挡板法的应用

【学法指导】挡板法的应用胡锦彩(浙江省天台县育青中学,浙江天台317200)摘要:挡板法是解组合问题的一种重要方法,本文通过具体实例阐逑了挡板法的构建过程,体现了数学的建模思想。关键词:挡板法;构建;组合模型;转化;推广;快捷挡板法是解决组合问题的有效方法,它的关键是+x=MM≥n,mEZ)的正整数解的不同组数为Cm把实际问题转化为组合模型。下面我们通过具体的例若将正整数解更改为非负整数解,像例题3就不能子来揭示这种转化的途径和方法。直接用上述的方法,为什么呢?因为xy,z的值可以为0例1:要从7个学校中选出10人参加数学竞赛,每那么我们能不能转化为例2的方法来解呢?校至少有1人,这10个名额有多少种不同的分配方法?解析:这类问题一般地可用分类讨论的方法求解,例3:求不定方程x+y+z=6的非负整数解的不同组数?即分成三类:第一类,有一所学校4人,其他学校各1人,不妨将x,y,看成3个盒子,先在3个盒子中先各放共有C,种不同的方法;第二类,有一所学校3人,有一上1个大小形状都相同的小球,再把6看成6个大小形状所学校2人,其他学校各1人共有A种不同的方法;第都相同的小球,然后把9个大小形状都相同的小球放入3个不同的盒子中,每个盒子至少有1个小球,这样不定三类有三所学校各2人,其他学校各1人,共有C种不方程x+y+z=6的非负整数解的不同组数转化为求不定方同的方法;根据加法原理可得C+A+C=84(种)。这种程x+y+9的正整数解组数。因此例3的解为C=28组。解法虽然思路清晰,方法可行,但总感觉有点麻烦,如事实上,若设x=x+1,y'=y+1,z=z+1则原方程果我们能从整体上考虑,就可将问题转化为将10个形x+y+2=6可化为x+y+x=9,所求的原不定方程非负整数状大小都相同的小球放到7个不同盒子中,每个盒子解的组数与新方程x+y+x=9正整数解的组数一一对至少有一个球,有多少种放法?事实上,把10个球排成应。类比例2的解法,可知新方程x+y+x=9的正整数解行,然后用6块挡板插在9个间隔中,将小球分成7份共有C=28组,故原方程非负整数解有28组的方法数共有C。=84(种),我们把这种直观的方法称为例4:求(a+b+c+d)展开式的项数。挡板法。这种解法既避开了复杂的分类讨论,又形象生例4的解法通常把(a+b+c+d)改写成[a+b)+动简洁明了,学生掌握起来比较方便例2:求不定方程x+y+z=4的正整数解的不同组数。(c+d)]),然后按二项式展开,即(a+b+e+d)"=C解析:例2这个问题的最原始的解法手段是列举(a+b)+Craa+b)(c+d)Cn(a+b)X(c+d)2+…+CmOc+d)0x=1x=1|x=2这样展开式的所有的项数为11+10×2+9×3+8×4+7x法。它有如下的三组解即y=1,y=2,ly=l但这种解’56×6+5×7+4x8+3×92x10+1126(项),但是这种解法也没有推广的价值,如求(a+b+c+d)的展开式法虽然直观明了,但没有推广价值,如:求不定方程的项数,若用上述方法则力不从心。但我们可以把这X+y+=10正整数解的不同组数就相当困难。那我们个问题转化为例的方法来解决。因为(a+b+c+d)Co如何去构造恰当的数学模型来解决这类问题呢?C1o-C1--a'b'c'd(x,y,z∈A,A=0,1,2,…,10),所我们设想将4个1排成一行,即f,1,1,1,它们之间以(a+b+e+d)展开式的项数为相当于不定方程有3个空挡,相当于用2块挡板把4个大小形状都相同的小球分成3个部分每个部分的个数依次记为x,y,0这x+y++1的非负整数解的不同组数,所以共有C=286样上述的每一种挡板的插法与方程x+y+z=4的一组正(项),这样就起到事半功倍的效果。我们还可以得到更整数解一一对应,于是原问题的答案等价于从3个不同一般性的结论:(x+x+…x)的展开式的项数为C的元素中取出2个元素的组合数,为组合模型,所以共中国煤化工们可以看出很多的有C种不同的方法,故原不定方程有C=3组不同的正整至不可辨”等问题,通数解。同理,我们可以很方便快捷地得到不定方程过构CNMH的解决变得简便快x+y+2=100的正整数解的不同组数为C=4851(组)。当捷,这对于发展学生的形象思维和建模能力有着不可估量的重要作用。然我们还可以得到更一般的结论:不定方程x+x160