练习的结果可以推出本例的答案。本例中编号为1的学生离开后还剩999人,此时,如果原来报2的全部改报1并留下,原来报1的全部改报2并离开,那么,问题就与上讲练习第8题完全一样了。因为剩下999人时,第1人是2号,所以最后剩下的人的号码应比上讲练习中的大1,是

  975+1=976(号)。

  为了加深理解,我们重新解这道题。

  解:如果有2n个人,那么报完第1圈后,剩下的是2的倍数号;报完第2圈后,剩下的是22的倍数号……报完第n圈后,剩下的是2n的倍数号,此时,只剩下一人,是2n号。

  如果有(2n+d)(1≤d<2n)人,那么当有d人退出圈子后还剩下2n人。因为下一个该退出去的是(2d+1)号,所以此时的第(2d+1)号相当于2n人时的第1号,而2d号相当于2n人时的第2n号,所以最后剩下的是第2d号。

  由1000=29+488知,最后剩下的学生的编号是

  488×2=976(号)。

  4在6×6的正方形网格中,把部分小方格涂成红色。然后任意划掉3行和3列,使得剩下的小方格中至少有1个是红色的。那么,总共至少要涂红多少小方格?

  分析与解:先考虑每行每列都有一格涂红,比较方便的涂法是在一条对角线上涂6格红色的,如图1。

  

  任意划掉3行3列,可以设想划行划列的原则是:每次划掉红格的个数越多越好。对于图1,划掉3行去掉3个红格,还有3个红格恰在3列中,再划掉3列就不存在红格了。

  所以,必然有一些行有一些列要涂2个红格,为了尽可能地少涂红格,那么每涂一格红色的,一定要使多出一行同时也多出一列有两格红色的。

  先考虑有3行中有2格涂红,如图2。显然,同时也必然有3个列中也有2格涂红。这时,我们可以先划掉有2格红色的3行,还剩下3行,每行上只有一格涂红,每列上也只有一格涂红,那么在划掉带红格的3列就没有红格了。

  为了使得至少余下一个红格,只要再涂一格。此红格要使图中再增加一行和一列有两个红格的,如图3。

  结论是:至少需要涂红10个方格。

二、从极端情况考虑

  从问题的极端情况考虑,对于数值问题来说,就是指取它的最大或最小值;对于一个动点来说,指的是线段的端点,三角形的顶点等等。极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件,求解也就会变得容易得多。

  5新上任的宿舍管理员拿着20把钥匙去开20个房间的门,他知道每把钥匙只能打开其中的一个门,但不知道哪一把钥匙开哪一个门,现在要打开所有关闭的20个门,他最多要开多少次?

  解:从最不利的极端情况考虑:打开第一个房间要20次,打开第二个房间需要19次……共计最多要开

  20+19+18+…+1=210(次)。

  6有n名(n≥3)选手参加的一次乒乓球循环赛中,没有一个全胜的。问:是否能够找到三名选手A,B,C,使得A胜B,B胜C,C胜A?

  解:从极端情况观察入手,设B是胜的次数最多的一个选手,但因B没获全胜,故必有选手A胜B。在败给B的选手中,一定有一个胜A的选手C,否则,A胜的次数就比B多一次了,这与B是胜的次数最多的矛盾。

  所以,一定能够找到三名选手A,B,C,使得A胜B,B胜C,C胜A。

  7 n(n≥3)名乒乓球选手单打比赛若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同。

  试证明,总可以从中去掉一名选手,而使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同。

  证明:如果去掉选手H,能使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同,那么我们称H为可去选手。我们的问题就是要证明存在可去选手。

  设A是已赛过对手最多的选手。

  若不存在可去选手,则A不是可去选手,故存在选手B和C,使当去掉A时,与B赛过的选手和与C赛过的选手相同。从而B和C不可能赛过,并且B和C中一定有一个(不妨设为B)与A赛过,而另一个(即C)未与A赛过。

  又因C不是可去选手,故存在选手D,E,其中D和C赛过,而E和C未赛过。

  显然,D不是A,也不是B,因为D与C赛过,所以D也与B赛过。又因为B和D赛过,所以B也与E赛过,但E未与C赛过,因而选手E只能是选手A。

  于是,与A赛过的对手数就是与E赛过的对手数,他比与D赛过的对手数少1,这与假设A是已赛过对手最多的选手矛盾。

  故一定存在可去选手。

  8 在一个8×8的方格棋盘的方格中,填入从1到64这64个数。问:是否一定能够找到两个相邻的方格,它们中所填数的差大于4?

  

  解:考虑这个方格棋盘的左上角、右上角及右下角内的数A,B,S。

  设存在一个填数方案,使任意相邻两格中的数的差不大于4,考虑最大和最小的两个数1和64的填法,为了使相邻数的差不大于4,最小数1和最大数的“距离”越大越好,即把它们填在对角的位置上(A=1,S=64)。

  然后,我们沿最上行和最右行来观察:因为相邻数不大于4,从 A→B→S共经过14格,所以 S≤1+4×14=57(每次都增加最大数4),与S=64矛盾。因而,1和64不能填在“最远”的位置上。显然,1和64如果填在其他任意位置,那么从1到64之间的距离更近了,更要导致如上的矛盾。因此,不存在相邻数之差都不大于4的情况,即不论怎样填数必有相邻两数的差大于4。

三、从整体考虑

  从整体上来考察研究的对象,不纠缠于问题的各项具体的细节,从而能够拓宽思路,抓住主要矛盾,一举解决问题。

    

  9 右图是一个4×4的表格,每个方格中填入了数字0或1。按下列规则进行“操作”:每次可以同时改变某一行的数字:1变成0,0变成1。

  问:能否通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1?

  解:我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性:第一次“操作”之前,它等于9,是一个奇数,

  每一次“操作”,要改变一行或一列四个方格的奇偶性,显然整个16格中所有数的和的奇偶性不变。

  但当每一格中所有数字都变成1时,整个16格中所有数的和是16,为一偶数。故不能通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1。

  10 有三堆石子,每堆分别有1998,998,98粒。现在对这三堆石子进行如下的“操作”:每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子,或从任一堆中取出一些石子放入另一堆中。

  按上述方式进行“操作”,能否把这三堆石子都取光?如行,请设计一种取石子的方案;如不行,请说明理由。

  解:要把三堆石子都取光是不可能的。

  按“操作”规则,每次拿掉的石子数的总和是3的倍数,即不改变石子总数被 3除时的余数。而1998+998+98=3094,被3除余1,三堆石子被取光时总和被3除余0。所以,三堆石子都被取光是办不到的。

  11 要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分,在两个分

段圆弧分别二等分,在四个分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和(如图3少?

  

  分析与解:当第八次标完数以后,圆周上已标的数共有256个,考虑每一步增加的每一个数是很繁的。我们考虑每一步增加的数的总和,因为增加的每个数都是原来相邻两个数之和,所以每次增加数的总和恰好是原来所有数总和的2倍,也就是说每次标完数之后圆周上所有数的总和是前一步标完数后圆周上所有数的和的3倍。于是,第八次标完数后圆周上所有数的总和是:

  

  12 我们将若干个数x,y,z,…的最大值和最小值分别记为max(x,y,z,…)和min(x,y,z,…)。已知

  a+b+c+d+e+f+g=1,求min[max(a+b+c,b+c+d,c+d+e,d+e+f,e+f+g)]。

  解:设 M=max(a+b+c,b+c+d,c+d+e,d+e+f,e+f+g)。

  因为a+b+c,c+d+e,e+f+g都不大于M,所以

  

  

(a+b+c,b+c+d,c+d+e,d+e+f,e+f+g)] 

    



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