非常规数学问题解法探微

“虹卫笑”通过精心收集，向本站投稿了4篇非常规数学问题解法探微，下面是小编为大家整理后的非常规数学问题解法探微，仅供参考，大家一起来看看吧。

非常规数学问题解法探微

篇1：非常规数学问题解法探微

非常规数学问题解法探微

有一些数学问题,例如操作问题、逻辑推理问题等,不能用通常的数学方法来解;还有一些实际问题,研究的是事物的某种状态或性质,其本身与数量无关,也不能用通常的数学方法来解。人们习惯上将上述的这类问题称为非常规数学问题。非常规数学问题近年来在各种数学竞赛、数学建模竞赛及数学知识应用竞赛等赛题中频频出现,特别是它与实际问题密切联系,因此受到广泛关注。

非常规数学问题需要非常规的特殊解法,本文就最常用的图解法、赋值法、抽屉原理及逻辑推理等四种方法,结合实际例子作一探讨。

1 图解法

例1(柳卡问题)假设每天中午有一艘轮船由哈佛开往纽约,同时也有一艘轮船由纽约开往哈佛,航行时间都为七昼夜,且均沿同一航线航行。问今天中午从哈佛开出的一艘轮船将会遇到几艘从纽约开来的同一公司的轮船?

这是十九世纪在一次世界科学会议期间,法国数学家柳卡向在场的数学家们提出的一个问题,它难倒了在场的所有数学家,连柳卡本人也没有彻底解决。后来有一位数学家通过下面的图解法,才使问题最终得到解决。

这种方法是:用两条横线分别表示纽约港和哈佛港,某天中午(记作第0天)从哈佛出发的轮船在第7天中午到达纽约,用从下到上的一条斜线表示。用从上到下的斜线依次表示每天中午由纽约开出的轮船经7昼夜到达哈佛。显然两种斜线的交点总数就是相遇的轮船数,共15艘。

值得注意的是,上述图解法,不但给出这一问题的一种简单、美妙、不用数字计算的非常规解法,更有意义的是它可作为一种模型,来解决这一类型的问题,请看下例:

例2某路电车,由A站开往B站,每5分钟发一辆车,全程为20分钟。有一人骑车从B站到A站,在他出发时恰有一辆电车进站,当他到达A站时又恰有一辆电车出站,问:

(1)若骑车人在中途共遇到对面开来的10辆电车,则他出发后多少分钟到达A站?

(2)如果骑车人由B站到A站共用50分钟时间,则他一共遇到多少辆迎面开来的电车?

(3)若骑车人同某辆电车同时出发由A站返回B站,骑车人用40分钟到达B站时也恰有一辆电车进站,问在中途有多少辆电车超过他?

解:仿柳卡问题图解法,画出下面的图:

由图可知:(1)骑车人从B站总共遇到12辆从对面开来的电车到达A站所用的时间,恰好等于A站开出7辆车的时间,即35分钟。

(2)若骑车人一共用50分钟走完全程(即由0到10的那条由下到上的'斜线),可知一共遇到15辆电车。

(3)由上到下画一条斜线(由0到8)即表示骑车人由A站出发40分钟后到达B站,可见中途共有3辆电车超过他。

2 赋值法

赋值法解题,是对本身与数量无关的问题巧妙地赋于某些特殊的数值(如±1、0与1等)将其转化成数量问题,然后利用整除性、奇偶性或正负号等的讨论,使问题得以解决。

例3 在圆周上均匀地放4枚围棋子,然后作如下操作:若原来相邻的两枚棋子是同色,就在其间放一枚黑子;若是异色,就在其间放一枚白子,然后将原来的4枚棋子取走,以上算一次操作。证明:不论原来4枚棋子的黑白颜色如何排列,最多只须作4次操作,就可使剩下的4枚棋子全是黑子。

解因为只有黑白两色棋子,所以可以用1记黑子,-1记白子。又规定在同色两子之间放黑子,正好符合1・1=1,(-1)(-1)=1;在异色两子之间放白子,正好符合1・(-1)=(-1)・1=-1,因此,这样赋值后就将原来的问题转化为+1和-1的讨论问题。

将圆周上的4枚棋子依次记为x1、x2、x3、x4(继续数下去记x5=x1,x6=x2……)按上面的赋值方法可知:

x2i=1,xixi+1=1 xi与xi+1同色-1 xi与xi+1异色

这样,判断在xi与xi+1两棋子之间该放黑子还是白子,就由xi・xi+1的乘积符号的正、负来确定;乘积为+1时放黑子,为-1时放白子。按此方法,将各次操作后的正、负号列成下表:(将圆周上的棋子排在直线上)

第一次操作 x3 x4 x1 x2 x3 x4 x1 x2

x3x4 x4x1 x1x2 x2x3 x3x4 x4x1 x1x2

第二次 x3x24x1

操作 =x3x1 x4x2 x1x3 x2x4 x3x1 x4x2

第三次操作 x1x2x3x4x1x2x3x4 x1x2x3x4x1x2x3x4x1x2x3x4

第四次 (x1x2x3x4)2

操作 =1 1 1 1

由上表可见,经第4次操作后,符号皆为正,故4枚棋子都应放黑子。

用数学归纳法可以证明,一般情况下,若圆周上原来摆着2n枚棋子,最多操作2n次后一定全剩下黑子。

例4 有11只杯子都口朝上放着,然后将它们任意翻偶数只算一次操作(翻过的也可以再翻)。证明:无论操作多少次,都不能使11只杯子都口朝下。

解将口朝上的杯子记为1,口朝下的记为-1,然后计算每操作一次后11只杯子乘积的正负号:

开始,11只杯子都口朝上,所以乘积的符号为:111=1。

当翻动n个杯子(n为偶数且n≤10)使其口朝下时,乘积的符号为:

111-n・(-1)n=1・1=1

继续讨论可知,无论n是小于11的什么偶数,乘积的正负号均为正,而11只杯子都口朝下时,乘积为(-1)11=-1,故不可能办到。

本问题的一般结论是:奇数个杯子每次翻动偶数个或偶数个杯子每次翻动奇数个,都不能使所有杯子都口朝下。

3 抽屉原理抽屉原理是证明“存在性”问题的有力工具,其最基本形式是:将n+1(或更多)个元素任意放入n个抽屉中,则至少有一个抽屉中至少有两个(或更多)元素。抽屉原理的正确性简单而显然,但具体运用并不容易,困难之处在于怎样设置抽屉,把一个实际问题转化为抽屉原理问题。

例5 世界上任意6个人中,总有3个人,或彼此都认识,或彼此都不认识。

这是有名的Ramsey问题,要用抽屉原理来解。

对6个人中的任一个人,不妨设为A来说,除A外的其余5人可分为同A相识或不同A相识两类(即两个抽屉),由抽屉原理可知,至少有一类中至少有3个人。分别讨论如下:

如果同A都认识的那一类中至少有3人,若有3人互相都不认识,则结论成立;否则至少有两个人互相认识,而这两人又都同A认识,故有3人互相认识,结论也成立。

如果同A都不认识的那一类中至少有3人,若其中有3人互相认识,则结论成立;否则,至少有两人彼此不认识,但这二人又都与A互不认识,故这时有3人互相不认识,结论也成立。

此问题也可以用染色法来证明:

在平面上用A1,A2………A6来代表6个人,设它们无三点共线。将互相认识的两人连一条红线,否则连一条蓝线。问题就转化为:在这15条连线中要证明至少有一个同颜色的三角形。

证明:考虑由A1出发的5条线,因为只有红、蓝两种颜色(两个抽屉),所以至少有3条为同色,不妨设A1A2、A1A3、A1A4为红色。其次,再考虑△A2A3A4三边的颜色,若均为蓝色则结论成立(此三人互相不认识);否则,至少有一条边为红色,例如A2A3,则△A1A2A3的三边都为红色,结论也成立(此三人彼此都认识)。

例6 已知某学者在五年期间内每月至少发表一篇文章,又知他每年至多发19篇,则可得结论:他必在某连续的几个月内恰好发文24篇,试证明之。

解设此人在5年内(60个月)每月发文数为a1,a2……a60,又设此数列前n项和为S1,S2,…,S60≤19×5=95。

如果他在某连续的几个月内恰发文24篇,则说明存在两个编号i和j,使得

Sj=Si+24 (1≤i

又S1+24,S2+24…,S60+24≤95+24=119共60个数,连同S1,S2…S60共120个数,将它们写在一起,即

1≤S1,S2…S60,S1+24…S60+24≤119

上式表明,在区间〔1,119〕中写了20个整数(元素),但〔1,119〕上只有119个不同的整数(设为抽屉),由抽屉原理知,在S1,S2…S60+24这120个整数中必有两个相等。又因为S1

4 逻辑推理有一些涉及逻辑推理方面的问题,可通过逻辑推理方法,将矛盾结论排除,找出合理结论。推理顺序有顺推法和逆推法。

非常规数学问题解法探微例7 要分派A、B、C、D、E五人去执行一项任务,但按实际情况必须满足以下条件:

(1)若A去,B也去;

(2)B、C两人中至少有一人去;

(3)B、C两人中必须去且只能去一人;

(4)C、D都去或都不去;

(5)E若去,则A、D都去。

问:应派谁们去?

解 (逆推):

若E去→A、D都去→B去→C不去→D不去,导自矛盾。

所以E不能去。E不去→D去→C去→B不去→A不去,符合所有条件。

∴应当派C、D去。

例8 有4个人对话:甲说:我们当中只有一个人说假话。乙说:我们当中仅有两个人说假话。丙说:我们当中恰有三个人说假话。丁说:我们都说假话。试问:到底谁说的是真话?

解:因为四个人说的话彼此矛盾,所以不会有两个人都说真话,至多有一个人说真话。

但四个人不都说假话(因为这时丁说的就是真话)。

由上推理可知,恰有一个人(即丙)说真话,其他人都说假话。

篇2：非常规数学问题解法探微

非常规数学问题解法探微

非常规数学问题需要非常规的特殊解法,本文就最常用的图解法、赋值法、抽屉原理及逻辑推理等四种方法,结合实际例子作一探讨。

1 图解法

这是十九世纪在一次世界科学会议期间,法国数学家柳卡向在场的数学家们提出的`一个问题,它难倒了在场的所有数学家,连柳卡本人也没有彻底解决。后来有一位数学家通过下面的图解法,才使问题最终得到解决。

例2某路电车,由A站开往B站,每5分钟发一辆车,全程为20分钟。有一人骑车从B站到A站,在他出发时恰有一辆电车进站,当他到达A站时又恰有一辆电车出站,问:

(1)若骑车人在中途共遇到对面开来的10辆电车,则他出发后多少分钟到达A站?

(2)如果骑车人由B站到A站共用50分钟时间,则他一共遇到多少辆迎面开来的电车?

(3)若骑车人同某辆电车同时出发由A站返回B站,骑车人用40分钟到达B站时也恰有一辆电车进站,问在中途有多少辆电车超过他?

解:仿柳卡问题图解法,画出下面的图:

由图可知:(1)骑车人从B站总共遇到12辆从对面开来的电车到达A站所用的时间,恰好等于A站开出7辆车的时间,即35分钟。

(2)若骑车人一共用50分钟走完全程(即由0到10的那条由下到上的斜线),可知一共遇到15辆电车。

(3)由上到下画一条斜线(由0到8)即表示骑车人由A站出发40分钟后到达B站,可见中途共有3辆电车超过他。

2 赋值法

解因为只有黑白两色棋子,所以可以用1记黑子,-1记白子。又规定在同色两子之间放黑子,正好符合1・1=1,(-1)(-1)=1;在异色两子之间放白子,正好符合1・(-1)=(-1)・1=-1,因此,这样赋值后

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篇3：中考数学选择题的常用解法的问题和策略论文

中考数学选择题的常用解法的问题和策略论文

不同层次的学生学习的侧重点不同，基础弱的学生一定要用好教材，了解初中三年数学课本上的知识脉络，整体把握知识，最基础的是教材上所有的黑体字（定义、定理）、例题.中等和中等以上的学生应该进行有针对性的训练，中考考什么题型就练什么题型，自己哪些知识薄弱就加强练习，选择题要重点训练，力求快速正确地解答.每年的中考数学试卷变化都不大，学生在复习数学知识时，回归基础是最重要的.将课本上的知识脉络好好地过一遍，查缺补漏.打好基础后，再结合中考试卷的题型，有针对性地训练，对中考试卷中的选择题型应该注重训练快速解答技巧.对不同的题型采用不同的解题技巧，在实际练习中不断地纠错—总结—归纳—提高，在这一过程中学会举一反三.同时，也要注重变通思路，多多尝试一题多解.此外，学生应该根据自己的实际情况，进行有针对性的训练.

1.中考数学选择题的特点

第一，中考数学考试中，选择题丢分比较严重，有的学生做后面的'大题可得满分，可是做选择题一错就是好几道，十几分没有了，对最终的分数有直接影响.怎样选正确答案，学生很茫然，没有一个比较有把握的好方法.第二，选择题是标准化试题的一种，具有题目小、答案简明、解法灵活等特点，是一种要求学生从四个答案中选一个正确的答案，将它的代号填入指定的位置上的一种题型.第三，中考选择题不用体现解题过程，可以根据选择题的结构灵活运用解答方法和技巧，快速准确地解答选择题，既得到了分数又节省了时间，是考试得高分的关键.

2.中考数学常用解题方法和技巧

2.1直接法

根据选择题的题设条件，通过计算、推理或判断，最后选择答案.

这种直接根据已知条件进行计算、判断或推理而得到的答案的解选择题的方法被称为直接法.

例1：抛物线y=x■-4x+5的顶点坐标是（？摇？摇？摇？摇）

A.（-2，1）？摇？摇？摇？摇B.（-2，-1）？摇？摇？摇？摇C.（2，1）？摇？摇？摇？摇D.（2，-1）

本例是一个完整的数学问题，可用直接法解，用顶点坐标公式即可到抛物线的顶点坐标为（2，1），所以应选C.

例2：已知，平行四边形ABCD的周长为56cm，AB=12cm，则AD的长为（？摇？摇？摇？摇）.

A.14cm？摇？摇？摇？摇B.16cm？摇？摇？摇？摇C.18cm？摇？摇？摇？摇D.20cm

本题可采用直接法来解，已知平行四边形的周长是56cm，得出AB+AD=28cm，由AB=12cm，得AD=16cm，所以应选B.

例3：方程（x+1）（x-2）=0的两个根为（？摇？摇？摇？摇）

A.1，2？摇？摇？摇？摇B.1，-2？摇？摇？摇？摇C.-1，2？摇？摇？摇？摇D.-1，-2

本题可用直接法解，一元二次方程左边是两个因式的积，右边是0，故每个因式至少有一个因式为0，x+1=0或x-2=0，得出x■=-1或x■=2，所以应选C.

2.2间接法

选择题的命题结构决定了解选择题时，除了使用直接法外，还可以经常使用间接法，间接法又称试验法，可分为结论排除法、特殊值排除法、逐步排除法和逻辑排除法等.结论排除法的通常做法是将题目中的四个选项一个一个地代回原题进行分析，不合理的答案会和原题不匹配，最后找出正确的答案.

例4：北京站出发的一列货运火车，匀加速行驶一段时间后开始匀速行驶，几小时后，火车在下一车站停下，装完货以后，又开始匀加速前进，几小时后再次开始匀速行驶，那么火车在这段时间内的速度变化情况近似图形是（？摇？摇？摇？摇）

A B C D

解析：由于火车并不是匀速行驶，因此很快排除D，又由于火车从车站出发有个匀加速过程，因此可排除A，火车在途中有匀速行驶过程，可排除C，故选B.

2.3其他选择题解法技巧

2.3.1排除法.排除法是针对解选择题的特点而采用的间接方法，也是选择题的常用解法.是根据题目中的要求并依据已掌握的中学数学基础知识结构，将明显不正确的选项在第一时间内排除，那么就可以将剩下的唯一的选项作为正确的答案.有时候不可能将其他三个选项都排除掉，但可以排除一两个选项，缩小选择范围，从而大大提高解题速度和解题正确率.

2.3.2特殊值法.这一方法是做选择题比较有效的方法，尤其是对一些利用公式计算的选择题，计算起来比较麻烦，可以将选项依据题目中的要求，选取最符合条件的某个或某几个殊值带入原题进行推算或推理，也可以做出特殊图形进行观察.

这类问题常常有一个共同的特点，题目中包含一些常识性的条件，而所求的结果是某些结果或数值.遇到这样的问题时，我们通常的做法是对问题特殊对待，因为这些特殊图像或数值往往是该题的答案.

2.3.3通过猜想、测量的方法得出结果.中考数学题中探索性的问题应用猜想的方法比较奏效.在猜想过程中，根据题目要求和答案，采取不完全归纳法，通过尝试、猜想、总结再尝试的方法解决问题.

在解答中考数学试题过程中，如何合理有效地安排各试题的解答时间是取得高分的关键，尤其是在解答选择题时，可以根据中考数学选择题的特点实现快速解答.当然，快速答题离不开丰富而扎实的数学基础知识和技能.相信，只要初中数学教师在教学中夯实学生的数学基础知识，让学生利用不同解答技巧有针对性地进行解题训练，养成良好的解题习惯，学生就一定能够在中考数学考试中科学合理地安排时间，在最短的时间内正确解答选择题.

参考文献：

[1]王军.浅析数学选择题的教学功能[J].初中数学教与学，，7.

[2]韩春见.从中考数学看填空题的解法[J].初中生世界，，Z4.

篇4：小学数学教学中“牛吃草”问题的解法

小学数学教学中“牛吃草”问题的解法

作者/王慧敏

“ 牛吃草” 问题也叫做“ 牛顿问题”，是英国伟大的数学家牛顿在其著作《普通算术》一书中设计的很有名的应用问题。涉及三个量：牛的头数、草的数量、时间量，解题方法可以多种多样的。它是小学数学应用问题中难度大、包含内容最丰富的题目，是小学应用题的顶峰。熟练掌握解题方法，将会对开创思维大有裨益。

牛吃草问题的难点在于草每天都在生长，草的数量在不断变化。因此，解答这类题的关键是从变化中找到不变的量，即原有的草量和每天新长出的草量。

解题时通常把1个个体在1个时间单位内完成的工作量假设为1份，从而逐步弄清：1.原有的初始工作量是多少。

2.每个时间单位均匀增加的份额是多少。

3.把参加完成工作者分成两部分，一部分解决原始工作量，另一部分解决均匀增长的工作量。

4.原始工作量完成之时，均匀增长也同时停止。

在解决小学这类问题时常用到四个基本公式，分别是：

⑴草的生长速度＝（对应的牛头数×吃的较多天数－相应的牛头数×吃的较少天数）÷（吃的较多天数－吃的较少天数）；

⑵原有草量＝牛头数×吃的天数－草的生长速度×吃的天数；

⑶吃的天数＝原有草量÷（牛头数－草的生长速度）；

⑷牛头数＝原有草量÷吃的天数＋草的生长速度。

这四个公式是解决牛吃草问题的基础。一般设每头牛每天吃草量不变，设为“1”，解题关键是弄清楚已知条件，进行对比分析，从而求出每日新长草的数量，再求出草地里原有草的数量，进而解答所求的问题。

例1：一片草地，每天都匀速长出青草。如果可供2 4头牛吃6天，2 0头牛吃1 0天，那么，可供19头牛吃多少天？

摘录条件：

24头 6天原有草+6天生长草

20头 10天原有草+10天生长草

19头？天原有草+？天生长草

解答：这类问题关键是抓住牧场青草总量的变化。设1头牛1天吃的草为“1”，由条件可知，前后两次青草的问题相差为20×10-24×6=56。为什么会多出这56呢？这是第二次比第一次多的，即（10-6）＝4天生长出来的，所以每天生长的青草为56÷4=14现从另一个角度去理解，这个牧场每天生长的'青草正好可以满足14头牛吃。由此，我们可以把每次来吃草的牛分为两组，一组是抽出的14头牛来吃当天长出的青草，另一组来吃原来牧场上的青草，那么在这批牛开始吃草之前，牧场上有多少青草呢？

（24-14）×6=60

那么：第一次吃草量24×6=144，第二次吃草量20×10=200

每天生长草量56÷4=14

原有草量（24-14）×6=60或144-14×6=60

19头牛分两组，14头去吃生长的草，其余5头去吃原有的草，那么60÷5=12（天）

答：可供19头牛吃12天。

例2：一水库原有存水量一定，河水每天入库。5台抽水机连续20天抽干，6台同样的抽水机连续15天可抽干，若要6天抽干，要多少台同样的抽水机？

摘录条件：

5台 20天原有水+20天入库量

6台 15天原有水+15天入库量

？台 6天原有水+6天入库量

解答：设1台1天抽水量为“1”，第一次总量为5×20=100，第二次总量为6×15=90