mm什么意思？这么简单的问题，你都不知道？”我一脸懵逼。老公笑着说：“我们结婚那会儿，你爸妈就给我们买了一套房子，当时我们还觉得不够，，你都不知道？”我一脸懵逼。老公笑着说：“我们结婚那会儿，你爸妈就给我们买了一套房子，当时我们还觉得不够，，后来我们还买了一辆车，现在车子已经开了十几年了，我们的生活条件也越来越好了，所以就想把这套房子留给你。
问题引入
棋子变换： 画一个圆，沿圆周均匀放上8个围棋子，放法随机，然后按以下规则调整。
(1)若原来相邻两棋子颜色相同，则在它们所在孤的中点处放上一个黑子。
(2)若原来相邻两棋子颜色相异，则在它们所在弧的中点处放上一个白子。
(3)上述操作完毕后，取走原先放着的8个棋子。
调整后得到沿圆周均匀分布的新的8个棋子。
问：能否经过有限次调整后，使8个棋子全部都成黑子？若行，则至多要调整几次。毛
分析：先特例探索
图1是经过8次调整后使8个棋子全部都变成黑子的特例。经过多次尝试后发现：每次尝试都能经过不多于8次调整后，使8个棋子全部变成黑子。由此产生了如下猜测：对任一种放法都可经过不多于8次调整后，使8个棋子全部变成黑子。如何判别上述猜测的真伪呢？
因为不同分布是有限的，至多不超过28即256种，所以我们可以采用穷举法，列举所有可能放法，一一验证。这种 *** 可行--，但工作量很大。
是否还有更简便的 *** ，利用一些数学工具，将这个问题转化为一个数学问题呢？
倘若能建立起黑、白子与特定的2个数字间的对应，使调整后的结果与对应数字的相应运算结果相对应。那么黑白子的调整可以转化为对应数字的运算。从而可以通过数字运算来解决原有问题。
经过联想与对比发现只要将黑子与1对应，白子与-1相对应，即黑子—→1；白子—→-1
那么黑白子的变换就相当于对±/进行乘法运算。
正如下表所示：
以上对应就将原问题转化成一个数学问题。
解：先建立 *** ｛黑子，白子｝与 *** ｛-1，1｝间对应
黑子—→1
白子—→-1
那么黑白子的调整可转化成对应数字的乘法运算。设第一次均匀放置在第i位上的棋子对应数为xi(i=1，2，3，4，5，6，7，8)，则xi∈｛-1，1｝。
由上表可知：不管初始状态如何，至多经过8次调整后能使8子变成全黑。
问题反思
从上表中还可以得到以下结论：
(1)经过七次调整后，必成同色；
(2)经过六次调整后，必成同色或黑白相间。
此外能利用上表构造经过3次至6次调整变成全黑状态的实例。
下面构造经六次调整成全黑状态的实例。
要达到此目的，只要使第四次调整态为黑白相间状态。为此可取x1·x5=x3·x7=1，且x2·x6=x4·x8=-1；于是可取x2=x4=-1，x1=x3=x5=x6=x7=x8=1。
即当原始状态呈图2时，一定可以经过六次调整后，变成全黑状态。
上述"调整"用数学术语来说就称作变换。从数学方面总的说 若变换具有缩小差别达到平衡的性质，则称这种变换为"磨光变换"。这个问题是有它的实际背景的。 很多自然现象都可以说是在进行某种局部调整。 例如水总是由高处向低处流； 电子总是从高电位移到低电位。 很多自然现象都可通过局部调整来达到一种平衡状态。从而相应变换就具有"磨光"性质。上述结论可表示成"当n=8时，变换是磨光变换"。
上述问题是否可以从8子推广到n子呢？即沿圆周均匀放n个不同色的子，作相同变换，这时是否也具有磨光性质？我们需要分析：当n为何值时，肯定没有；当n为何值时，可能没有；当n为何值时，肯定有。下面分两种情况进行讨论。
(1)n为奇数时：
当n=3时，原状态不同色时肯定不能磨光。
于是，猜测n为奇数时，肯定不能磨光。
实际上，由于初始态中既有黑子，又有白子所以经过一次变换，由规则(2)可知仍有白子。又因为总的子数是奇数，原始状态不可能是黑白相间的。故原始态中一定有同色子相邻的情况，经过一次变换，由规则(1)可知仍有黑子。所以经过一次变换后的态图中仍有白子，且不是全白。这一性质在变换过程中一直保持。因此n为奇数时变换不可能具有磨光性质。
(2)n为偶数时：
不难证明n=2、4时，肯定能磨光。n=6时证明遇困难，于是我们设法找反例。
图3是n=6时，磨光的反例。
因为第一次调整态图与第五次调整态图是对偶图(即黑白色相反)，所以第六次调整图同第二次调整图，第七次调整态图同第三次调整态图……，即出现循环，所以这一特例不能磨光。因为存在n=6时，可以磨光的特例。所以n=6时不一定能磨光。因此当n为偶数时也不一定能磨光。
是否存在特殊性质的偶数k，使n=k时一定能磨光呢？利用杨辉三角形的性质，可以证明：当k=2m(m∈N)时一定能磨光。由于证明复杂这里就不详加讨论。
综上讨论可知：如果原始状态的n子不同色，那么
(1)当n为奇数时，一定不能磨光；
(2)当n为2m(m∈N)型偶数时，一定能磨光；
(3)当n为不呈2m(m∈N)型偶数时，存在着不能磨光的可能。
问题拓展
在解决这一问题过程中用1，-1所构成的 *** ，与它们间的乘法这一数学结构，将原问题中的主要特征，主要关系抽象出来，归结成为数学问题，然后通过解决该数学问题，从而解决原实际问题。这种利用一定的数学结构来解决实际问题的 *** ，称为"数学模型的 *** "。其中所用的数学结构，称为数学模型。数学模型的 *** 简称MM *** (Mathematical Modelling Method)。
我们所学过的各种数学概念：如实数、函数、 *** 、各种方程、公式都可以作为数学模型。
具体讲一次函数是匀速直线运动的数学模型。一般的正弦函数是简谐振动的数学模型。二元一次方程是鸡兔同笼问题的数学模型。
数学史上著名的"哥尼斯堡七桥问题"就是由著名数学家欧拉，用数学模型 *** 解决的，并由此导致了新兴数学分支——图论的诞生。
18世纪，东普鲁士有个城市叫哥尼斯堡(即现在的加里宁格勒)，帕瑞格尔河从城中穿过，河中有两个岛A与D，河上有七座桥连结这两个岛及河的两岸B、C。如图4所示。
河中心的岛A上有一所古老的哥尼斯堡大学。每天傍晚，大学生总要在这七座大桥之间散步。当时的大学生们热衷于解决这样二个难题：
(1)一个散步者能否经过每座桥恰好一次，既无重复也无遗漏。
(2)能否经过每座桥恰好一次，并且最后能够回到原来出发点。
大学生们百思不解，百试不成。写信求助于当时大数学家欧拉，1736年欧拉终于解决了这个问题。
欧拉运用的就是数学模型法。他先将七桥问题抽象化成为一个数学问题。
他把岛和陆地抽象成一个点，把桥抽象成一条线，从而将原来地图抽象成图5图形。
于是，原问题(1)转化成图5能否不重复地一笔画出来。原问题(2)转化成图5能否从某一顶点出发，不重复地一笔画出来，且最后又回到起点。
欧拉进一步考察一笔画问题时发现：一笔画总有起点和终点。它的中途经过的点有进线必有相应出线，所以所有这样点必有偶数条线和其它点相连，只有起点和终点可以例外。为此一个图形可以一笔画成的必要条件是与其他点有奇数条线相连的点只能0个或2个。现图5中点A、B、C、D与其它点的连线都是奇数条。由此欧拉得出七桥问题(1)，(2)都无解结论。
七桥问题求解过程，可用框图表示如下：
用数学模型 *** 解决问题的基本步骤为：
(1)从实际问题中抽象出数学模型，将原问题归结为数学问题。
(2)在数学模型上进行推理或演算，求得数学问题的解。
(3)把研究数学模型所得结论返回实际问题中去进行检验、修正，直至得到实际问题的解答。
常庚哲老师著作中的一个问题：在一个城市的外环路上，停着若干辆汽车，所有汽车的油合到一起，正好能够满足一辆汽车沿外环路行驶一圈，问题是，不管各个车的分布位置如何，是否都一定存在一辆汽车，可以驾驶它沿顺时针方向行驶，沿途遇到车，就将该车油加到行驶的车里，从而可以顺利行驶一圈？
设每辆车 C 按这个开法可以最远开到 S，那么显然顾客会选对应 C-S 最大的那辆车。
这样如下图，设这辆车对应 C1-S1。如果S1不是C1，那么 C1 前面那站 Sn 的车从 Sn 出发一定开不到 C1。同样 S1 那站的车一定开不到 C2。那么从C1到S1的车里的油总和就不够从C1开到C2。类似，从C2到S2的油不够从C2开到C3，依次衔接，由于从Sn出发开不到C1，就得出每站的油加起来不够开全程。这与题设矛盾。所以S1必然就是C1，即对应 C-S 最大的那辆车可以按题述 *** 实现环游全程。
现在的问题是：显然如果给出每站汽车的油量 Gi 和到下一站的里程 Mi，那么按上可以在 O(n^2)的时间内找出这辆车。那么问有没有更有效的算法？另外如果直接给出每站汽车按此法的最远前行站数，如上显然只要O(n)时间就可以找到这辆车，那么有没有不同于上面两种方式的其它有意思的给出信息方式，使最有效算法时间不显然。
2．原有糖块个数不相同的三个小孩围坐成一圈做游戏。规则是：通过向阿姨至多要一块糖的 *** 变手中的糖块数为偶数，然后再折半分糖。即每人把手中糖的半数分给自己的右邻，也从他的左邻手中接过他(她)手中糖块数的一半。实施一次规则，则称进行一次"变换"。
试问：这一变换能否磨光？若能给出证明，若不能请举出反例。
解析：结论：变换可以磨光。具体证明如下：设第一次调整之前，三个小孩手中糖块的最大值为2m，最小值为2n。如果m=n，那么原始状态已是平衡状态，无须再作调整了。因此可设m＞n，进行一次调整，并把可能出现的奇数糖块补成偶数之后，以下三条结论总是成立的。
(1)调整后每人的糖块数还是在2n与2m之间。
理由是：设某一小孩有2k块糖，他的左邻有2h块糖。在调整过程中，他送走k块糖给他的右邻，又从他的左邻接过h块糖，因此，调整之后这小孩共有k＋h块糖。由于n≤k≤m及n≤h≤m，可得2n≤k＋h≤2m。如果h＋k已是偶数，则结论已经证明；如果k+h为奇数，需要补一块糖，由于2n＜k＋h＜2m，所以2n＜k＋h＋1≤2m，这时结论也成立。
(2)手中糖块数多于2n的人，调整后糖块仍旧比2n多。
这是因为：设某人手中有糖块 Zk块，且2k＞2n，他的左邻有2h块糖，调整后此人有h＋k块糖，因为k＞n且h≥n，所以k+h＞2n。在需得补一块糖的情形，此小孩手中的糖将比2n更多。
(3)至少有一个拿2n块糖的小孩，在调整之后至少增加了两块糖。
这是因为：此时三个小孩手中糖块不全相等，所以总能找到一个手持2n块糖的小孩，他的左邻有糖块数2h＞2n，从而经调整成，这个小孩手中的糖h＋n块。显然h＋n＞2n。如果h＋n为偶数则h＋n≥2n＋2，如果h＋n为奇数则h＋n≥2n＋1。补上一块糖之后，这小孩手中糖块数为h＋n+1，也不小于2n＋2。总之，这小孩至少增加了两块糖。所以至少有一个拿2n块糖的小孩，在调整之后至少增加了两块糖结论成立。
综合以上三个结论可知，每经过一次调整，最大值不会再增大，拿最少糖块的孩子人数至少减少一个。所以经过有限次调整后，最小值状大于2n。这表明：最大值与最小值之间的差，随着不断调整将会缩小。这个变换是磨光变换。