趣味数学问题

n+1 n = Ck +n+1 − Cm+n+1 .
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这样我们就证明了 (2.2). 最后得到所求概率
Q(n, m) m+1−n = . n Cm+n m+1
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III. 解. 问题是求 m 使得 21998 = m + 360K, 0 ≤ m < 360.
我们有
m = 21998 − 360K = 8(21995 − 45K ) = 8n.
2ak−1 > ak .
因而先拿者第一次拿的时候不能一下子就拿 ak−1 以上 (包括 ak−1 ) 张 牌。于是，他第一次只能拿少于 ak−1 张牌。但是，由于当起始牌数为
ak−1 时， 先拿者输。 易见， 在这种情况下按规则拿牌， 第 ak−1 张牌将被
候拿牌者得到。从而导致先拿者最终输掉牌局。这里注意由
不会导致对手在下一轮就能将牌全部取走，则让留下的牌成为这个
Fibonacci 数 (记为 x)。 b2) 如果不是 b1) 的情形， 则先把问题当作起始牌数为 Fibonacci 数后， 反复运用起始牌数为 Fibonacci 数时， 后拿
者成功阻击的策略。
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不难证明
ak−2 ≤ hk < ak−1 .
于是若
ak + hk < ak + n < ak + ak−1 ,
则
ak2 < n < ak−1 .
这表明起始牌数为 n 时， 先拿者赢。 总之， 当起始牌数分别为 ak + 1, . . . , ak + ak−1 − 1 = ak+1 − 1 时， 先 拿者赢。 最后， 我们要说明当起始牌数为 ak+1 时， 先拿者输。这是比较容易 看到的。 由 (1)， 先拿的要赢的充分必要条件是先拿者能够在保证后拿者 不能一次性拿走余下所有牌的情况下， 拿到第 ak−1 张牌。由于
II. 解. 记 Q(n, m) 为一直可以找钱的情形 (暂且称为可行情形) 的“组合
数” (严格地讲是对持相同面额钱的人不加区分的排列数。 如果考虑区分 每个人， 则相应的排列数应该是 Q(n, m) n! m!), 则所求概率为
Q(n, m) n Cm +n Q(n, m) n! m! . (m + n)!
∀ m ≥ n + 1.
依次， 当 m ≥ n + 1 时， 我们有
Q(n + 1, m) = Q(n, m) + Q(n + 1, m − 1) = Q(n, m) + Q(n, m − 1) + Q(n + 1, m − 2) = ...... = Q(n, m) + Q(n, m − 1) + . . . + Q(n, n + 2) + Q(n + 1, n + 1) = Q(n, m) + Q(n, m − 1) + . . . + Q(n, n + 2) + Q(n, n + 1) + Q(n + 1, n − 1) 5
m
Q(n + 1, m)
=
k=n+1 m
Q(n, k )
n−1 n Ck +n − Ck+n k=n+1 m m n Ck +n − n−1 Ck +n
= = = = =
k=n+1 k=n+1 m m n−1 n−1 n n Ck − C − Ck +n+1 m+n+1 +n + C2n k=n k=n m n−1 n−1 n n Ck +n+1 − Ck+n + C2n − Cm+n+1 k=n m n+1 n n Ck +n + C2n − Cm+n+1 k=n
= Q(n, m) + Q(n, m − 1) + . . . + Q(n, n + 2) + Q(n, n + 1)
m
=
k=n+1
Q(n, k ).
(2.1)
例如：
Q(3 + 1, 7) = Q(3, 7) + Q(4, 6) = Q(3, 7) + Q(3, 6) + Q(4, 5) = Q(3, 7) + Q(3, 6) + Q(3, 5) + Q(4, 4) = Q(3, 7) + Q(3, 6) + Q(3, 5) + Q(3, 4) + Q(4, 3) = Q(3, 7) + Q(3, 6) + Q(3, 5) + Q(3, 4).
aj > 4aj −1 3
不难知道后拿者拿到第 ak−1 张牌的后一手，先拿者是不能一下子把全 部牌拿走的。 有了上面的结论， 就有如下的拿牌策略：
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(a) 如果起始牌数是 Fibonacci 数， 则少拿牌以求对方出错。 (b) 如果起始牌数 n 不是 Fibonacci 数， 则按以下方法取牌： b1) 如果一次性让留下的牌数成为最接近的那个 Fibonacci 数
(3) 如果起始牌数为 n 时， 先拿的赢； 起始牌数为 m 时， 先拿的输。则
起始牌数为 m + n 时， 先拿的赢。
(4) 如果起始牌数为 m 时，先拿的输。则对于 1 ≤ n < m + n 时， 先拿的赢。
m 2,
起始牌数为
从上面的讨论， 可以归纳地证明: 当且仅当起始牌数为 Fibonacci 数 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . . 时，先拿 的输。 证明. 我们不难看到对起始牌数不大于 5 的情形， 结论是对的。 现在假设 ak 是一个大于等于 5 的 Fibonacci 数。 ak−1 , ak+1 分别是 与它相邻的两个 Fibonacci 数。我们有
在 m ≥ n + 1 时， 第一种情形是可行情形当且仅当前面的 (n, m) 个 人的排列情况可行。 另一方面， 在任何时候， 第二种情形可行， 当且仅当 前面的 (n + 1, m − 1) 个人的排列情况可行。因而我们有
Q(n + 1, m) = Q(n, m) + Q(n + 1, m − 1),
1 0 由此， 从 Q(1, m) = Cm 对 n 作归纳， 可以归纳地证明 +1 − Cm+1 出发，
n−1 n Q(n, m) = Cm +n − Cm+n ,
∀ m ≥ n.
(2.2)
现在来证明 (2.2)。首先 (2.2) 当 n = 1 时成立。现设对某个 n ≥ 1 也成立。要证对 n + 1 也成立。 由 (2.1) 以及归纳假设, 当 m ≥ n + 1 时，
桌面上拿取扑克牌：
1) 第一个从桌面上拿取扑克牌的人字次拿取数目只能少于 M 张; 2) 然后另一方从桌面上拿取， 但不能多于前一个人取数的两倍； 3) 轮流交换取牌，每次取牌数不得少于 1 张，不得多于对方最后一次
刚取过牌数目的两倍。直到有一人最先把桌面上的扑克牌取完。这 个人获胜。 请设计两方的取牌策略。 本题解答请参见: 1
趣味数学问题
本文中列举的是一些趣味数学问题, 其中多数是学生平时提出的一些问题以 及本人在一些论坛上 (用网名) 解答的问题. 问题有深有浅 (浅的可能浅到了 小学水平). 欢迎有兴趣的朋友参与讨论.
I. 相等的角 在 0—-360 度范围内找出与 21998 度角终边相等的角.
本题解答请参见: 3
II. 一个排队问题 n 个人排队买票，其中 m 个人仅有 50 元面额的钱， n个
人仅有 100 元面额的钱，票价 50 元，买票处一开始没有零钱，m ≥ n， 问如果这些人随机排成一队买票， 不发生等待找钱的概率为多少？ 本题解答请参见: 2
III. 取牌游戏 在桌面上放有 M ≥ 2 张扑克牌，甲乙双方依照下列的给则从
=
(我们可以先不限制 m ≥ n 进行讨论。) 易见： Q(1, m) = m, Q(n, m) = 0, ∀ m ≥ 0. ∀ 0 ≤ m < n.
下面我们考虑 Q(n + 1, m) 与 Q(n, m) 的关系。在这 (n + 1) + m 个 人的组合中可以分成两类：
1) 最后一个是持 100 元的 2) 最后一个人是持 50 元的
1
I. 解. 我们可以得到以下结论。在双方都不出错的情况下： (1) 起始牌数为 2, 3, 5 时, 先拿的输。 (2) 如果起始牌数为 m 时， 先拿的输。 则当起始牌数为 m + n 时， 先拿
的赢的充分必要条件是先拿者能够在保证后拿者不能一次性拿走余 下所有牌的情况下， 拿到第 m 张牌。
ak+1 = ak + ak−1 .
由 (3), 对任何 1 ≤ n < 果记
ak − 1 , 2 hk = a k − 1, 2
ak 2 ,
当起始牌数为 ak + n 时，先拿的赢。从而如
如果 ak 如果 ak
为奇数, 为偶数,
则当起始牌数分别为 ak + 1, . . . , ak + hk 时， 先拿的赢。
即
21995 = n + 45K, 0 ≤ n < 45
由于对于质数 p, 以及任何整数 a 有 p|(ap − a), 特别当 a 不被 p 整除 时， p|(ap−1 − 1), 从而有