【正文】 。 x =（y+1）2^n1 ① ,送了兩次以后發(fā)現(xiàn)還剩下三張唱片,那么她原來共有幾張唱片呢?如果按照這種“三等分”辦法送禮三次，最后自己留下三張唱片，此時是否有解？你會發(fā)現(xiàn)，改變參數(shù)——贈送次數(shù)、分數(shù)量和最后留存的整張唱片數(shù)——在不掰開唱片的意義上，并非全有解。那么，在什么樣的限定條件下既能解決這類問題又不必掰開一張唱片呢？ 一般地，每次送出手中唱片的 m分之一再加上一張唱片的 m分之一，如果最后剩下 y張，則原來有唱片數(shù)為： x=（y+1）（m/（m1））^n1 ②顯然，等式右邊通常是一個有理數(shù)，因為m與 m1是互質(zhì)的，要使得 x是整數(shù)，必須有（m1）^n|（y+1），即最后剩下的唱片數(shù)加一必須等于（m1）^n的倍數(shù)，即： y=k（m1）^n1 （其中k是任意正整數(shù)） ③ 同樣，并不需要每次贈送時的分數(shù)量完全一樣。例如，在下面這個難題里，分數(shù)量是不同的：某個男孩好養(yǎng)金魚，他決定把他的金魚全部出售了，并分以下五次賣出：第一次賣出全部金魚的一半加二分之一條金魚；第二次賣出剩余金魚的三分之一加三分之一條金魚；第三次賣出剩余金魚的四分之一加四分之一條金魚；第四次賣出剩余金魚的五分之一加五分之一條金魚；現(xiàn)在還剩下11條金魚。當然，在出售時金魚是不能切開或者有任何破損的。他原來共有多少條金魚？答案是59條。這個問題不像前面一些題目那樣容易解答，請你試試看，能否解答出來。 設(shè)第 k次賣出現(xiàn)有金魚的k+1分之一加k+1分之一條金魚，則有： x=（y+1）n！/（n1）！1 ④現(xiàn)在 y=11，n=5，所以x=（11+1）5！/4！1=12*51=59條。 下面是一個大同小異的題目。某女士錢包里有一定數(shù)量的整元鈔票，身邊沒帶零錢。,給店門口的乞丐一元錢。,另外給了侍者兩元錢小費。,回家前到雞尾酒店去了一次,喝酒花了三元錢?，F(xiàn)在她還剩下一張一元錢的鈔票。假設(shè)她沒有把整元的鈔票兌開過，那么她原來有多少錢？ 設(shè) x為原來的錢數(shù)，y是最后剩下的錢數(shù)，y（n）是花了 n1次錢之后所剩下的錢數(shù)。則有： y（0）=x，y（n）=y（n1）y（n1）/2n解此差分方程，得到： x=（y + 2n2）2^n + 2 ⑤在本題目中，n=3，y=1，故 x=（1+2*32）2^3+2=42 如果每次給的小費、施舍和酒錢不是 n，而是 a（n），則有 y（n）=y（n1）y（n1）/2a（n），y（0）=x其解是： x=y*2^n+（2a（1）+4a（2）++2^na（n）） ⑥對于本題，y=1，n=3，a（1）=1，a（2）=2，a（3）=3，故 x=1*2^3+（1*2+2*4+3*8）=42 值得注意的是，在上述各例中都已知最后剩余的數(shù)目。若是不知道這一數(shù)目，問題一般也是能夠解決的，不過可能需要在整數(shù)范圍內(nèi)解不定方程。最著名的一個類似問題曾經(jīng)作為美國作家本艾姆斯威廉斯寫的一個小故事的根據(jù)，這個故事刊登于1926年10月9日的《周末晚報》上。 這個故事名為“椰子”，說的是五個男人和一只猴子因翻船而來到一個小島上。第一天，他們花了一天功夫來采椰子。夜里，有一個人醒來了，他決定取走自己的一份椰子。于是他把椰子平分成五堆，結(jié)果還剩下一只椰子，他便把它給了猴子。然后他把自己的一份藏好，就回去睡覺了。過了一會兒，第二個人也醒來了，也干了同樣的事情。他把椰子平分成五堆，也剩下一只椰子，他把它給了猴子。然后他把自己的一份藏好，也回去睡覺了。以后，第三個人、第四個人和第五個人一點兒不差地全都這樣做了。第二天早上他們起身之后，把剩下的椰子平分成五份，這次就沒有剩余的椰子了。問他們原來采了多少只椰子？這個問題有無數(shù)個答案，最小的答數(shù)是3121。這不是一個簡單的題目。 設(shè) x是原來的椰子數(shù)，y（n）是第 n個人拿走的椰子數(shù)，則有： y（0）=x=5y（1）+1，4y（n1）=5y（n）+1 （n=2，3，...5） 4y（5）=5k （k為最后分成的五份每份的個數(shù)）解出該方程，有： x=(5k+4)(5/4)^54 ⑦顯然，要使x是整數(shù)，應(yīng)該有 5k+4=h*4^5 ,其中h是任意正整數(shù)，當h=1時，k有最小值204，這時，x=5^54=31254=3121如果不是5個人，而是n個人，那么其解是： x=（nk+n1）（n/（n1））^n（n1） ⑧顯然應(yīng)該有（n1）^n|（nk+n1），即（nk+n1）是（n1）^n的倍數(shù)，即：（nk+n1）= h（n1）^n （其中 h是任意正整數(shù)）附錄：線性非齊次差分方程的通解 方程：a2f（n+2）+a1f（n+1）+a0f（n）=0 稱為線性齊次差分方程。若其特征方程： a2x2+a1x+a0=0 有兩個不同的根α，β，則齊次解為： f（n）=c1αn + c2βn 若其特征方程： a2x2+a1x+a0=0 有兩個重根α，則齊次解為： f（n）=（c1+ c2n）αn 方程：a2f（n+2）+a1f（n+1）+a0f（n）= q（n）稱為線性非齊次差分方程?，F(xiàn)在引入差分算子Δ和移位算子E： Δf（n）=f（n+1）f（n） E f（n）=f（n+1）顯然有Δ=E1，定義算子多項式 F（E）=a2E2+a1E+a0， 方程：a2f（n+2）+a1f（n+1）+a0f（n）= q（n）可以寫成：F（E）f（n）= q（n） 方程：F（E）f（n）= q（n）的特解：f~（n）=q（n）/F（E） 方程：F（E）f（n）= q（n）的通解：f（n）=f（n）+f~（n）下面介紹特解的求法，有如下一組公式： 1。C/F（E）=C/F（1） （注：C為常數(shù)，F(xiàn)（1）≠0） 2。an/F（E）=an/F（a） （注：F（a）≠0） 3。若F（a）=0，則 an/F（E）=nan1/F39。（a） （注：F39。（a）=DF（x）|x=a≠0，其中D為微分算子） 4。anp（n）/F（E）=an[p（n）/F（aE）] （注：[]表示運算只對于括號內(nèi)部起作用） 5。nk/F（E）=（d0+d1Δ+...+dkΔk）nk （注：1/F（E）=1/F（Δ+1）= d0+d1Δ+...+dkΔk +...） 6。sin（nβ）/F（E）=F（E1）sin（nβ）/{（F（cosβ））2 + （F（sinβ））2} 7。cos（nβ）/F（E）=F（E1）cos（nβ）/{（F（cosβ））2 + （F（sinβ））2} （注：在6。、7。中的分母上，在展開時，要將coskβ、sinkβ改寫成coskβ、sinkβ） 例：解差分方程：f（n+1） f（n）=2n f（0）=0 齊次解為：f（n）=c1 特解：f~（n）=2n /（E1）=2n /（21）= 2n 通解：f（n）=c1 + 2n 由于f（0）= 0，所以 0 = c1+ 1 解之得到 c1 = 1 最后：f（n）= 2n 1■【砝碼稱重問題】　　曾經(jīng)有人出過這樣一道題：怎樣用四顆砝碼，用天平把直到40磅為止的各個整數(shù)磅數(shù)的物體稱出來？　　法國數(shù)學(xué)家巴舍德梅齊里亞克（Bachet de Meiziriac）在他的《數(shù)學(xué)趣題》（1624年）中，提到了這個問題。　　這個問題用二進制砝碼是解決不了的，盡管如今的計算機都要使用二進制。因為用1磅、2磅、4磅、8磅四塊砝碼最多只能稱出1+2+4+8=15磅的物體。很自然我們會想到二進制不行，那么試試三進制看看行不行，1+3+9+27=40磅正好符合我們的要求。雖然最大我們能夠稱出40磅的物體來，但是 27的各種組合只有1122333340磅，其中缺少許多整數(shù)磅。不過我們有一種巧妙的方法，可以解決這個難題，我們可以把砝碼加在天平上那個稱東西的盤子上，因此，這塊砝碼不是要加在稱出的重量上面，而是要從中減去的數(shù)。比如5=936=97=9+13等等。為了達到這個目的，這里所用的三進制數(shù)碼不是通常的0、2，而是0、1。不錯，在用3作為底數(shù)時，所用數(shù)碼是0、2，但是2可以寫成31，因此可以化成1這個數(shù)字。下面可以看到這么處理的方便之處。為了簡便，我們把1寫成i，以后只要在三進制中碰到2這個數(shù)字，我們就把它改寫成1i（即31=2）例如，三進制中的22102這個數(shù)，可以用下面的加法表改寫成10i11i。 +1i11i0i0i1　22102= 1i 1i 1 0 1i（+ ——————— 10i11i為了稱出14磅，先將14化成普通三進制112，再改寫成1iii，方法如下：112= 110 1i（+ ——————— 1iii這就是說，我們應(yīng)該把27這塊砝碼放進砝碼盤，而把1三塊砝碼放進稱物盤中：27931=14再看怎樣稱出35磅來，35=27+6+2=（1022）3=110i，所以應(yīng)該把29這兩塊砝碼放進砝碼盤，而把1磅這塊砝碼放進稱物盤中。這樣我們完全解決了用四塊砝碼稱出40磅以下所有整數(shù)磅物體的問題。該結(jié)論可以推廣到稱量超過40磅的物體上去，這時，我們要再加一塊81磅的砝碼，最大可稱量：1+3+9+27+81=121磅顯然，如果有n塊三進制砝碼，則最大可稱量的物品重量為：1+3+3^2+3^3+...+3^(n1)=(3^n1)/2磅 不過用這種三進制的方法還是過于繁瑣，我還是用老一套——遞推方法。首先必須有1磅，不然就無法稱量1磅的物品，所以我們得到了第一塊砝碼：1磅?，F(xiàn)在1磅的物品可以稱量了，再增加一磅，2磅怎樣稱量呢？2=1+1，顯然還需要一塊1磅的砝碼，但是如果我們要求每塊砝碼都盡量大，那么增加一塊1磅的砝碼就不符合要求了。因為我們也可以增加一塊2磅的砝碼，而能夠直接稱量2磅的物品；還可以大嗎？增加一塊3磅的，正好滿足要求：1=1，2=31，3=3，4=1+3。我們看到：（1，1）；（1，2）；（1，3）；都可以滿足稱量連續(xù)整數(shù)磅的物品，而其中（1，3）滿足砝碼盡量大的要求。但是也不能任意大，因為（1，4）不能稱量2磅的物品，所以3磅是可選的第二塊砝碼中最大的一個，如果不要求盡量大，那么1，2，3都是可選的第二塊砝碼?，F(xiàn)在能稱量的最大重量是1+3=4磅，大于這個數(shù)就必須再增加砝碼了，假設(shè)增加一塊x磅的砝碼，則稱量 5磅=x（1+3），求出第三塊砝碼 x=5+4=9磅，現(xiàn)在能稱量從1到（1+3+9）=13磅的所有連續(xù)磅數(shù)的物品了，稱量 14磅=x（1+3+9），x=14+13=27磅。這樣我們得到了4塊砝碼組（1，3，9，27）。 那