数学问题与模式探求附录

附录 答案与提示 练习1 　　1．(1)设x为检验台位置的坐标，则x∈［－3，2］。 　　f(x)=｜x-(-3)｜＋｜x-(-1)｜＋｜x-0｜+｜x-2｜ 　　 　 　　检验台的最佳位置在M2和M3之间的任一点上。 　　(2)f(x)=2｜x-(-3)｜＋｜x-(-1)｜＋3｜x-0｜＋｜x-2 　　 　 　　检验台的最佳位置在x=0处。 　　(3)在1．(1)和(2)题作函数图象的过程中，可以发现，如果函数y=f(x)(x∈［x1，x2］)是一次函数，那么它必在x=x1或x2处取得最小值f(x1)或f(x2)。因此，我们只出f(x)在x=-3，-1，0，2处的函数值，加以比较，就能求得f(x)的最小值。在1．(1)题中，f(-3)=10，f(-1)=6，f(0)=6， f(2)=10，所以函数y=f(x)的最小值为6，当x∈［-1，0］时f(x)的值都达到最小值，都是检验台的最佳位置。在1．(2)题中，f(-3)=16，f(-1)=10，f(0)=9，f(2)=19，所以函数y=f(x)在x=0处取得最小值，因此，检验台的最佳位置在x=0处。　　 　　2．(1)(a)12=1，(b)12＋22=5，(c)12＋22＋32=14，(d)12＋22＋32+42=30；(2)12+22＋32＋42＋52+62＋72=140；(3) 12＋22＋…＋n2。 　　3．不妨把公路“拉直”成直线，设各小路与公路的交点分别为B，C，D，E，F(如图1—11)。因为车站设点的优劣与各厂通往公路的小路长短无关，所以可设想A1，A2，A3(A4)，A5，A6(A7)分别在B，C，D，E，F处。这样，问题就归结为与检验台最佳位置问题相同的问题。由此可解得(1)D点；(2)D与E之间(包括D、E两点)。 练习2 　　1．如果这桌子小到只能放下一枚硬币，那么第一个放的当然会获胜，这是一个极端特殊的情形，从而使得这个问题的解答变得很自然了。从这个特殊情形，你可以设想桌子变大，能放下更多的硬币。也可以把这个问题一般化，设想有各种形状和大小的桌子，如果你能注意到方桌有对称中心。合理的推广就要考察有对称中心的桌子。那么谁先放谁就获胜。 练习3 　　1．比赛总场次的计算方法有两种：一种算法是，考虑每个队均需在自己的主场与其余7个队各赛一场，所以共需8×7=56场比赛；另一种算法是，在一个循环中，设参赛球队的代号为A、B、C、D、E、F、G、H，则认为A首先与其余7队比赛后不再比赛，B再与除A和自己以外的6个队比赛6场，以此类推，一个循环中只需7＋6＋5＋4＋3＋2＋1=28场比赛，双循环共需56场比赛。 　　比赛赛程不确定，下面仅举一种： 　　第1轮：A与B；C与D；E与F；G与H 　　第2轮：A与C；B与D；E与G；H与F 　　第3轮：A与D；B与C；E与H；F与G 　　第4轮：A与E；B与F；C与G；D与H 　　第5轮：A与F；B与E；C与H；D与G 　　第6轮：A与G；B与H；C与E；D与F 　　第7轮：A与H；B与G；C与F；D与E 　　2．注意到首先排好轮空的球队，则赛程容易排出，结果不唯一，具体赛程表略。 练习4 　　1．因为22人参加比赛，而24＜22＜25，所以最佳状态为第二轮时应有16人参加比赛，所以应设32-22=10名种子选手为宜。 　　2．根据问题中的分析，只需考察n为254，253，252，251，250这五种情况，其轮空人次如附表4-1所示： 　　3．(1)每操作一次，黑板上的符号减少一个，最后不能操作时只剩下一个符号，因此共可进行1994次操作。 　　(2)可以通过小型模拟实验得到结论： 　　(1)如附表4-1所示，随意写出五个符号，改变操作顺序，观察其结果如何： 　　+ + - + 1 + + - + - 第一次 注：每次操作是指 　　+ - + - + + - - 第二次 擦去划线的两 　　+ - - + - - 第三次 个符号，然后按 　　+ + - - 第四次 要求添加相应 　　+ + 的符号 　　2)改变初始状态时符号的个数或顺序，重复心中的操作可得到下面的结论： 　　最后结果与操作过程无关。因为，每次操作后，“-”号要么减少两个，要么个数保持不变，所以若把“＋”看作1，“-”看作-1，每次操作黑板上所有符号的积保持不变，所以最后结果与操作顺序无关。 　　(3)由(2)中结论知，操作结果的符号由黑板上符号的原始状态决定。如果1995个符号中，共有偶数个“-”，则最后为“＋”，如果1995个符号中共有奇数个“-”，则最后结果为“-”。 　　4．由已知条件：n=0时只有一条线段；n=1时，不论加入红色点还是蓝色的点，标准线段条数不变，均为1；n=2时，也就是在n=1的条件下再加入一点，如图所示： 　　不妨设C点为红点， 　　1)若在AC间加入红色点D，则标准线段条数为1 　　2)若在AC间加入蓝色点D’，则标准线段条数为3 　　3)若在BC间加入红色点E，则标准线段条数为1 　　4)若在BC间加入蓝色点E’，则标准线段条数为1 　　由上面的分析可得到下列结论：同色点间加入同色的点，标准线段条数不变；同色点间加入异色点，标准线段数加2；异色点间加入任何点，标准线段条数不变。因此，本问题的结论为：对于任意添加的n个点，标准线段的条数永远为奇数。 练习5 　　提示：只要将百家姓中的姓按次序对应到1、2、3…100这些数字，卡片的制作与猜年龄的卡片制作过程一样至少需要制作7张卡片，可以进行127个姓的猜测。 练习6 　　1．先按加工时间较短的进行加工，加工时间较长的后加工。 　　由于 30＜40＜55＜60＜80 　　所以加工顺序为零件3、2、1、5、4 　　其等待的时间为5·30＋4·40＋3·55＋2·60＋1·80=675(分) 　　2．按照先加工工序1的加工时间表，必须先加工时间较短的零件，而加工工序2尽量减少它的停留时间，则必须安排加工时间较短的零件放在后面加工。按照这一规律，第一道工序最少时间的排在最前，第二道工序最少时间的排在最后。所以加工顺序为 4、3、5、1、2。 　　此外，我们还可以求出五个零件按上述顺序完成二道工序所用的时间表，完成时间为270(分)如附图6-1。 练习7 　　若T1＜T2则有： 　　 　　　 　　所以，当甲、乙两地间距离大于196公里时，应采用内部装卸方式运输，当两地间距离为196公里左右时，两种方式均可，否则，采用外部运输方式。 　　2．设n为桥孔数，桥孔长为x米，则桥墩数为(n-1)个，且等式 　　造桥墩的费用为p(n-1)元 　　钢材的费用=钢材用量×钢材单价 　　=(Kx·l)·c 　　所以造桥总费用 　　T＝p(n-1)+Klc· x 　　 　　　 　　3．(1)分别用c1，c2，c3表示火车、汽车、飞机运输的总费用，则有： 　　 　　所以，采用火车运输最经济。 　　(2)设甲、乙两地间距离x公里，则 　　 　　若火车运输最合理，只需满足c1＜c2且c1＜c3。 　　由c1＜c2 得x＞160(公里) 　　由c1＜c3得x＞320(公里) 　　所以当甲、乙两地间距离大于320公里时，火车运输最好。 　　(3)设损耗率为K元/小时，则 　　 　　 由c1＞c3得K＞650 　　 　　 所以当损耗率高于650元／小时时，直升飞机运输最好。 练习8 　　1．p=6000 q=1200 r=1600 s=10％ 　　 　　　 　　2．设n次购买时食盐的价格分别为： 　　a1，a2，a3，…an 　　则甲经过n次购买后食盐的平均价格为： 　　 　　乙经过n次购买后食盐的平均价格为： 　　 　　所以甲较合算 练习9 　　1．(1)画示意图(附图9-1) 　　他将花9小时可以向上划行6公里。 　　(2)6小时。 　　2．画示意图(附图9—2) 　　由示意图可知，该船共遇到7艘从武汉出发开来的轮船(实际上，通过以上画图观察，我们可以发现其中的规律，从而得到一个新的解法，该船在整个航程中所遇到的第1艘轮船应是3天之前从武汉出发的轮船，所遇到的最后一艘轮船应是3天之后即将从武汉出发的轮船，所以在3天之前和3天之后这段时间内所有的从武汉出发的轮船，它都会遇到。显然，这段时间内从武汉出发的轮船数为3＋1＋3=7，因此，该船共遇到7艘从武汉出发开来的轮船。) 练习10 　　1．解：用数轴表示加工时间如附图10—1 　　从中可以看出完成二次加工的时间为6小时 　　2．解：设AD=x 　　 　　　 　　则16x2-6xt+104-t2=0 　　令△≥0， 则36t2-64(104-t2)≥0 　　得：t≥80 　　所以tmin=80 则Pmin=380 　　从中得出x=15公里 　　所以D点选在离A点15公里处运费最小。 练习11 　　1．设提高x元销售，则售出商品数为500-20x，总利润额T=(50+x)(500-20x)-40(500-20x) 　　即T=20(10＋x)(25-x) 　　 　　=6125(元) 　　当且仅当10＋x=25-x即x=7.5(元)时利润最高。 　　2．因为生产费用c=300＋1·x(元)，其中x为销售的糖果重量。 　　收益R=2·x(元) 　　保本即R=C，由2x=300＋x得x=30O(斤) 　　所以每天必需售出300斤糖果才能保本，当销售数量多于300斤时，公司可赢利，否则公司赔本。 练习12 　　1．当L=4米，N达到最大数时，v≈25千米／小时 　　S=0.208v+0.0065v2 　　=0.208×25+0.0065×252 　　≈9.26(米) 　　9.26÷4≈2.315(倍) 　　　 　　　 　　　 　　(千米／小时) 　　4．(1)每台电视机的利润； 　　(2)一月销售电视机台数。 练习13 　　1．12＋22+……＋n2 　　 　　2．共有线段： 　　(n＋1)＋n＋(n-1)＋…＋2+1 　　 练习14 　　1．设n个台阶上楼的方式数为un， 　　则：上一个台阶，只有一种方式，u1=1 　　上二个台阶，可以一阶一阶上，也可以一步跨上二个台阶，因此： u2=2 　　一般地，要登上n个台阶，这最后一步可以是从第(n-2)个台阶跨上的，也可以是从第(n-1)个台阶跨上的，因此，跨上第n个台阶的方式数应该是跨上第(n-1)个台阶的方式数与登上第(n-2)个台阶的方式数之和，即： 　　 　　易得 u13=377。 　　因此一年365天，每天选用一种走法，可以做到天天走法不相同。 　　2．如附图14—1 　　3．易见，要用2×1的砖砌满面积为 3n的矩形，则必须 2整除3n，所以，n必须是偶数，因此只须讨论 3×2n的矩形(n为自然数)即可。 　　设un表示砌满3×2n的矩形的所有不同方式的个数。容易看到： 　　u1=3，u2=11(见上题) 　　我们发现，对于每种砌法，最后砌完时的顶部不外乎三种情况，即附图14—2中的(1)，(2)，(3)。 　 　　设顶部为图(1)，(2)，(3)的所有砌法的个数分别为an，bn，cn，那么： 　　un=an＋bn＋cn 　　由于图(2)和图(3)的情况是对称的，所以，bn=cn 　　由于图(1)可以看成是在3×2(n-1)矩形上再竖直地砌三块砖而得到，因此 　　an=un-1=an-1+2bn-1 　　对图(2)的情况，又有附图14— 3(2)—(i)和(2)—(ii)所示的两种可能。 　　其中(2)—(i)共有un－1种砌法，(2)—(ii)的砌法个数与顶部为图(2)—(iii)所示的砌法个数相同，而后者为bn-1，因此 　　bn=un-1＋bn-1＝an-1＋3bn-1 　　所以，得到速归 　　un=an+2bn (n=1，2，…) 　　其中： an=an-1＋2bn-1 　　bn=an-1+3bn-1 　　a1=b1=1 练习15 　　1．易见：f1=1，f2=3，f3=f2+2f1+1=6，f4=f3+2f2+f1 　　一般地：fn=fn-1+2fn-2+fn-3 (n≥4) 　　即n张券可分为四种情况： 　　(1)第一张券购买A，余下有fn-1种方法； 　　(2)第一张券和第二张券购买B，余下有fn-2种方法； 　　(3)第一张券和第二张券购买C，余下有fn-2种方法； 　　(4)前三张券购买D，余下有fn-3种方法。 　　因此： 　　 　　2．n张券可分为： 　　(1)用一张去购买A，余下有fn-1种方法； 　　(2)用两张去购买除A以外的(m-1)种的任意一种，余下有fn-1种方法， 　　 练习16 　　1．因为睡莲覆盖的面积每天长大一倍，以半个池塘到长满整个池塘需要一天的时间，所以长到半个池塘需要16天。 　　2．设小张和小王在C点相遇，由余弦定理可知： 　　BC2=AC2＋AB2-2AC·AB·cos60°即49t2=64t2+1002- 　　　 　　　 　　所以小张滑了160米。 　　3．首先考虑最后一位顾客共买了多少条肥皂，即第八位顾客买好以 　 　　一般地，设第几个顾客买好后还余an条，第n＋1个顾客买好后还余an+1条，则可得到下面的关系式： 　　 　　即：an=2an+1+1其中a9=0，n≤8，n∈N 　　由倒推法可得a8=1，a7=3，a6=7，…a2=127，a1=255。 　　所以第1个顾客买好后还余255条肥皂。 　　因此该商店共批进肥皂511条。 练习17 　　1．因为t1=1，t2=3，t3=6，t4=10，… 　　所以t2-t1=2，t3-t2=3，t4-t3=4，… 　　因此我们不难发现tn-tn-1=n这一规律。 　　同样t1＋t2=4=22，t2＋t3＝9=32，t3＋t4=16=42 　　故我们也能发现tn-1+tn=n2这一规律。 　　因为：t2-t1=2 　　t3-t2=3 　　t4-t3＝4 　　tn-tn-1=n 　　将以上n-1个等式相加得tn-t1＝2＋3＋…＋n 　　所以tn=1＋2＋3＋……+n 　　 　　2．当棋盘上共有2×2个小方格时，由附图17－1(1)可见，任画一直线最多能穿过3个小方格。 　　当棋盘上分别有3×3、4×4个小方格时，由附图17-1(2)、(3)可见，任画一直线分别最多能穿过5个、7个小方格。 　　由以上的观察，我们可归纳猜想。当棋盘上共有n×n个小方格时，任画一直线最多应能穿过(2n-1)个小方格。而本题只有324个小方格，即有18×18个小方格，所以n等于18，因此最多能穿过35个小方格。 练习18 　　利和为 80000＋6374.4=86374.4元 　　2．存期5年，如计单利，平均年息为 　　(169.90-92)÷5÷92×100％=16.93％＞10.98％，所以得益比储蓄高。如计复利，则92×(1＋10.98％)5=154.89元＜169.9元，得出相同结论。 　　3．每年净收益为5000-500＝4500元，设年收益率为R，令1＋R=u，则可得 　　 　　化简得：40u11-4910u+9=0 　　用二分法，得近似解u≈1.19 　　所以R=0.19=19％ 练习19 　　1．甲：每年末净收益2.8万元，以复利方式计算(除第10年末的净收益没有利息)，则10年收入的终值为： 　　2.8(1+10％)9＋2.8(1＋10％)8＋…＋2.8(1＋10％)＋2.8 　　 　　而投资终值为10×(1＋10％)10=25.9 　　所以净收益为44.6-25.9=18.7(万元) 　　乙：每年初可减少费用2.4万元，以复利方式计算，(这里第10年的减少费用2.4万元是年初发生的，故仍有1年利息可得坝10年节支终值为： 　　2.4(1＋10％)10＋2.4(1＋10％)9＋…＋2.4(1＋10％) 　　 　　投资终值为8×(1＋10％)10=20.7 　　所以净收益为42.1-20.7=21.4(万元) 　　所以应选乙 　　2．这8年收益的现值为： 　　 　　所以净收益为74.64-40=34.64(万元) 　　3．先将大修理费用折合成现值，再将投资总额的现值分摊成每年费用(设x元)，最后加操作成本得出平均年成本。 　　 　　投资总额 200000＋7711=207711(元) 　　每年金额的现值如 　　　 数列，其和为： 　　 　　x=24398(元) 　　平均年成本：24398＋30000=54398(元) 　　同样，对乙方案来说： 　　 　　y=13822 　　平均年成本：13822＋50000=63822(元) 　　所以甲方案的平均年成本：54398元低于乙方案的平均年就本63822元。 练习20 　　1． 　　设an=an2＋bn＋c，则有 　　解上述方程组得： 　　a=2， b=1， c＝3 　　因此，可以猜测an=2n2-n＋3 　　2． 　　 　　设an=an2+bn+c，则有 　　解上述方程组得： 　　因此，可以猜测 　　 　　3．(1) r(6)＝4，r(7)＝4，r(8)=5 　　(2)直接计算数列｛r(n)｝=(1，2，2，3，3，4，4，5，…｝的差分数列，得不到非零的常数列，所以它的通项r(n)不是n的多项式。于是必须另辟新思路。可以发现，将n写成若干个数字1和2之和时，对于不同的方式，和式中数字2出现的次数是 　　不同的。例如，4=1＋1＋1＋1=1＋1＋2= 2＋2中按数字2出现0次，1次和2次，可以写成3种方法。当n是奇数时，和式中数字2 　 　 　　　 练习21 　　1．设cn表示n个平面分空间的份数。 　　根据题义可知第k＋1个平面与前k个平面均应相交k条交线(任何两条不平行，任何三条不共点)，由前面问题所解得结果可知这k条 　　当k=1时，c2-c1=b1 　　当k=2时，c3-c2=b2 　　当k=3时，c4-c3=b3 　　当k=n-1时，cn-cn-1=bn-1 　　把以上各式相加得： 　　c2-c1+c3-c2+c4-c3+…＋cn-cn-1=b1+b2+b3+…+bn 　　　 　 　 　　2．本题可类比成八个抽屉放置九个小球的问题。我们只要把这个立方体作八等分，分成8个小立方体(如附图21—1)，由抽屉原理可知至少有两个点在同一个小立方体中，又因为小立方体的对角线长为 练习22 　　1．用1克和3克的砝码可以称出1至4克的重物，为了保证用尽可能少的砝码称出尽可能多的重物，第三个砝码应是在保证能够称出5克重物的前提下重量尽可能地大，所以选9克的进码，其中用下列方法可以称出5克的重物：一侧放重物及1克、3克的砝码，另一侧放9克的砝码。称6克重物的方法是天平一侧放重物和3克的砝码，另一侧放9克的砝码，依此类推，用1、3、9克的砝码可以称出81到13克的重物。同样地第四个砝码应选27克，这是能保证称出14克重物的重量最大的砝码，而用1、3、9、27克的砝码可以称出1到40克的重物；而再用81克的砝码可称出1至121克的重物。由上面的分析可得到本问题解答的一般规律：后一个砝码的重量为前面所有砝码重量和的2倍加1，且第n个砝码的重量为3n-1克。因此，用1、3、9、27、81、243、729克的7个砝码可以称出1至1093克的所有整数克重物。 　　2．(1)设该数列中的第ak项为5的倍数，即ak=5m，(m∈N)而 ak-1-l，则 　　ak+1＝5m+l 　　ak+2=ak+1+ak=10m＋l 　　ak+3=15m＋2l 　　ak+4＝25m＋3l 　　ak＋5＝40m＋5l＝5(8m＋l) 　　显然第ak+5项为5的倍数，所以若该数列中出现5的倍数作为一项，则以后还会出现5的倍数，且每隔4项出现一次。 　　(2)考虑下面的这个数列： 　　1，3，4，7，11，18，29，47，… 　　该数列的每一项除以5的余数分别为 　　1，3，4，2，1，3，4，2… 　　即该数列中不可能出现5的倍数。 　　一般地，数列中不出现5的倍数的可能如下： 　　(数列中的数为该项除以5的余数) 　　1，3，4，2… 　　3，4，2，1… 　　2，1，3，4 　　4，2，1，3 练习23 　　1．刚开始时水缸中共含盐份 0.1×60=6克，设a0=6，n-1周后(n 盐，再注入30升水，即加入了0.1×30=3克盐，则完成第n周取放水过程后，水缸中共有盐 　　 　　因此，数列｛an｝为等比差数列，于是，其通项为 　　 　　　 =7.5+(6.6-7.5)×0.6n-1 　　　 =7.5-0.9×0.6n-1 　　所以，养鱼开始第n周后，水缸中共含7.5-0.9×0.6n-1克盐。 　　从通项公式an=7.5-0.9×0.6n-1知： 　　(1)不论n取何值，an＜7.5，因此水缸中所含盐份总是小于7.5克。 　　(2)当n越来越大时，0.8n-1的值越来越小，且逐渐接近于0，因此，水缸中所含盐份将越来越大，且逐渐接近于7.5克。 　　2．设在每周一次的取水过程中至少取出x升水，然后再注入x+10升的新鲜水，则第n周取水过程后，水缸中所含的盐份为 　　　 　　即 　　 　 　　所以，在每周一次的取水过程中至少取出5升水，然后再注入15升的新鲜水，才能保持鱼的存活。 　　3．设每年初存x元，则满5年后可得本利和 　　 　　因此，每年初存1489.07元，则满5年后可得本利和10000元。 练习24 　　1．我们把问题推进到一般情形，设平面上n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任何三个圆都不相交于同一点，这n个圆把平面分成Fn个部分，现在来导出递推关系。 　　平面已经有n-1个圆，在此基础上增添一个圆，这第n个圆与原来的n-1个圆必有2(n-1)个交点，也就是说第n个圆的圆周被这些交点分割成2(n-1)段弧，于是增添n个圆之后，平面被这些圆所分成的部分多了2(n-1)个。这样就得递推关系 　　Fn=Fn-1＋2(n-1) 　　考虑：F1=2 　　F2＝F1＋2×1 　　F3＝F2+2×2 　　…… 　　Fn-1=Fn-2+2(n-2) 　　Fn=Fn-1＋2(n-1) 　　将上面n个等式相加，即得 　　Fn=2＋2［1+2＋…+(n-1)］=2＋n(n-1)=n2-n＋2 　　取n=100，即得F100=9902。 　　2．用递推关系来解题，设当赌至赌徒甲有n元而乙有(70-n)元时，甲输光的概率为p(n)，乙输光的概率为q(n)，然后把问题的条件用以建立递推关系。显然，这时再掷一次，甲增至(n+1)元或 　　于是由p(n+1)-p(n)=p(n)-p(n-1)知，p(n)是等差数 　 　　(3)永不停止的概率为1-p(50)-q(50)=0 　　3．反雪花曲线长的速推关系式： 　　 　　通项公式： 　　 　　反雪花曲线所围面积的递推关系式： 　　 　　通项公式 　　 　　聪明的读者，你探讨的结果也许远远不止这些 练习25 　　1．全黑态、全白态各一种； 　　一黑七白，一白七黑态各一种； 　　二黑六白态放法示意图 　　所以二黑六白，二白六黑态各有四种。 　　三黑五白态放法示意图 　　所以三黑五白态，三白五黑态各有七种。 　　四黑四白态放法示意图 　 　　所以放法种数2(1+1+4＋7)＋10=30 　　2．要七次调整成全黑状态，只要使第五次调整态为白黑相间状态。为此可取x1·x2·x5·x6=x3·x4·x7·x8=1，x2·x3·x6·x7=x4·x5·x8·x1=-1，于是可取x1=x6=-1，x2=x3＝x4=x5=x7=x8＝1。 　　即当原始状态呈附图25—4时，一定可以经过七次调整。 　　变成全黑状态。调整过程如附图25—5所示。 　　3．结论：变换可以磨光。具体证明如下 　　设第一次调整之前，三个小孩手中糖块的最大值为2m，最小值为2n。如果m=n，那么原始状态已是平衡状态，无须再作调整了。因此可设m＞n，进行一次调整，并把可能出现的奇数糖块补成偶数之后，以下三条结论总是成立的。 　　(1)调整后每人的糖块数还是在2n与2m之间。 　　理由是：设某一小孩有2k块糖，他的左邻有2h块糖。在调整过程中，他送走k块糖给他的右邻，又从他的左邻接过h块糖，因此，调整之后这小孩共有k＋h块糖。由于n≤k≤m及n≤h≤m，可得2n≤k＋h≤2m。如果h＋k已是偶数，则结论已经证明；如果k+h为奇数，需要补一块糖，由于2n＜k＋h＜2m，所以2n＜k＋h＋1≤2m，这时结论也成立。 　　(2)手中糖块数多于2n的人，调整后糖块仍旧比2n多。 　　这是因为：设某人手中有糖块 Zk块，且2k＞2n，他的左邻有2h块糖，调整后此人有h＋k块糖，因为k＞n且h≥n，所以k+h＞2n。在需得补一块糖的情形，此小孩手中的糖将比2n更多。 　　(3)至少有一个拿2n块糖的小孩，在调整之后至少增加了两块糖。 　　这是因为：此时三个小孩手中糖块不全相等，所以总能找到一个手持2n块糖的小孩，他的左邻有糖块数2h＞2n，从而经调整成，这个小孩手中的糖h＋n块。显然h＋n＞2n。如果h＋n为偶数则h＋n≥2n＋2，如果h＋n为奇数则h＋n≥2n＋1。补上一块糖之后，这小孩手中糖块数为h＋n+1，也不小于2n＋2。总之，这小孩至少增加了两块糖。所以至少有一个拿2n块糖的小孩，在调整之后至少增加了两块糖结论成立。 　　综合以上三个结论可知，每经过一次调整，最大值不会再增大，拿最少糖块的孩子人数至少减少一个。所以经过有限次调整后，最小值状大于2n。这表明：最大值与最小值之间的差，随着不断调整将会缩小。这个变换是磨光变换。 练习26 　　1．4种。把地图上的每个国家看作一个顶点，在两个有公共边界的国家所对应的两个顶点之间联结一条边，于是得到一个图。对该图着色：○=｛v1，v3，v5，v9｝，△=｛v2，v3，v7，v11｝，□=｛v6，v10，v12，v13｝，◇=｛v8｝。色数为4。 　　2．3种。把五个环看作五个顶点，在两个有公共点的环所对应的两个顶点之间联结一条边，于是得到一个图。对该图着色：□=｛vA，vE｝，△=｛vB｝，○=｛vc，vD｝。色数为3。 　 练习27 　　1．(1)3。 　　(2)由于这些化学制品的不相容性是相互的，所以从化学制品1至9的不相容性，就能知道化学制品3，5，8与化学制品10互不相容。因此，关于化学制品10的不相容性的数据是多余的。这说明表27—2中有多余的数据。 　　2．染一条直线分平面所成的两部分，自然两种颜色就够了。现再画出第2条直线，使得在这直线一侧的所有“第1次划分”(即用第1条直线划分)的区域(及其一部分)保持原来的颜色，而另一侧的每个区域都变成与原来相反的颜色。这样，第2次划分后的每两个相邻区域都将染上不同的颜色，继续再画出第3条直线作第3次划分，同样将这直线一侧的所有区域(及其一部分)保持原色，而另一侧都变成与原色相反的颜色。重复做下去，对于任意次划分都只要两种颜色就足够了。 练习28 　　1．31。 　　2．令x1，x2，x3分别表示要运载的箱子A、B、C的数目，问题归结为求x1，x2，x3的值，它们满足下列条件： 2x1＋6x2＋3x3≤8 5x1+4x2+4x3≤10 x1，x2，x3=0或1 　　并使 3x1＋5x2＋4x3取得最大值。 　　收益最大的最优解为 x1=1，x2=1，x3=0。因此，飞行时运载箱子A和B收益最大，收益为8单位。 练习29 　　1．设丈夫A、B、C的妻子分别是a、b、c。 　　2．用三元数据(a，b，c)表示10斤油瓶，7斤油瓶和3斤油瓶中所装之油的斤数。初始状态可以用(10，0，0)表示，每次倒油都改变三元数组的数字，但是，不论如何改变，a，b，c这三个非负整数都满足下列条件： 　　0≤a≤10，0≤b≤7，0≤c≤3，a＋b＋c=10。经过若干次倒油后，要求达到目标状态(5，5，0)。 　　(10，0，0)→(3，7，0)→(3，4，3)→(6，4，0)→(6，1，3)→(9，1，0)→(9，0，1)→ 　　(2，7，1)→(2，5，3)→(5，5，0) 　　另一解法： 　　(10，0，0)→(7，0，3)→(7，3，0)→(4，3，3)→(4，6，0)→(1，6，3)→(1，7，2)→ 　　(8，0，2)→(8，2，0)→(5，2，3)→(5，5，0) 练习30 　　1．(1)根据表30—2，可以建立细胞生长的数学模型为 　　n＝4t，t=0，1，2，… 　　其中t表示天数，n表示细胞个数。 　　解方程 4t=1000000 　　4t=106 　　t lg4＝6lg10 　　 　　 ≈9天23小时 　　因此，最迟在9天23小时之前必须注射该种药物。 　　(2)解方程4t(40000)=1000000 　　4t=25 　　t lg4＝lg25 　　 　　 ≈2天7.7小时 　　因此，最迟在2天7.7小时之前进行第2次注射。 练习31 　　1．根据已知，可得图形(见附图31—1) 　　 　　可得∠ABD与∠DBC的值，则∠ABC=∠ABD＋∠DBC 　 　　2．根据已知条件进行逻辑推理： 　　(1)甲不在A中学，则甲可能在B、C中学 　　乙不在B中学，则乙可能在A、C中学 　　(2)在A中学不教英语，则B、C中学可能教英语 　　(3)在B中学教语文，所以在B中学不可能教英语，则教英语的只能在C中学，则在A中学教数学。 　　(4)乙不教数学，所以乙不在A中学，则乙只能在C中学，甲在B中学，丙在A中学。 　　所以得：甲在B中学教语文，乙在C中学教英语，丙在A中学教数学。 练习32 　　1．要使人造卫星S不会飞入跟踪站A和B的公共的盲区，必须使过A和B的水平线的交点S离地面的高度不大于480公里(如附图 32—1所示)。 　 　　长(附图32—2)。 　　　 　　　 　　所以θ=21.53° 　　θ=0.376弧度 　　 　　d=2406.4 　　因此，两个跟踪站的距离(即AB的长度)不能超过4812.8公里。 练习33 　　1．考虑每个方格中的获胜区域，它是一个两边长分别为(15-4)、 　　 　　2．能用平行四边形构成棋盘，(如附图33—1所示)，因为正五边形的每个内角为108°，它的整数倍不可能为360°，所以由正五边形不能构成一个棋盘。 　　3．奖金的分配方案与甲、乙两人获胜可能性有关，若甲获胜的可能性为p％，则甲应得奖金的p％。因为比赛结束时甲与乙的比分为8∶7，说明两人共比赛了15次，下面假设两人还要继续比赛下去，因为每掷一次硬币，结果为正反面的可能性相等，因此，两人比分的变化情况如附图33—2所示，其中，图中比分为甲∶乙。若某 练习34 　　1．解：a=5 b=3 　　 　　从表1可以看出p(6)＜0.625＜p(7) 　　所以应该订购7份报纸，才能获得最大利润 　　2．解：a=5 b=2 　　 　　从表中计算p(14)=0.60 p(15)=0.720 　　由于p(14)＜0.714＜p(15) 　　所以应该预订15份报纸。 PAGE 40