数学题

发表于 2019-09-15 更新于 2024-01-07 本文字数： 2.2k 阅读时长 ≈ 7 分钟

我想每个人活到现在，多少都碰到过自信满满地挑战网上流传的幼儿园到初中范围内的超难数学题，绞尽脑汁最后还是缴械投降的经历。前两天我爸也给我出了两道这样的题，反正中秋放假有时间，不服输地思考了一上午，终于做出来了。做完回头看看题目，觉得这样的数学题也蛮有意思，光是能设出这样的题目，便很是体现出了人类的智慧，值得一记。

因此就建一篇日志，记一下我对这两道题的解题思路。后面如果再遇到有趣的题目也一并记在这里。

问题1：男女跳舞¶

七男七女参加舞会，规定：

只能一男搭配一女参加跳舞；

一男一女跳一次舞，算作该男和该女各跳了一次；

和同一个人只跳一次舞。

已知舞会结束后，有8个人跳了6次，有5个人跳了3次。问：剩下那个人跳了几次？

这是一道小学六年级奥数题，原题表述记不清了，大概说明题目如上。

这道题如果找到思路的话没有什么难度，就是找到思路的过程可能不太容易。乍一看到这道题，会顺理成章地去想“8个人跳了6次，5个人跳了3次”究竟是如何搭配的，然后陷入枚举法的漩涡无法自拔。自然也会有人凭借直观感受，认为既然是男一次女一次搭配跳舞，跳了6次的8个人可以彼此对应，那么剩下那个人也应该跳了3次去和跳3次的5个人对应。可能确实如此，但这样的直觉不能被证明。要解出一道题，自然是需要清楚地写出解题过程的。

以下是我的解法：

首先，设七男、七女跳舞的次数分别为 $a_1, a_2, ...., a_7$ 、 $b_1, b_2, ...., b_7$ 。再设 A = $a_1 + a_2 + ... + a_7$ 、B = $b_1 + b_2 + ... + b_7$ 。

以上只是为了说明方便，并不进行复杂的计算，叫别的什么都是可以的。

首先一男跳一次舞必定对应一女跳一次舞，故有 A = B。那么 A + B 的和必定是一个可以被2整除的数。

另外，我们已经知道了14个人中的13人跳舞的次数，只是不知道对应哪13个人，也不需要知道。只需知道只有一个数未知，这个数或者是在A组，或者是在B组。

如果未知数是在A组，那么B组的所有数都可以赋予一个值，或者是6，或者是3。但不管是赋予6还是3，都必然是一个可以被3整除的数，因此B也一定是一个可以被3整除的数。又因为 A = B，故A也必定是一个可以被3整除的数。未知数在B组同理。

由此可知， A + B 的和必定是一个可以被6整除的数。

已知其中的13人共跳了 8 × 6 + 5 × 3 = 63 次，63除以6余3。未知数只能取 [1, 7] 之间的整数，且要满足除以6后余3。那么唯一解便是3。

这个是我自己的解法。标准答案要麻烦一些，将1、3、5、7逐一带进去计算，但解法的核心依旧是它们的和既能被2整除又能被3整除，思路是一样的。

问题2：天平称乒乓球¶

12个同一规格的乒乓球，其中包含11个重量相等的好球与1个重量异常的坏球。要求用没有砝码的天平称量3次，找出其中的坏球，并得知坏球是轻了还是重了。允许对乒乓球进行标记。

这个就不是什么奥数题了，是一道非常经典且有难度的智力题。称量3次找出坏球那还好说，不但找出坏球还要得知轻重，这个条件就非常苛刻了。

在找出解法之前我也失败了好多次，怎么失败的就不提了。总之失败了几次后，我总结出了如下规律。

第1次称重后，只能达成有限的效果：缩小坏球的筛选范围并找出其中的部分好球，如果碰巧称到了坏球所在的组，还可以得知两组球相对的轻重（并非得知坏球的轻重）。

第2次称重后，必须达到下列目标的其中一个，才能在第3次称重时做到找出坏球并知轻重：

已经找出了坏球，但不知轻重。——这种情况下，只要将该坏球与好球比较，即可得知轻重。
将坏球的范围限定在2个球以内，并知道两个球相对的轻重。——这种情况下，只要将其中一个球与好球比较，即可找出坏球，并得知坏球的轻重。
将坏球的范围限定在3个球以内，并知道坏球的轻重。——这种情况下，只要拿3个球中任意两个称量，即可找出坏球。

一般人第一反应想到的一定是将乒乓球平分，3个球一组分成4组，两组两组称量。但在尝试之后即可发现无法保证在第2次称重后达成其中的一个条件，所以分成4组是不可行的。正确的方法应是分成3组，每组4个乒乓球。

下面分析一下具体该如何称量：

首先将12个乒乓球分为A、B、C三组，每组4个乒乓球。

进行第1次称量：A组——B组。这就有两种可能。

1. A、B等重，则坏球在C组。

此时不能将C组的球再均分为两份，因为如果第2次称量的没有坏球，那么即便将坏球的范围缩减到了2个，也不能得知相对的轻重。

因此，将C组的4个球再分为3个球一组与1个球一组。

进行第2次称量：C组3个球——3个好球。也分为两种可能。

1.1. 等重。

则坏球即为C组剩下的那个球，满足上面的条件2，可解。

1.2. 不等重。

则坏球在C组称量的3个球中，且通过与3个好球的比较，可知坏球的轻重，满足上面的条件3，可解。

2. A、B不等重，则坏球在A、B组中。

这就是整个过程中最棘手的一步。A、B组加起来一共有8个球，如何通过仅仅一次称量，达到上面所说的条件呢？达到条件1显然是不现实的，只能努力达成条件2、3。8个球可以分为3+3+2，要达成条件2、3，必须知道坏球的轻重或者与另外那个球相对的轻重。因此8个球必须全部设法称量到才可以。好在A、B不等重的结果已经给了我们一个轻重的参考，可以利用起来。

下面为了叙述方便，假设第1次称重，A组放于天平左边，B组放于天平右边，结果为A组轻于B组，即左边轻于右边。反之也是同样思路。

将A组的4个球编号为 $a_1, a_2, a_3, a_4$ ，B组的四个球编号为 $b_1, b_2, b_3, b_4$ 。关键的一步来了——将 $a_2, a_3, a_4$ 挪到天平右侧，撤下 $b_2, b_3, b_4$ ，再将3个好球放在天平左侧。

进行第2次称量： $a_1$ + 3好球—— $b_1 + a_2 + a_3 + a_4$ 。结果有3种可能。

2.1. 依旧是左边轻于右边。

这就说明这样折腾一遍折腾到的都是好球，坏球在 $a_1, b_1$ 两个球中，且知道了他们相对的轻重（ $a_1 < b_1$ ），满足上面的条件2，可解。

2.2. 左右两边相等。

这就说明拿下去的 $b_2, b_3, b_4$ 里面一定有坏球，且根据第一次称量的结果，可知坏球的轻重（重于好球），满足上面的条件3，可解。

2.3. 左边重于右边。

轻重交换了，说明挪到天平右侧的 $a_2, a_3, a_4$ 中一定有一个坏球，并可得知坏球的轻重（轻于好球），满足上面的条件3，可解。

以上，问题解决。