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 $n$ ($m \gt n$) 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 $S_1=(+1)^m=+1$, 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： $S_i=(+1)^m[(-1)^n]^i= \left\{\begin{array}{lcl} -1&~~&\hbox{($i$ 為奇數時)}\\ +1&&\hbox{($i$ 為偶數時)} \end{array}\right.$, 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 $S_1=(+1)^m=+1$, 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： $S_i=(+1)^m[(-1)^n]^i= \left\{\begin{array}{lcl} -1&~~&\hbox{($i$ 為奇數時)}\\ +1&&\hbox{($i$ 為偶數時)} \end{array}\right.$, 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 $S_1=(+1)^m=+1$, 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： $S_i=(+1)^m[(-1)^n]^i=+1$, 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 $S_1=(+1)^m=+1$, 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： $S_i=(+1)^m[(-1)^n]^i=+1$, 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 $m \gt n \gt 1$), 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 $m\div n=a$ 餘 $b$ ($a\ge 1$, $n \gt b$), 下面分兩種情形探討：
分兩種情形, 設 $m\div n=a$ 餘 $b$ ($n \gt b$)：
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 $k=a$ ($k \gt 1$ 的整數)；
第二種情形 ： 當 $b\not=0$ 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 $x$ $(0 \lt x \lt n)$ 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 $g=m+2x-2n=(a-2)n+(b+2x)$, $\because$ $0 \lt b \lt n$, $\therefore$ $0 \lt b+2x \lt 3n$。
(1) 令 $b+2x=n$, 得 $x=\dfrac{n-b}{2}$, 當且僅當 $a\ge 2$ 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 $k=g\div n+2=(a-1)+2=a+1$；
(2) 令 $b+2x=2n$, 得 $x=n-\dfrac{b}{2}$, 當且僅當 $a\ge 2$ 及 $b$ 為偶數時有解。 此時, $g =(a-2)n+2n=an$。 綜上, 共得 $k=g\div n+2=a+2$。
注意： 當 $m$ 偶 $n$ 偶時, 雖有兩種方案, 但由於 $a+1 \lt a+2$, 所以最小方案選擇方案 (1)。
綜上, 當 $a\ge 2$, 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 $x$ $(0 \lt x \lt n)$ 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 $$g=m+2x-2n=b+2x-n.\ \because\ 0 \lt b \lt n,\ \therefore \ 0 \lt b+2x \lt 3n.$$
(3) 令 $b+2x=n$, 則 $g=0$, $k=2$ 這不可能； 令 $b+2x=2n$, 得 $x=n-\frac b2$, $b$ 為偶數時, 有解。 此時, $g=2n-n=n$, 綜上, 得 $k=g\div n+2=3$。 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$\times$操作 $2f$ 次的狀態$=$一次操作 $(m-n)$ 個物件$\times$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 $m\div(m-n)=(n+b)\div b=\frac nb+1$, 設 $n\div b=a_1$ 餘 $b_1$, 因 $0\le b_1 \lt b \lt n$, 則 $a_1\ge 1$, 所以 $m\div b=a_1+1$ 餘 $b_1$, 進而 $a_1+1\ge 2$, 下面分三種情形探討：
(a) 當 $b_1=0$ 時, (i) $n=a_1b$, 於是 $m=n+b=a_1b+b=(a_1+1)b$, 所以 $k=a_1+1$；
(b) 當 $b_1\not=0$ 時, 轉化為 $a\ge 2$ 的情形, 繼續探討。 (ii) 若 $b_1$ 為奇數時, 則 $b$、 $b_1$ 同為奇數, 符合算術方案情形 (1), 得 $k=(a_1+1)+1=a_1+2$； (iii) 若 $b_1$ 為偶數, 符合算術方案 (2), 得 $k=(a_1+1)+2=a_1+3$。
翻轉方案分兩步 ： 對於 (ii), 由於 $x=\dfrac{b-b_1}{2}$； 對於 (iii), 由於 $x=b-\dfrac{b_1}{2}$, 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 $b\not=0$ 時, 對於 $a$ 分兩類, 共 6 種情形, 必有純、 混翻轉, $k\ge 3$, 如表 4,
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 $\dfrac{m-2n+2x}{n}$ 次。
3步共需翻轉 $\dfrac{m-2n+2x}{n}+2=\dfrac{m+2x}{n}$ 次。
設 $\dfrac{m+2x}{n}=y$, 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 $2x_1+1$、 $2x_2+1$、 $\cdots$、 $2x_m+1$, 翻轉總次數是 $n$ 的倍數, 設為 $ny$, 則 $(2x_1+1)+(2x_2+1)+\cdots+(2x_m+1)=ny$,
整理, 得 $2(x_1+x_1+\cdots+x_m)+m=ny$,
再設 $x_1+x_1+\cdots+x_m=x$, 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 $a\ge 2$ 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 $n\div b=a_1$ 餘數為 0, 則 $k=a_1+1$； 若 $n\div b=a_1$ 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 $k_1$、 $k_2$、 $k_3$、 $\cdots$、 $k_m$ 次, 翻轉 $2f$ 次, 則 $k_1+k_2+k_3+\cdots+k_m=2nf$。
顯然 $k_1$、 $k_2$、 $k_3$、 $\cdots$、 $k_m\le 2f$, 設其中最大值為 $2f-r$ ($r$ 為正整數),
則 $2nf=k_1+k_2+k_3+\cdots+k_m\le m(2f-r)$,
即 $2nf\le m(2f-r)$, 解得 $f\ge \dfrac{mr}{2(m-n)}$。
因為 $m$、 $n$ 一定, 所以 $r$ 最小時, $f$ 最小,
令 $r=1$, 則 $f=\Big[\dfrac m{2(m-n)}\Big]$。
故最少操作次數為 $k=2f=2\Big[\dfrac m{2(m-n)}\Big]$,
($\Big[\dfrac m{2(m-n)}\Big]$ 表示不小於
$\dfrac m{2(m-n)}$ 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 $1 \lt n \lt m$ 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 $46\div 6=7$ 餘 4, 得 $b=4$, $n=6$ 均為偶數, 依據算術模型情形 (1), 得 $x=\dfrac{6-4}{2}=1$。
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 $45\div 41=1$ 餘 4, 得 $b=4$ 為偶數, 依據算術模型情形 (3) , 得 $x=n-\dfrac b2=41-\dfrac 42=39$。
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？
| 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 $14\div 11=1$ 餘 3, 得 $b=3$ 為奇數, 依據算術模型 (4), 化為 $14\div 3=4$ 餘 2, 依據算術模型 (2), 得 $x=b-\dfrac {b_1}{2}=3-\dfrac 22=2$。
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 $92\div 11=8$ 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 $100\div 99=1$ 餘 1, 而 $b=1$ 為奇數, 利用表 4 情形 (i), 得 $k=99\div 1+1=100$, 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 $54\div 49$ 餘 5, 於是
方法1: 由於 $49\div 5=9$ 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 $k=2\Big[\dfrac m{2(m-n)}\Big]=2\Big[\dfrac {54}{2(54-49)}\Big]=12$。 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
---本文作者任教中國四川省巴中市巴州區大和初中---