传球数论问题

一 问题背景

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来建立数学模型求解，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）

将学生讨论的结果归类如下： 丙 乙 1．将传球路线一一列举，进行直观求解：

甲 乙 丙 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

甲 乙 丙 乙 丙 甲

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 甲 乙 球给丙，由对称性可知也有五种传球方法； … 丙 丙 图1 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

2 甲 非 1 只要确定中间几次传球的情况即可.传球线路

1 如图2，图中“?”表示传球方向，“?”之 2 1 1 1

甲 非 非 非 非 甲 上所附数字表示对应于此步的传球方法数.

1

所以，本题传球的不同方法数是 1 2 甲 图2

2?1?2?1?1+2?1?1?1?1+2?1?1?2?1=10.

2．与已有知识结构联系，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：

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

1 2 3 4 5 6 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

图3 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3或4当中，分三种情况：

（1）若3涂红色，则4、5只能涂黄、蓝两色，有A2种方法，而2只能选择黄、蓝两色之一，有A2种方法，由乘法原理知有A2A2=4种方法；（2）若4涂红色，同理有4种方法；（3）3、4都不涂红色，则只能在2、4 选涂一种颜色，在3、5涂另一种颜色，有A2种方法；综上，共有2A2A2+A2=2?4+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：

1

21221212 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 进一步探究

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n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----引导学生发现问题背后的规律：

生6 设经过n次传球后，球在甲手中的不同方法有an种，球不在甲手中的不同方法有bn种，则有：①a1?0，经过n次传球后共有2种不同的传球方法；②经过n次传球后球要么在甲手中，要么不在，可得2=an+bn；③第n?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n?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）；④经过n次传球后，球在甲手中有an种方法，等于第n?1次传球后球不在甲手中的方法数bn?1，即an=bn?1，且an?1?bn?1?2n?1.所以an?2n?1?an?1（i）。这是此数列的递推关系式，结合a1?0可

nn22n2n?12n??(an?1?)，于是数列{an?得an?}是首项为?，公比为?1的等比数列，

3333n22n2n?(?1)?2n?1即 an?=??(?1)，解得an?.

333评注：① 对（i）式学生出现多种转化方式，如 （a）变形为比以

an?11an1an?11an11an11???,???(?).{?}?即则是以为公2n?122n22n?132n232n32a111???为首项的等比数列。 233 （b）由（i）式可得an?1?2n?an（ii），两式相减得an?1?an?1?2n?1.再分奇偶项求

5原题的解即为a5?10.当然，也可推知球不在甲手中有2?10?22种方法；根据等

解后合成即可。

可能性，传到乙、丙手中各有11种情况.

②近阅文[1]，正好是上述推广1，所给解法是上述（a），容易看出：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n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an种，不在甲手中的不同方法有bn种，记an为经n次传球回到甲手中的事件，则Pn(an)?nan，n2bn1?Pn?1(an?1)，且，+=1，=（由an=bn?1易得）. P(a)?0P(a)P(b)P(a)11nnnnnnn22111111整理为Pn(an)???(Pn?1(an?1)?)，显然{Pn(an)?}是首项为?，公比为?的

323332an111n?11(?1)nP(a)??等比数列，即 Pn(an)?=??(?)，解得P=，由，得(a)nnnnnn?1332233?2Pn(bn)? 2

2n?(?1)n?2an?2?Pn(an)?.

3n生8 改进生3的涂色模型，把图3 5中 1 6 粘起来，并作推广，如图4：

传球从甲开始，相当于区域1只涂固 （甲）1定颜色（如红色），现假设可任意涂色，则

2区域1可有3种涂法，其它区域都各有2种

涂法，但区域n与区域1有两种情况：同色

与异色。同色相当于合并，为3an?1，异色正好为3an。

故3an=3?2n?14n3?图 4n?112????3an?1即an?an?1?2n?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n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，观察此图易得如下结论：

次数 甲 乙 丙 丁 一次 0 1 1 1 二次 3 2 2 2 三次 6 7 7 7 四次 21 20 20 20 五次 60 61 61 61 ? ? ? ? ? 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n次传球后回到甲手中的方法数an 一次 二次 三次 四次 五次 ? 31?(0?1)?(0?1)?(0?1) 32?(3?1)?(3?1)?(3?1) 33?(6?1)?(6?1)?(6?1) 34?(21?1)?(21?1)?(21?1) 35?(60?1)?(60?1)?(60?1) ???????? n 综上可得结论：当n为偶数时，an?3n?(an?1)?(an?1)?(an?1),即an?3?3；

4当n为奇数时，an?3n?(an?1)?(an?1)?(an?1),即an?3?3. 4nnn 于是有an?3?(?1)?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，实已属难得！

生11 由传球规律可知：要使第n次传球后球回到甲手中，则第n?1次传球后球必

不在甲手中，易得an?3n?1?an?1(n?2).于是，进行迭代求解，有 an?3n?1?an?1?3n?1?3n?2?an?2??.

n?1当n为偶数时，an?3?3n?2???(?1)n?33n?3?3?a2?.

42 3

当n为奇数时，an?3n?1?3n?2???(?1)n?33n?3?3?a2?.

423n?(?1)n?3 综上，有an?.

4生12 （归纳—猜想—证明）3次传球后，若球传回甲手中，则第1，2次接球的是

33?32乙丙丁三人中的两人，且有次序，故a3?A3?6?；经4次传球后，若球传回甲手中，

4则有以下两种情况：第2次没有传给甲：3?2?2?12,第2次传给甲：3?1?3?9,故

34?33n?(?1)n?3a4?12?9?21?.??，猜想：an?.

44 证明 用数学归纳法：

(1) 当n?2时 ，由a2?2知结论成立；

3k?(?1)k?3(2) 假设当n?k时命题成立，即ak?.则当n?k?1时，传第

4k?1次回到甲的手中，不管第k次是否传到甲的手中，共有3k种方法。但事实上，第k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ak，于是

3k?(?1)k?33k?1?(?1)k?1?3. ak?1?3?ak?3??44即猜想对n?k?1也成立。

? 由（1）（2）两步可知，猜想对任意n?N都成立。

kk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n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？

(m?1)n?(?1)n?(m?1) 简析 由上述“研究”过程作基础，不难得到an?,n?N?.

m并且出现了猜证法、建立递推关系式an?1?an?(m?1)n(a1?0)后用多种方法求an、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m?1种，非传给非有m?2种，非传给甲只有1种，如图：

????非???????非?????非???甲 甲???非??????????????????n?2次m?1m?2m?21 按照在这n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n?2次，可得传球次数为N2?(m?1)(m?2)n?2；

(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n?2次相互传球，所以可以看成有n?1个“非”在中间位置上，故甲可以替换的“非”有(n?1)?2?n?3个，即这时情况总数为N3?Cn?3(m?1)(m?2)12n?4；

(3)甲共触球4次，当传球n(n?6)次时，从n?3个位置中选2个甲，但得排除甲两

22两相邻的情况n?4种，故这时的情况数为Cn?3?(n?4)?Cn?4.于是总数为

2N4?Cn)3(m?2)n?6.?? ?4(m?1n?1 所以，①当n为奇数时，甲最多触球n?1次，这时总数为Nn?(m?1)22

4

n?12(m?2)；