傳球數(shù)論問(wèn)題

#問(wèn)題背景山東臨沂市2006年1月份高三模擬考試卷中有一道關(guān)于傳球問(wèn)題的試題：三人相互傳球，由甲開始發(fā)球，并作為第一次傳球，經(jīng)過(guò)5次傳球后，球仍回到甲手中，則不同的傳球方法的種數(shù)是（）（A）6（B）8（C）10（D）16本題主要考查排列組合中的計(jì)數(shù)問(wèn)題，當(dāng)時(shí)我校學(xué)生的得分情況并不理想：筆者所任教班級(jí)為實(shí)驗(yàn)班（學(xué)生的成績(jī)普遍較好），但是選擇正確答案（C）的僅為30%,其余選項(xiàng)基本平均！進(jìn)一步調(diào)查發(fā)現(xiàn)，大多數(shù)同學(xué)沒有明確的解題思路：有的根本就不理解題意；有的只會(huì)使用列舉法進(jìn)行直觀列舉,但不能按一定順序?qū)⑺星闆r一一窮盡,有遺漏現(xiàn)象；選（C）的同學(xué)中也有是蒙對(duì)的，其實(shí)并不真正理解題意；絕大多數(shù)同學(xué)沒有轉(zhuǎn)化問(wèn)題的意識(shí),不能通過(guò)聯(lián)想已經(jīng)解決的熟悉問(wèn)題來(lái)建立數(shù)學(xué)模型求解,表現(xiàn)出抽象思維的貧乏與薄弱。事實(shí)上,對(duì)這種似乎是非常規(guī)性的問(wèn)題,往往難以用常規(guī)題型的通常解法去順利解答；我們有些老師做起來(lái)也不容易盡快找到切入點(diǎn),評(píng)講時(shí)就難以點(diǎn)撥到位.我感覺這是一道極具思維訓(xùn)練價(jià)值的好題,值得深入研究,于是組織學(xué)生進(jìn)行研究性學(xué)習(xí)。分組討論多向求解師（簡(jiǎn)要介紹做題情況與試題特點(diǎn)后）這真是一道難題嗎？同學(xué)們能用所學(xué)過(guò)的將學(xué)生討論的結(jié)果歸類如下：1．將傳球路線一一列舉，進(jìn)行直觀求解：甲丙，相關(guān)知識(shí)與方法來(lái)求解嗎？（留給學(xué)生充分獨(dú)立思考、探索和自由交流討論的時(shí)空）將學(xué)生討論的結(jié)果歸類如下：1．將傳球路線一一列舉，進(jìn)行直觀求解：甲丙，生1考慮傳球次數(shù)不多,可用枚舉法畫出詳細(xì)樹狀圖（圖1）,甲先傳球給乙（上面的一條道路）到最后回到甲手中,共有五種傳球方法；同理甲先傳球給丙,由對(duì)稱性可知也有五種傳球方法故共有10種傳球方法.生2由于球開始和結(jié)束都在甲手中,因此球第一次傳出后及最后一次傳出前必須不圖2在甲手中,不妨把乙、丙統(tǒng)稱為“非”（意為非甲）,故只要確定中間幾次傳球的情況即可.傳球線路圖2如圖2,圖中“T”表示傳球方向，“T”之上所附數(shù)字表示對(duì)應(yīng)于此步的傳球方法數(shù).甲-所以,本題傳球的不同方法數(shù)是2x1x2x1x1+2x1x1x1x1+2x1x1x2x1=10.2．與已有知識(shí)結(jié)構(gòu)聯(lián)系，廣泛聯(lián)想與想象，進(jìn)行發(fā)散思維，建模求解：生3聯(lián)想到2003年新課程卷文科高考試題第16題：將3種作物種植在并排的5塊試驗(yàn)田里，每塊種植一種作物且相鄰的試驗(yàn)田不能種植同一作物，不同的種植方法共有—種.可以將本題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化為涂色模型：相當(dāng)于給圖3六個(gè)方格涂紅、黃、藍(lán)三種顏色,要求第1、6兩格涂紅色,每個(gè)方格涂一種顏色,并且相鄰的兩個(gè)方格涂不同的顏色的方法種數(shù).分類討論如下：針對(duì)紅色還可涂在3或4當(dāng)中，分三種情況：⑴若3涂紅色，則4、5只能涂黃、藍(lán)兩色，有a；種方法，而2只能選擇黃、藍(lán)兩色之一，有A1種方法，由乘法原理知有A；a；=4種方法；（2）若4涂紅色，同理有4種方法；⑶3、4都不涂紅色，則只能在2、X選涂一種顏色，在3、5涂另一種顏色，有a；種方法；綜上，共有2aa2+A=224+2=i0種方法.2生4改變問(wèn)題的敘述形式，就成為很熟悉的排數(shù)模型：

用1、2、3三個(gè)數(shù)字排成6位整數(shù)，要求首位和末位排1，且任意相鄰的兩個(gè)數(shù)碼不相同，可以得到多少個(gè)不同的6位整數(shù)？（解略）進(jìn)一步探究師上述4位同學(xué)的4種解法都具有一定的代表性，如何將問(wèn)題及其解答向一般情況推廣，來(lái)進(jìn)一步揭示問(wèn)題的規(guī)律，認(rèn)識(shí)問(wèn)題的本質(zhì)呢？生5將此問(wèn)題向一般情況引申，有推廣1甲乙丙三個(gè)人相互傳球，由甲開始發(fā)球，并作為第一次傳球，經(jīng)過(guò)n次傳球后，球又回到甲手中，則不同的傳球方法有多少種？問(wèn)題一經(jīng)引向一般，上述4種具體解法就難以完全套用！但是可以受其方法的啟發(fā)引導(dǎo)學(xué)生發(fā)現(xiàn)問(wèn)題背后的規(guī)律：生6設(shè)經(jīng)過(guò)n次傳球后，球在甲手中的不同方法有a種，球不在甲手中的不同方n法有b種，則有：①ai=0,經(jīng)過(guò)n次傳球后共有2n種不同的傳球方法；②經(jīng)過(guò)n次傳球n1后球要么在甲手中，要么不在，可得2?=a+b；③第n-1次傳球后，球在甲手中，則下

nn一次必不在甲手中（甲傳出去有兩種可能）；第n-1次傳球后，球不在甲手中，則下一次可以傳到甲手中（乙可以傳給甲或丙，丙可以傳給甲或乙，各有兩種可能）；④經(jīng)過(guò)n次傳球后,球在甲手中有a種方法，等于第n-1次傳球后球不在甲手中的方法數(shù)b，即a=b，nn-1nn-1且a+b=2n-1.所以a=2n-i-a（i）。這是此數(shù)列的遞推關(guān)系式，結(jié)合a]=0可TOC\o"1-5"\h\zn-1n-1nn-112n2n-12n2得a-〒=-（a-—廠），于是數(shù)列｛a—｝是首項(xiàng)為-了，公比為-1的等比數(shù)列，2n即n3n-13n2n即2n+(-1n)2X(-1)n-1，解得a=.3n3評(píng)注：①對(duì)（i）式學(xué)生出現(xiàn)多種轉(zhuǎn)化方式，如a1a1a11a1a11（a）變形為2*+2?片二2,即2卄一乙二_一2了__2則｛歹-3｝是以-2為公2n+122n22n+132n232n32比以1比以1為首項(xiàng)的等比數(shù)列。（b）由（i）式可得a二2n—a（ii）,兩式相減得a—a二2n-1.再分奇偶項(xiàng)求

n+1nn+1n-1解后合成即可。原題的解即為a5=10.當(dāng)然，也可推知球不在甲手中有25-10二22種方法；根據(jù)等可能性，傳到乙、丙手中各有11種情況.②近閱文[1],正好是上述推廣1,所給解法是上述（a）,容易看出：其法沒有生6的解法簡(jiǎn)捷！生7若從概率的等可能性和互斥角度來(lái)理解，下面的解法別有趣味：由于球由某人手中向下一個(gè)目標(biāo)傳遞有2種方法，經(jīng)過(guò)n次傳球后共有2n種不同的傳球方法，這些方法是等可能的，且任意兩種不同傳球是互斥的.球在甲手中的不同方法有ana種，不在甲手中的不同方法有b種，記a為經(jīng)n次傳球回到甲手中的事件，則P（a）二n，nnnn2nb1—p(a)P(b)=n，且P(a)=0，P(a)+P(b)=1，P(a)=丄(由a=b易得).nn2n11nnnnnn2nn-1111111整理為P(a)-—=-—(P(a)-—)，顯然｛P(a)--｝是首項(xiàng)為—了，公比為-懇的nn32n-1n-13nn332(-1)na等比數(shù)列，即P(a)飛=-X(-)n-1，解得P(a)=+，由P(a)=n，得nn332nn33-2n-1nn2n

=2n-P(a)=2n-P(a)=nn2n+(—l)n-23生8改進(jìn)生3的涂色模型，把圖3中16粘起來(lái)，并作推廣，如圖4：傳球從甲開始，相當(dāng)于區(qū)域1只涂固定顏色(如紅色)，現(xiàn)假設(shè)可任意涂色，則區(qū)域1可有3種涂法，其它區(qū)域都各有2種涂法，但區(qū)域n與區(qū)域1有兩種情況：同色與異色。同色相當(dāng)于合并，為3a，異色正好為3a。n—ln故3a=3-2?-1—3a即a+a=2n-1(下略)nn—lnn—l評(píng)注：生6，7，8的解法均較為簡(jiǎn)捷，建模意識(shí)強(qiáng)，確有創(chuàng)意！生9將此問(wèn)題再推廣，可有推廣2甲乙丙丁四個(gè)人相互傳球，由甲開始發(fā)球，并作為第一次傳球，經(jīng)過(guò)n次傳球后，球又回到甲手中，則不同的傳球方法有多少種？生10直觀列舉，歸納概括找規(guī)律：列出傳球的樹狀圖如圖小察此圖易得如下結(jié)論:次數(shù)甲乙丙丁一次0111二次3222三次6777四次21202020五次60616161???????????????觀察上表，可總結(jié)概括傳球規(guī)律：下一次某人的種數(shù)為他前邊另幾人傳球種數(shù)之和。于是對(duì)于甲來(lái)說(shuō)，其傳接球規(guī)律為次數(shù)經(jīng)n次傳球后回到甲手中的方法數(shù)a一次31—(0+1)—(0+1)—(0+1)二次32—(3—1)—(3—1)—(3—1)三次33—(6+1)—(6+1)—(6+1)四次34—(21—1)—(21—1)—(21—1)五次35—(60+1)—(60+1)—(60+1)???3n+3；94綜上可得結(jié)論：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a=3n—(a—1)—(a—1)—(a—3n+3；94nnnn當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a=3n—(a+1)—(a+1)—(a+1),即a=—nnnnn4于是有a=3"+(—1"3.

n4評(píng)注：這位學(xué)生雖未給出證明，不是很嚴(yán)格，但能夠進(jìn)行如上的直觀列舉，并借此較容易地發(fā)現(xiàn)問(wèn)題背后的規(guī)律，實(shí)已屬難得！生11由傳球規(guī)律可知：要使第n次傳球后球回到甲手中，則第n—1次傳球后球必不在甲手中，易得a=3n-1—a(n>2).于是，進(jìn)行迭代求解，有TOC\o"1-5"\h\znn—1a=3n—1—a=3n—1—3n—2+a=….nn—1n—2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a=3n—1—3n—2—???+(—1)n—3?32+a=.n24

3n—3TOC\o"1-5"\h\z當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a=3n—1—3n—2—?…+(—1)n_3?32—a=.n243n+(—l)n?3綜上，有a=.n4生12(歸納—猜想—證明)3次傳球后，若球傳回甲手中，則第1，2次接球的是乙丙丁三人中的兩人，且有次序，故a=A2=6=33—3；經(jīng)4次傳球后，若球傳回甲手中,334則有以下兩種情況：第2次沒有傳給甲：3x2x2=12,第2次傳給甲：3xlx3=9,故=12+9=12+9=21=34+34猜想：an3n+(—1)n?3

4證明用數(shù)學(xué)歸納法：⑴當(dāng)n=2時(shí)，由a=2知結(jié)論成立;2⑵假設(shè)當(dāng)⑵假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)命題成立，即a=k沁嚴(yán).則當(dāng)n=k+1時(shí)，傳第k+1次回到甲的手中，不管第k次是否傳到甲的手中，共有3k種方法。但事實(shí)上，第k次不可能傳到甲的手中，而第k次傳到甲的手中的方法種數(shù)恰好為a，于是k3^+(—1)k?33k+1+(—1)k+1?3a=3k—a=3k—=.k+1k44即猜想對(duì)n=k+1也成立。由(1)(2)兩步可知，猜想對(duì)任意ngN*都成立。生13將此問(wèn)題一般化，有推廣3m(m>3)人相互傳球，由甲開始發(fā)球，并作為第一次傳球，經(jīng)過(guò)n次傳球后，球仍回到甲手中，則不同的傳球方法的種數(shù)是多少？簡(jiǎn)析由上述“研究”過(guò)程作基礎(chǔ)，不難得到a=(m—1)n+(—1)"?(m—“,ngN*.nm并且出現(xiàn)了猜證法、建立遞推關(guān)系式a+a=(m—1)n(a=0)后用多種方法求a、n+1n1n類似于生7的概率模型法等多種證法；這里摘取并不“簡(jiǎn)捷”卻有趣味的幾種解法：生14甲傳給非甲的情況共有m—1種，非傳給非有m—2種，非傳給甲只有1種,如圖：甲—wt-i_>非—―>非>>非—^^2—>非—1—>甲vV‘n—2次按照在這n次傳球過(guò)程中甲總共觸球的次數(shù)進(jìn)行分類，可有以下情況：甲共觸球2次即只有第一次傳出和最后一次接球(中間不接傳)，這時(shí)非與非共傳球n—2次，可得傳球次數(shù)為N=(m-1)(m-2)n—2；2甲共觸球3次,即除首末兩次外，中間多了一次觸球機(jī)會(huì)，這相當(dāng)于用甲去替換其中一個(gè)“非”，當(dāng)然，兩頭的“非”除外，而中間非與非之間共進(jìn)行n—2次相互傳球，所以可以看成有n—1個(gè)“非”在中間位置上，故甲可以替換的“非”有(n—1)—2=n—3個(gè),即這時(shí)情況總數(shù)為N=C1(m—1)2(m—2)n—4；TOC\o"1-5"\h\z3n—3甲共觸球4次，當(dāng)傳球n(n>6)次時(shí)，從n—3個(gè)位置中選2個(gè)甲，但得排除甲兩兩相鄰的情況n—4種，故這時(shí)的情況數(shù)為C2—(n—4)=C2.于是總數(shù)為n—3n—4N=C2(m—1)3(m—2)n—64n—4所以，①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，甲最多觸球n+1次，這時(shí)總數(shù)為N=口(m—1)芍(m—2)；2n2

n②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，甲最多觸球n+2次，這時(shí)總數(shù)為N=(m-1)2.2n于是，傳球的總方法種數(shù)為a=N+???+N=(m-1)(m-2)n-2TOC\o"1-5"\h\zn2n+C1(m-1)2(m-2)n-4+C2(m-1)3(m-2)n-6+C3(m-1)4(m-2)n-8n-3n-4n-5n—1n-1t,(m—1)2(m—2),n為奇數(shù)+???+<2，、(m—1)2,n為偶數(shù)這個(gè)和式的通項(xiàng)公式為n—3n—2N=Ck(m—1)k+i(m—2)n-2(k+1),k=0,1,2,???,(n奇)或二(n偶).kn—(k+2)22可以證明，a=(m―1)n+(—1)"?(m―,neN(略)nm評(píng)注:生14的解法確實(shí)不夠簡(jiǎn)捷，但卻提供了另一類解決此問(wèn)題的思路，構(gòu)建的數(shù)列{N}k也有一定的實(shí)用價(jià)值。生15采用逆推法并通過(guò)建立遞推關(guān)系式來(lái)求解：為方便于進(jìn)行直觀地量化表述，將問(wèn)題符號(hào)化：用人［表示甲，A,A，…,A表示123m另m-1人，傳球過(guò)程可圖示如下：「A_A3第一次傳球_>A一1A2T…TA一1A2A第~次傳球~>1AAAmmm2A1A第n2次傳球_>2Am設(shè)第i(1<i<n)次傳球時(shí)，球從A,A，…,A手中傳出后，再經(jīng)過(guò)n—i次傳球又TOC\o"1-5"\h\z12m回到A手中的不同傳球方式種數(shù)依次為a,a,a,…,a。11,i2,i3,im,i由于第n次傳球后球要回到A手中，所以第n次傳球時(shí)球只能從A,A,A手123m中傳出直接回到勺手中，此時(shí)由上圖可知：a=a=…a=1，a二m—1,a二a二…，a=m—2.2,n3,nm,n1,n2,n—13,n—1m,n—1(1)若n=2，由上圖知傳球次數(shù)N=m-1；(2)若n=3，由上圖知傳球次數(shù)N=(m-1)(m-2)；(3)若n>4，由于在第i(3<i<n—1)次傳球時(shí)球可以從A,A，…,A中任一12m2,i3,i|a二(m—1)a21,i2,i+12,i3,i|a二(m—1)a21,i2,i+1Ia=a+(m一2)a2,i1,i+12,i+1由(1)得a=(m—1)a1,i+12,i+2m,i(1)(2)(3),把(3)代入(2)得a二(m—1)a+(m—2)a2,i+22,i+1a+a(4)，所以a+a二(m—1)(a+a)n―u二m—1，2,i+12,i+12,i+2a+a+12,i+2進(jìn)而可得a+a=(a+a)(m—1)n—i—2=(m—1)n—i.2,i+12,n—22,n—1

于是a=(m一1)n-i-a(3<i<n-1)(5)TOC\o"1-5"\h\z2,i+l又a=m-2，由(5)式遞推得2,n-1a=(m-1)2-(m-2)，a=(m-1)3-(m-1)2+(m-2)，2,n-22,n-3a=(m-1)4-(m-1)3+(m-1)2-(m-2),,2,n-4a=a=(m-1)k-3-(m-1)k-4+(m-1)k-5+(-1)k-4(m-2)2,32,n-(n-3)(m-1)n-2+(-1)n-1(6)m=(m-1)k-3-(m-1)k-4+(m-1)k-5+(-(m-1)n-2+(-1)n-1(6)m=(-1)n-4(m-1)1一[-(m一Dn-3]+(-1)n-31-[-(m-1)]又由上圖知，由A1第一次傳球經(jīng)過(guò)k次傳球后球又回到A1手中的不同傳球方法種數(shù)

N等于球從A,A，…:A之一手中第二次傳出后，再經(jīng)過(guò)n-2次傳球，球又回到A手中TOC\o"1-5"\h\z23m1的不同傳球方法種數(shù)的和，即N=a+a+…+a，而a=a=…=a，于是2,23,2m,22,23,2m,2得N=(m-1)a=(m-1)[a+(m-2)a]=(m-1)[(m-1)a+(m-2)a](m一1)n(m一1)n-2+(-1)n-3m=(m-1)[(m-1)(a+a)-a]=(m-1)[(m-1)(m-1)n-32,42,3(m-1)n+(-1)n-2(m-1)上式對(duì)n=2,3也成立，因此所求總傳球數(shù)為N=(m一D"+(-1)"-2(m一D.m評(píng)注：生15采用逆推法并通過(guò)引入二元符號(hào)建立遞推關(guān)系式進(jìn)行嚴(yán)密地推導(dǎo)，思路新穎別致，充分體現(xiàn)了其深厚的數(shù)學(xué)素養(yǎng)。生16借鑒生3、生8的方法建立涂色模型如圖4：m個(gè)人「對(duì)應(yīng)4m種不同顏色,傳n次球「對(duì)應(yīng)4在n個(gè)彼此相連的區(qū)域1,2,3，…，n內(nèi)涂色，且任何相鄰的2個(gè)區(qū)域涂不同色。則可將推廣3改述為推廣3'用m(m>2種不同的顏色，給圖4中n個(gè)區(qū)域1,2…n,涂色，要求任意2個(gè)相鄰區(qū)域涂不同顏色，且規(guī)定區(qū)域1只涂一種指定顏色(如紅色)，則不同的涂色方法有多少種？簡(jiǎn)析可以推測(cè)ma=(m-1)n+(-1)n(m-1).n事實(shí)上，假設(shè)區(qū)域1不固定只涂一種顏色，可任意選涂，記符合要求的涂色方法為A(=ma)種，貝嶇域1有m種涂法，其它區(qū)域均各有m-1種涂法。分成兩類：①是區(qū)nn域n與區(qū)域1涂同色，相當(dāng)于將這2個(gè)區(qū)域合并成1個(gè)區(qū)域共n-1個(gè)區(qū)域，這樣符合要求的涂色種數(shù)為A；②是區(qū)域n與區(qū)域1涂不同色，則有A種，故有的涂色種數(shù)為A；②是區(qū)域n與區(qū)域1涂不同色，則有A種，故有n-1nA+A=m(m-1)k-1,k=2,3,…，n.kk-1于是(-1)kA-(-1)k-1A=-m(1-m)k-1,令k=3,…,n,求和得kk-1(-1)nA-A=工[(-1)kA一(-1)k-1A]=-mH(1-m)k-1=(1-m)n一(1-m)2n2kk-1k=3k=3由A=m(m一1)得A=(m-1)n+(-1)n(m-1).A=—n=.mm2001年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題：如圖5，在正六邊形的6個(gè)區(qū)域栽種觀賞植物，要求同一區(qū)域種同一種植物，相鄰的2個(gè)區(qū)域種不同植物?，F(xiàn)有4種不同植物可供選擇，貝有__種栽法。n(m-1)n+(-1)n(m-1)注：是推廣3'的特例:A二(4-1)6+(—是推廣3'的特例:A二(4-1)6+(—1)6(4