24.如何用数学方法挑选商品
我们经常会遇到这样的情况：购买商品时，同样的商品有很多，怎样挑选出最满意的一个来呢？当然，营业员不可能把所有的商品都拿出来任你挑选，我们也就没有多大的挑选余地，但如果摆在你面前的商品有很多，你该如何挑选呢？又譬如说生产厂家要从自己的产品中，挑选一个最好的去参加评比，怎样从众多的产品中挑选呢？
所谓满意的标准有很多，对于顾客来说，商品的好坏大致有三个标准：一是商品的质量，二是商品的外观，三是商品的价格。而这三者往往不容易完全兼顾，顾客的心理也有差异，有人对外观的要求较高，而有人则更看重价格。这里，我们假定顾客心中已经有一定的标准，能够从两件商品中区分出好坏。
现在假定有n件商品供你挑选。一般的方法是采取两两比较，先对其中两个进行比较，再换两个进行比较，如此一直下去，直到最后选出最优的一个来。作两两比较，人们总是希望比较的次数越少越好，那么从n件商品中选出一个最优的至少要比较多少次呢？为了叙述方便，我们把这个次数记为f（n）。
如果n＝2，即从两件商品中挑选一个最优的，只须进行一次比较就可以了，因此，f（2）＝1。
如果n＝3，可以先对其中两件商品作比较，选出的优胜者再与另一件相比，选出最优的，因而只须进行两次比较，即f（3）＝2。
下面我们来看一般情形，n件商品，我们先任取两件作比较，选出一个再与下一个相比，如此继续，到最后一件，那么一共进行的比较次数是n－1次。这一方案所用的比较次数一定不比f（n）小，有f（n）≤n－1。
现在我们假设已经有一个方案，只需进行f（n）次比较。那么，第一次比较总是从其中的两个开始的，淘汰掉一个之后，优胜者与其它n－2件的最少比较次数是f（n－1），而原方案去掉第一次比较剩留的比较方案恰好是n－1件商品选优的一种方案。于是有f（n）－1≥f（n－1），即：
f（n）≥f（n－1）＋1≥f（n－2）＋1＋1
≥f（n－3）＋3≥……≥f（n－（n－2））＋n－2
＝f（2）＋n－2＝1＋n－2＝n－1。
前面已知f（n）≤n－1，现又有f（n）≥n－1，于是，f（n）＝n－1。也就是说，从n件商品中挑选出一个最优的，至少要作n－1次比较。前面我们已经给出了一个作n－1次比较的方案，当然也还有其它的最佳方案。比如说我们可以把商品先分成若干个组，在组内先进行比较，然后每组的优胜者再拿到一起作比较。
下面我们来看如何从n件商品中挑选两个最优。我们只要求能找出两个最满意的商品，而不需要在两个商品中再区分最优。这时最少的比较次数是多少呢？我们先从n件商品中选出一个最优来，最少的比较次数是n－1，去掉这个最优，再从剩下的n－1件商品中选出一个最优，最少进行n－2次比较，这时我们保证了这两件商品确实比其它n－2件商品更优，由于不需要区分冠亚军，所以在这2n－3次比较中，我们还应去掉一次冠亚军之间进行的比较，于是我们最少的比较次数是2n－4。那么这些比较又如何进行呢？这一问题我们留给读者自己去思考。
25.能被2、3、5、9或11整除的数
老师在黑板上出了几个算术题？
1.312212能不能被2整除？
2.215412能不能被3或9整除？
3.5712能不能被5整除？
4.412632能不能被11整除？
你不用笔算，能把结果正确地说出来吗？
也许你认为被除数的位数多了，心算就不可能。
其实要算出一个数能不能被某些数整除，不在乎被除数的位数，也不需要有心算的训练，主要的关键在于我们是不是已经掌握了整除的规律。
1.因为偶数能被2整除，所以，个位数是0或偶数的都能被2整除。
312212是偶数，所以能被2整除。
2.由于10、102、103……除以3或9的余数都是1，因此，10c，102b，103a……除以3或9的余数分别是c，b，a……。比如说，一个四位数，它可以写成103a＋102b＋10c＋d。它能不能被3或9整除，就看各个位数相加的和（a＋b＋c＋d）能不能被3或9整除。
215412各位数字的和是2＋1＋5＋4＋1＋2＝15，再把15的两位数字相加为1＋5=6。6能被3整除，而不能被9整除，因此，215412这个数能被3整除，但不能被9整除。
如果一个数目的各位数字的和能被9整除，这个数目就能被9整除。能被9整除的数，一定能被3整除。但是，反过来说并不一定成立，以上举的215412就是一个例子。
3.10、102、103……都能够被5整除，一个数能不能被5整除，在于这个数的个位数。因此，个位数是0或5的数，就能被5整除。
4.10、102、103……除以11的余数，分别是－1、1、－1、1、－1……因而一个数的个位、百位、万位……数的和，如果与十位、千位、十万位……数的和相同，或它们的差能被11整除，就可以断定这个数能被11整除。
由于412632这个数的个位、百位、万位数字的和是2＋6＋1＝9，而十位、千位、十万位数字的和是3＋2＋4＝9。这两个和是相同的，因此，412632这个数能被11整除。
至于其他一些除数能不能整除被除数，并不象2、3、9、5、11那样容易看出来。
我们看看除数是4或7的情况怎么样？
除数是4的时候，由于102、103……都能被4整除，因此，一个被除数能不能被4整除，要看这个被除数的个位数与十位数，能不能被4整除。
例如7324能被4整除，而7322只能被2整除，而不能被4整除。
除数是7的时候，由于10、102、103……除以7的余数分别是3、2、－1、－3、－2、1、3、2、－1……因此，一个被除数，比如说一个五位数104a＋103b＋102c＋10d＋e能不能被7整除，要看（e－b）＋3（d－a）＋2c能否被7整除。
35532这个数能不能被7整除呢？因为（2－5)十3×（3－3）＋2×5＝－3＋10＝7，所以，这个数能被7整除。
如果除数分解成几个互素的因数，比如12＝3×4，14＝2×7，15＝3×5，18＝2×9，21＝3×7，那么，它们能不能整除一个被除数呢？就要看这个被除数能不能被这些因数同时整除。
35532是偶数，它又能被7整除，因此，它能被2×7＝14整除。
73512是偶数，又能被9整除，所以，73512这个数能被2×9＝18整除，其余可以类推。
任何一件事，只要分析了它的原因，总结出规律来，就能很好地解答它。
26.加法速算法
在一个数学俱乐部的游艺牌上写着这样一道题：1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝？你能很快地答出来吗？
有的人老老实实地加起来，当然也得到了结果，但是这不符合要求啊。那么，怎样来速算呢？
先看看下面的例子：
1＋2＋1＝4＝22
1＋2＋3＋2＋1＝9＝32
1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝16＝42
1＋2＋3＋4＋5＋4＋3＋2＋1＝25＝52
1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36＝62
……
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝81＝92
……
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＋12＋11＋10＋9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝169＝132
……
不用多写了，你就可以发现，凡是从1加到某一个数(即n)，再返过来加到1，结果都等于到头那个数(n)的平方。如果你记住了这个有趣的关系，那么，对于任意的这样相加法，都可以很快答上来了。我们不是谈到过大数学家高斯的故事吗？老师出了从1加到100等于多少的题目，小高斯很快答出来是5050。如果把这个题目再变得难一点，问从1加到100，再加回到1，一共是多少？你也很容易知道这一定是1002＝10000了。
27.为什么2n个小球能移为一堆
有2n个小球，分成许多堆，随意选定其中的甲、乙两堆，若甲堆的球数不超过乙堆的球数，便从乙堆中取出等于甲数目的小球放入甲堆，这样算做一次“移动”。那么经过有限次的移动，能否把这2n个小球并为一堆呢？
解决本题需要掌握初等数学中的一个重要解题方法——数学归纳法。因为小球的数目，虽有规律如可能是2，4，8，16……等，但毕竟不能以其中的任一个确定的数为解题出发点，因而解题的方法相应的也要抽象一些。
数学归纳法的证题思路是：要证明一个结论首先验证在所有的n可以取的值中选一个最小的值(如n＝1或n＝2等)，结论是正确的。第二步是，假设n取任一个自然数K时结论正确，再证明n取K＋1时结论也正确。两步结合起来，一个是基础，一个是传递，我们就可以从n＝1时结论正确推到n＝2结论正确，再推到n＝3时结论正确……即对于任意自然数n，结论都正确。
回到我们的问题，结论是肯定的，当n＝1时有2个小球，最多分两堆。每堆一个小球，那么一次“移动”就并为了一堆。假定有2K个小球分成若干堆，经过有限次“移动”能并为一堆。那么把2K＋1个小球分成若干堆时，情形又如何呢？因为2K＋1是偶数，所以小球个数是奇数的堆有偶数个，把他们两两匹配，每两堆间“移动”一次，这样各堆小球的数目就都是偶数了，设想每堆中都把两个小球贴在一起，移动也好不移动也好都当一个小球看待，那么总数不就是2n个了吗！总起来说就是，只要2K个小球可并为一堆，那么2K＋1个小球就能并为一堆。这样就从21个结论成立，推到22个结论成立，再推到23个结论成立，当然对任意自然数n，结论都是成立的。
28.“对称”意识
几何学中的对称指两点关于它们连线的中垂线成轴对称，关于它们的中点成中心对称。
具有这种“对称”意识，在某些游戏中，大有用武之地，先举一例游戏。
两人在方桌上摆扑克牌，摆法是轮流摆放，一次一张，但每两张不许重叠，谁最后无位置可摆，谁就输了。若你先摆，你能赢吗？
仔细分析而知，你先摆一个位置后无论对手怎样摆放，你都必有空位摆牌，这就形成了对应，再联想“对称”就会使你获胜。
当然，你摆放的第一个位置应该是很关键的，应是摆放位置中的唯一特殊性位置。
综上论述你会立刻确定稳赢的摆法，先把一张牌放到方桌中心，这样，你对手每摆一张牌则你一定可找到这张牌的对称位置摆放，直到对手再无法找到空位为止。
再举一例：
两人做翻牌游戏，先把圆牌的两面分别画上“＋”“-”两种符号，然后摆成一排，且“＋”号在上面。翻牌方法是每人一次，一次翻一张或两张，翻过一次的牌就不许再翻了，这样，谁最后无牌可翻谁就输了。如果让你先翻，你会赢吗？
有前一个游戏的经验，解开这个问题并不难。看来需要找到“对称中心”，这就首先需要数一下这些圆牌的个数，若为奇数，你就可先翻中间一个；若为偶数，你就可先翻中间两个，然后无论对手一次翻几个，你就翻对称位置的几个，直到获胜。
最后举一例，看你是否有了“对称意识”：
两人把一个棋子，从左到右移动，使它经过一排方格中的每一个格，这排方格的总数是1990，谁把棋子移动到最后一格，谁就获胜。两人轮流，一次移动1至3格，如果你先走。你会赢吗？若再模仿前两个游戏，就会因找不到对称中心而困惑。但如果你有“对称意识”，就会立刻想到在四个格子里，对手先走，你必能获胜。这样，你走第一次时只要使剩余的格数是4的倍数就行了，对手走1格，你走3格；对手走2格，你走2格；对手走3格，你走1格，一直到你把棋子移到最后一格里。
为此，你的第一步只要把棋子移到左边的第二个格子里，(1990÷4＝497×4＋2)就稳操胜券了。
29.计算“断电”的时间
为什么用两支蜡烛能够计算出“断电”的时间
小聪每天晚上都温习功课，他正在聚精会神地解方程，忽然房间里的电灯熄灭了：保险丝烧断了，他马上点燃了书桌上备用的两支蜡烛，继续解方程，直到电灯修复。
忽然，小聪脑袋闪出一个念头：我是否可以根据两支蜡烛的燃烧程度断定断电的时间。
他回想和观察了一下条件：
1.虽不知道蜡烛的原始长度但他记得两支蜡烛是一样长短。
2.粗的一支能用5小时，细的一支能用4小时。
3.残烛的长度一支等于另一支的4倍。
他得意起来：这不正是一道解方程的习题吗。不到一刻钟，他的练习本上就得出了“断电”时间：3小时45分钟。
你知道他是怎样解决这个问题的吗？
只需要列一个简单的方程式。用x表示点蜡烛的小时数，每一小时燃粗蜡烛长度的15、细蜡烛长度的14。因此，粗蜡烛残余部分的长度应是1-x5，细蜡烛残余部分应是1-x4。我们知道两烛长度相等并知细烛余部的4倍即4(1-x4)等于粗烛残余长度1-x5。
即有4(1-x4)＝1-x5
解方程得x＝334所以，两烛点燃了3小时45分钟，亦是断电时间。
