传球问题的探究性学习

1、传球问题的採屯性学习山东省临沐县实验中学李錦旭（276700 ）一 问題背景山东临沂市2006年1月份高三模拟考试卷中有一道关于传球问题的试题：三人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲 手中，则不同的传球方法的种数是（）（a） 6（b） 8（c） 10（d） 16本题主要考查排列组合中的计数问题，当时我校学生的得分情况并不理想：笔者所任 教班级为实验班（学生的成绩普遍较好），但是选择正确答案（c）的仅为30%,其余选项基 本平均！进一步调查发现，大多数同学没有明确的解题思路：有的根本就不理解题意；有 的只会使用列举法进行直观列举，但不能按一定顺序将所有情况一一穷

2、尽，有遗漏现象； 选（c）的同学中也有是蒙对的，其实并不真正理解题意；绝大多数同学没有转化问题的意 识，不能通过联想已经解决的熟悉问题來建立数学模型求解，表现出抽象思维的贫乏与薄 弱。事实上，对这种似乎是非常规性的问题，往往难以用常规题型的通常解法去顺利解答; 我们有些老师做起来也不容易尽快找到切入点，评讲时就难以点拨到位我感觉这是一道极 具思维训练价值的好题，值得深入研究，于是组织学生进行研究性学习。二分组讨论多向求解师 （简要介绍做题情况与试题特点后）这真是一道难题吗？同学们能用所学过的相关知识与方法来求解吗？（留给学生充分独立思考、探索和自由交流讨论的时空）1.将传球路线一一列举，进行直

3、观求解:甲一乙一,内将学生讨论的结果归类如下:生1考虑传球次数不多， 可用枚举法画出详细树状图（图1）,甲先 传球给乙（上面的一条道路）到最后回到 甲手中，共有五种传球方法；同理甲先传 球给丙，由对称性可知也有五种传球方法; 故共有10种传球方法.生2由于球开始和结束都在甲手中，因此球第一次传出后及最后一次传出前必须不在甲手中，不妨把乙、丙统称为“非”（意为非甲），故 只要确定中间几次传球的情况即可传球线路如图2,图中表示传球方向，“t ”之上所附数字表示对应于此步的传球方法数.甲所以，本题传球的不同方法数是2xlx2xlxl + 2xlxlxlxl + 2xlxlx2x 1=10.2.与已有

4、知识结构联系，广泛联想与想象，进行发散思维，建模求解：生3联想到2003年新课程卷文科高考试题第16题：123456图3将3种作物种植在并排的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种 植同一作物，不同的种植方法共有种.可以将本题进行等价转化为涂色模型：相当于给 图3六个方格涂红、黄、蓝三种颜色，要求第1、6两 格涂红色，每个方格涂一种颜色，并且相邻的两个方格 涂不同的颜色的方法种数.分类讨论如下： 针对红色还可涂在国或国当中，分三种情况：（1）若国涂红色，则那同只能涂黄、蓝两色，有盘种方法，而因只能选择黄、蓝 两色之一，有力;种方法，由乘法原理知有种方法；（2）若国涂红色，同理有4种

5、 方法；（3）回、国都不涂红色，则只能在回、g选涂一种颜色，在回、国涂另一种颜色，有4； 种方法；综上，共有2a；+=2x4+2=10种方法.生4改变问题的叙述形式，就成为很熟悉的排数模型：用1、2、3三个数字排成6位整数，要求首位和末位排1,且任意相邻的两个数码不 相同，可以得到多少个不同的6位整数？（解略）三进一步採老师上述4位同学的4种解法都具有一定的代表性，如何将问题及其解答向一般情况推 广，来进一步揭示问题的规律，认识问题的本质呢？生5将此问题向一般情况引申，有推广1甲乙丙三个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过次传 球后，球又回到甲手中，则不同的传球方法有多少种？问题一

6、经引向一般，上述4种具体解法就难以完全套用！但是可以受其方法的启发-一- 引导学生发现问题背后的规律：生6设经过次传球后，球在甲手中的不同方法有心种，球不在甲手中的不同方 法有仇种，则有：=0,经过”次传球后共有2"种不同的传球方法；经过次传球后球要么在甲手中，要么不在，可得2n = atbn；第-1次传球后，球在甲手中，则下 一次必不在甲手中（甲传出去有两种可能）；第斤-1次传球后，球不在甲手中，则下一次可 以传到甲手中（乙可以传给甲或丙，丙可以传给甲或乙，各有两种可能）；经过"次传球 后,球在甲手中有鑫种方法，等于第n-1次传球后球不在甲手中的方法数仇，即an = bn

7、_., 且" +仇_ =2心.所以役“ （do这是此数列的递推关系式，结合® =0可得陽-斗=-（-二），于是数列«_斗是首项为-彳,公比为-1的等比数列,即解得色/+（,）” 2.评注：对g）式学生出现多种转化方式，如变形为貓+抄斗即貓寺-挣弓则僚弓是以比以为首项的等比数列。233（b）由（i）式可得an+1 =t-an （ii）,两式相减得%_%=2“二再分奇偶项求 解后合成即可。原题的解即为6/5 =10当然，也可推知球不在甲手中有25 -10 = 22种方法；根据等 可能性，传到乙、丙手中各有11种情况.近阅文1,正好是上述推广1,所给解法是上述（a）,容

8、易看出：其法没有生6的 解法简捷！生7若从概率的等可能性和互斥角度来理解，下面的解法别有趣味：由于球由某人手中向下一个目标传递有2种方法，经过次传球后共有2”种不同的传 球方法，这些方法是等可能的，且任意两种不同传球是互斥的球在甲手中的不同方法有色 种，不在甲手中的不同方法有仇种，记石为经“次传球回到甲手中的事件，则pm = *， 呃）岭，且呱） = 0,代（石）+呃）=1,临）上笃3 （由仃h易得）. 1 1 1 1 1 1 整理为代（）-齐jh（g）-§），显然是首项为一亍公比为一的 等比数列，即 诙）_$*><（*）心，解得咏）三+虽刍，由pm = 9得生8改进生3

9、的涂色模型，把图3ait=t-pm =证|粘起来，并作推广，如图4： 梶球从甲开始，相当于区域1只涂固定颜色（如红色），现假设可任意涂色，则 区域1可有3种涂法，其它区域都各有2种 涂法，但区域与区域1有两种情况：同色 与异色。同色相当于合并，为异色正好为3%。故 3匕=32"“ 一 即色 + -1 = 2/,-1 （下略）评注：生6, 7, 8的解法均较为简捷，建模意识强，确有创意！生9将此问题再推广，可有推广2甲乙丙丁四个人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过斤次传球 后，球又回到甲手中，则不同的传球方法有多少种？生10直观列举，归纳概括找规律：列出传球的树状图如图1,

10、观察此图易得如下结论：次数甲乙丙t一次0111二次3222三次6777四次21202020五次60616161 观察上表，可总结概括传球规律：下一次某人的种数为他前边另几人传球种数之和。 于是对于甲来说，其传接球规律为次数经h次传球后回到甲手中的方法数*一次3】-(0 + 1)-(0 + 1)-(0 + 1)二次3?-(3-1)-(3-1)-(3-1)三次3'-(6 + 1)-(6 + 1)-(6 + 1)四次34-(21-1)-(21-1)-(21-1)五次3'-(60+1) (60 + 1) (60 + 1) 综上可得结论:当兀为偶数时，（色1）（色1）（色1）,即。=工三

11、当n为奇数时，=3”a+1）（%+1）-a+1）,即=工于是有。丿+"3.“4评注：这位学生虽未给出证明，不是很严格，但能够进行如上的直观列举，并借此较容 易地发现问题背后的规律，实己属难得！生11由传球规律可知：要使第宛次传球后球回到甲手中，则第斤-1次传球后球必 不在甲手中，易得an= -an_sn>2）.于是，进行迭代求解，有%严3心一3心+%2=当为偶数时，an= 3心一 3n'2 一+ （-if3 32 + a2 =兰空.综上，有+(”3”4生12 (归纳一猜想一证明)3次传球后，若球传回甲手中，则第1, 2次接球的是 乙丙丁三人中的两人，且有次序，故角二笛=

12、6二手；经4次传球后，若球传回甲手中, 则有以下两种情况：第2次没有传给甲：3x2x2 = 12,第2次传给甲：3xlx3 = 9,故1o n3°+3務帕3"+(-1)"3=12 + 9 = 21=猜想:an =4"4证明用数学归纳法：(1) 当n = 2时，由a2 = 2知结论成立；(2) 假设当n = k时命题成立，即 3*+(-1产3侧当n = k + i时，传第k4£ + 1次回到甲的手中，不管第£次是否传到甲的手中，共有3*种方法。但事实上，第£次 不可能传到甲的手中，而第k次传到甲的手中的方法种数恰好为,于是3*

13、十（-1产343如1+(_)“3即猜想对n = k + i也成立。由(1) (2)两步可知，猜想对任意hgtv*都成立。生13将此问题一般化，有推广3 m (m>3)人相互传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过次传 球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是多少？简析 由上述“研究”过程作基础，不难得到色=(_1)”+(_1)”5_1)牛皿 m并且出现了猜证法、建立递推关系式at+an=(m-ya. =0)后用多种方法求色、 类似于生7的概率模型法等多种证法；这里摘取并不“简捷”却有趣味的几种解法： 生14甲传给非甲的情况共有加-1种，非传给非有加-2种，非传给甲只有1种, 如图

14、：甲_心_非_加 j非>非_叱3_非一甲按照在这次传球过程中甲总共触球的次数进行分类，可有以下情况：(1) 甲共触球2次即只有第一次传出和最后一次接球(中间不接传)，这时非与非共传 球 一 2次，可得传球次数为m = (m 一 l)(m- 2)i ；(2) 甲共触球3次，即除首末两次外，中间多了一次触球机会，这相当于用甲去替换其 中一个“非”，当然，两头的“非”除外，而中间非与非之间共进行/1-2次相互传球，所 以可以看成有-1个“非”在中间位置上，故甲可以替换的“非”有5-1)-2 = -3个, 即这时情况总数为n3 = cl(m- l)2(m - 2)心；(3) 甲共触球4次，当传球

15、/i(/i > 6)次时，从斤-3个位置中选2个甲，但得排除甲两 两相邻的情况兀-4种，故这时的情况数为c；3 -4) = c；4于是总数为 n4=cm-l)m-2y-6.所以，当为奇数时，甲最多触球竺次，这时总数为n”(加-1) 丁伽-2);2 2当为偶数时，甲最多触球也次，这时总数为nn=(m-iy.2于是，传球的总方法种数为q” = “2 + + "“ =(加-1)(加-2)-2+ c*_3 （m - l）2（m - 2）i + c；_4 一i）3 （m- 2）“" + 住亠（加-1）4 （m- 2）小“l】-（w-1） 2 （加一 2）,"为奇数 +

16、 +2(w-1)2,/?为偶数这个和式的通项公式为m = c：(z (加- i)"' (加-2)心如),k = 0,1,2,号奇)或字 s偶).jj可以证明，(略)m评注:生14的解法确实不够简捷，但却提供了另一类解决此问题的思路，构建的数列n& 也有一定的实用价值。生15采用逆推法并通过建立递推关系式来求解：为方便于进行直观地量化表述，将问题符号化：用儿表示甲，人2,去，表示另mt人，传球过程可图示如下：a2_al第一次传球、a3第二次传球、a2> amr ama2第n-l次传球y a3第n次传球a】a】t>a2第n-2次传球、a2 r amam设第z(

17、l <i<n)次传球时，球从人，每,，九手中传出后，再经过斤-，次传球又回到人手中的不同传球方式种数依次为九,a2 i, a3 i，,am i。由于第川次传球后球要回到刍手中，所以第兀次传球时球只能从仏，£，,九手 中传出直接回到£手中，此时由上图可知：a2,n = % = = 1，% = m - 1卫2心=%一1 =，am,n- =加 一 2-(1)若n=2,由上图知传球次数n =m-l； (2)若n=3,由上图知传球次数n = (m-1) (m-2)； (3)若 a4,由于在第/(3 < / < ,1 - 1)次传球时球可以从，每，",

18、”中任一 人手中传出，且a2i=a3j所以当3<i<n-1时由上图可知=(m-lk，-+1。2,厂九+1 +(加一 2)。2阳由得 ali+l =(m- l)a2i+2 (3),把(3)代入(2)得 eg =(m- )a2i+2 +(m- 2)a2i+l（4）, 所以 血+。2+1 =（w 一l）（°2,i+i +。2+2）= - = m- 9a2,i+ +°2,i+2进而可得+ a2,i+ =（a2,n-2 +。2,”-1）（加 一 1）"心=（加 一 1）"二于是°2j =-6f2/+1（3 < i < h -1）

19、（5）又。2.”一1 =m-2,由（5）式递推得a2,n_2 =（加 一 i）' 一（加 一 2） “_3 =（加 一 1）' 一（加 一 1）? + （加 一 2） 仏“-4 =（加 一 i）4 一 （加 一 03 + o-i）2 -（加 一 2）,。2,3 = a2,n-（n-3）=（加 _ 1）" ' _（加 _ 1）" " +'卜（_】）""（加 _ 2）=（尬-1）_3 -（m - i）*" * （加 _ 1）-5* （_）-4（加 _ ）*（_）“-3又由上图知，由人第一次传球经过比次传球后

20、球又回到人手中的不同传球方法种数 n等于球从人2,去，4加之一手中第二次传出后，再经过兀-2次传球，球又回到人手中 的不同传球方法种数的和，即n = a22 + a32 + + am 2,而a22 =a32 = - = am29于是 得 n = qn 1）勺,2 = （/7? 一 l）°i.3 + （斤1 一 2）勺.j =（册 一 1）（加 一 1）2.4 +（m 一 2）6f2 3 j/! 2=（m - 1）（/? 一 1）（。2.3 +。2.4）一。2.3 j =（加一 1）（加 一 1）（加 一 d"" 一 （m-iy +（_1严（也_1）上式对n = 2

21、,3也成立，因此所求总传球数为n =（加_1）”+（_1）“（加_1）评注：生15采用逆推法并通过引入二元符号建立递推关系式进行严密地推导，思路 新颖别致，充分体现了其深厚的数学素养。生16借鉴生3、生8的方法建立涂色模型如图4：加个人- >m种不同颜色, 传斤次球在个彼此相连的区域1, 2, 3,，n内涂色，且任何相邻的2个区 域涂不同色。则可将推广3改述为推广3'用m（m > 2）种不同的颜色，给图4中斤个区域1,2,丿涂色，要求任意2个 相邻区域涂不同颜色，且规定区域1只涂一种指定颜色（如红色），则不同的涂色方法有多 少种？简析 可以推测 man = （m -1）”

22、+ （1）“ （m -1）.事实上，假设区域1不固定只涂一种颜色，可任意选涂，记符合要求的涂色方法为（= man）种，则区域1有加种涂法，其它区域均各有加-1种涂法。分成两类：是区 域斤与区域1涂同色，相当于将这2个区域合并成1个区域共料-1个区域，这样符合要求 的涂色种数为a”；是区域n与区域1涂不同色，则有每种，故有 a/. + 41 = 1）a_i, k = 2,3, ,«.于是（-1）4-（-1）"人归=-m（l- m）1-1，令k = 3,求和得（_1）"九_%=工（_1）“4_（_1）14（ = _加工（1_肋2=（1_加）"_（1_加）2,«=3由 a2 = m（m -1） # an = m -1）,? + （-1 gn _ a»_ = （m _ 1）" + （_1）“ （m _ 1）注：2001年全国高中数学联赛题：如图5,在 正六边形的6个区域栽种观赏植物，要求同一区域种同 一种植物，相邻的2个区域种不同植物。现有4种不同 植物可供选择，则有种栽法。是推广 3'的特例：人=(4 一 1)