从吃药中想到的数学问题寒假时天很冷，刘畅得了病，便去医院开了药。
他发现，当打开瓶盖吃药时，里面必定会散出一点药味。
并且，他便将这现象告诉了我。
于是，我们便一起讨论。
显然，这是药品挥发的结果。
有挥发，就必然有损失。
可是，每次打开瓶盖只吃一片药，其余的药片也要跟着一块损失。
为了减少损失，我们找到了一个空瓶，如果从原瓶里倒出一些药放到新瓶里，再从新瓶里吃药，这样要比只从一个瓶里吃药要少一些损失。
一．提出问题上面我们已经说过，用两个瓶吃药比较好。
那么具体如何取药，即分几次取，每次取几片呢？这便是我们提出的问题。
对于这个问题，必须做出一个合理的假设，既每打开一次瓶盖，瓶里每一个药片都减少相同的质量。
有了这个假设，我们就可以继续了。
二．提出命题现在我们把刚才提出的实际问题变成严格的数学问题：已知：1. 原瓶中有n片药，一次吃一片，要求全部吃完。
2．有一个新瓶，也可以装药片，它和原瓶是一样大的（即足够大）。
3．每打开一次瓶盖，里面的每一片药都减少1个单位的质量。
问：如何吃药可使损失最少。
四．分析问题１．首先，我们要确定一个规则，即把吃药的过程看成都从新瓶里吃药。
实际上，这条存在与否，是与实际的损失无关的，因为我们从原瓶里取药装入新瓶的时候是要吃一片药的。
但是我们可以把它看成是：把药片装入新瓶后先不要盖瓶盖，而先拿出一片药吃，再盖上瓶盖。
我们定这个规则的目的是为了下面说明的方便。
当然，我们只是用这种规则想问题，在实际操作时是不会这样麻烦的去吃药的。
２．其次，我们要证明一个预备命题。
命题1：要想得到最优解，每次应该把新瓶的药吃完，再从原瓶里拿药吃。
证明：假设命题不成立。
则可设上一次从原瓶里取了p+m片药，吃了p片后，新瓶里还剩m片。
这时，又要从原瓶里取药。
那么如果上次取药时只取p片药，吃完了再取。
同样是吃p片药。
第二种方法就比第一种节省（p-1）*m 个单位的质量。
又因为p>=1，m>0，所以（p-1）*m>=0，即采用第二种方法一定不会比第一种方法差。
所以不应该采用第一种方法。
即原假设不成立，原命题成立。
证毕。
３．有了这个命题，我们就可以得到一个计算公式了。
设：n片药分i次吃完，第一次取p1片，第二次取p2片，依次类推，第i次取pi片。
则我们用（p1，p2，…，pi）来表示整个的取法。
符号［p1，p2，…，pi］表示浪费的总的损失。
对于任意一取法（p1,p2,…..,pi），再吃前p1片药时，浪费的总量是，(p1+1)*p1/2（吃药时的浪费）+(p2+p3+…+pi)（开盖时的浪费），对于其他的，式子形式同前。
最后的总和是：［p1,p2,…,pi］=∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj４．根据上面的计算公式，我们继而证明了下面两个命题。
命题2：整个的吃药过程中会从原瓶里取若干次药，但对于相邻的两次，不妨设为第k次和第k+1次，Ak，A(k+1)分别代表第k次和第k+1次所取的药片的数量。
则若要得到最优解，则应有Ak>A(k+1)。
证明：假设命题不成立，即有Ak<A(k+1)。
则如果把Ak，A(k+1)调换，即第k次取A2个，第k+1次取Ak个。
则实际上是将（A(k+1)-Ak）个药片由第k+1次吃转移到第k次吃。
设总共取I次。
第一种吃法的总耗费：[A1,A2,…A(k-1),Ak,A(k+1),A(k+2),…Ai]=∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj =∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj +(k-1)*Ak+k*A(k+1)+∑(j-1)pj第二种吃法的总耗费：[A1,A2,…A(k-1),A(k+1),Ak,A(k+2),…Ai]= ∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj +(k-1)*A(k+1)+k*Ak+∑(j-1)pj可以看出，这两种方法只有在红字方面有所不同。
现在暂称红色的式子的和为特殊和。
经化简，特殊和１＝k*Ak+k*A(k+1)-Ak;特殊和２＝k*Ak+k*A(k+1)-A(k+1)因为Ak<A(k+1),所以特殊和１>特殊和２。
即[第一种]>[第二种]。
即第二种取法比第一种好。
所以不应采用第一种取法。
即原假设不成立。
所以原命题成立。
证毕。
命题3：整个的吃药过程中会原瓶里取若干次药，但对于相邻的两次，不妨设为第k次和第k+1次。
Ak，A(k+1)分别代表第k次和第k+1次所取的药片的数量。
则若要得到最优解，则应有Ak－A(k+1)<2。
证明：假设命题不成立。
即Ak-A(k+1)>=2。
如果我们第k次取Ak-1个，第k+1次取A(k+1)+1个。
第一种吃法的总耗费：[A1,A2,…A(k-1),Ak,A(k+1),A(k+2),…Ai]=∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj =∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj +(k-1)*Ak+k*A(k+1)+∑(j-1)pj第二种吃法的总耗费：[A1,A2,…A(k-1),Ak-1,A(k+1)+1,A(k+2),…Ai]=∑(pj+1)pj/2+∑(j-1)pj +(k-1)*(Ak-1)+k*(A(k+1)+1)+∑(j-1)pj可以看出，这两种方法只有在红子方面有所不同。
现在也暂称红色的式子的和为特殊和。
经计算，特殊和１－特殊和２＝Ak-A(k+1)-2因为Ak-A(k+1)>=2,所以特殊和１>特殊和２，即第二次一定不会比第一次差。
即原假设不成立，原命题成立。
证毕。
５．根据第2，3个命题，我们设计了一条规则，称其为规则１。
即对于任意一种取法，我们应先把它按取药的数量从大到小排序。
这时找到了一个新取法，那么这个取法不比原来的取法差。
（根据命题2）。
然后把这列新数，从高到低依次做这样的处理：如果此数比大2或2以上，则把这个数减一，把下个数加一。
如此循环往复，直到没有数再可以变更为止。
又得到了一个新取法。
这个取法又一定不比第二种取法差（根据命题３）。
我们认为，经过这种法则变换后的数列，一定是比较好的吃药法则。
我们试了几个数：当n=6即吃6片药时，对于取法（1，1，4），我们根据上法则，做如下变换：（1，1，4）——（4，1，1）——（3，2，1）。
对于取法（1，5），则这样变换：（1，5）——（5，1）——（4，2）——（3，3）——（3，2，1）。
（对最后一步，可以看成是由（3，3，0）——（3，2，1））我们发现，对于大多数的取法，经过上规则的变换，总能变成（3，2，1）的形式。
当n=7即吃7片药是，对于取法（1，1，5），可做如下变换：（1，1，5）——（5，1，1）——（4，2，1）——（3，3，1）——（3，2，2）——（3，2，1，1）对于其他的大部分取法，我们同样可以把他变成（3，2，1，1）的形式。
通过上面的结论，我们找到了一个规律。
即，若k(k+1)/2<=n<(k+1)(k+2)/2,则另b=n-(k+1)k/2 应该这样取，（k，k-1，…，b+1，b，b，b-1，…，1），我们称其为规律１。
但我们也发现，有些取法是不能变成如上形式的。
譬如，当n=7时，若对于取法（1，1，1，1，1，2），最后只能变成（2，1，1，1，1，1）。
而这种取法是比（3，2，1，1）差的。
６．通过研究，我们发现刚才的规则略有不妥之处。
于是我们又制定了一个规则，称其为规则2。
即对于一种取法，先将其用规则1处理。
然后从高到低检查，如果有两对相同的数字，如（…5，5，4，3，2，2，…）,则须对其进行如下改动：将两对相同数字中的之一，较大的加一，较小的减一。
对于上例，变为（…6，5，4，3，2，1…）。
这样改的原因，和命题２，３类似，都是不与整体有关，只与特殊和有关，这里不再赘述。
证明：有了规则１和规则２的共同作用，我们找到的规律就对上面的所有例子都成立了。
那么我们设计一个函数，F(n)，表示吃n片药，最理想时，损失药片时的总质量。
根据我们找到的规律，并根据计算公式得出了F(n)的解析式。
F(n)=b*n-(b-1)b(b+1)/6其中，(b-1)*b/2<=n<(b+1)*b但这只是找规律得出的结论，下面我们希望对其进行科学的论证。
五．解决问题我们将用数学归纳法对其进行论证。
当n=1时，F(n)=1,式子显然成立，这时规律一也成立。
则若n∈[1,k]时式子成立（规律一也成立）。
当n=k+1时，设第一次取p1片药。
则吃完后还剩（n-p1）片。
则(n-p1)∈[1,k],根据归纳假设。
这剩下的n-p0片的最省情况是F(n-p1)。
所以整个的损失为 n-p0(第一次开盖时别的药片的损失)＋p0(p0+1)/2(吃前p0片药的损失)＋F(n-p0)。
将其化简，即F(n-p1)+n+p1(p1-1)/2 =b(n-p1)－(b+1)(b-1)b/6+n+p1(p1-1)/2其中，b是这样的自然数，（b-1）*b/2 <= n-p1 <(b+1)*b，根据规律一，第二次取药应取b-1片，即p2=(b-1),而根据命题３，p1－２应小于p2。
又根据命题３，p1>=p2。
那么，最后的只有一种取法。
即满足规律一的取法。
即对于n=k+1,式子也是成立的。
则对于一切n，n∈Ｎ，F(n)的解析式都是正确的。
证毕六．总结我们的这个研究结果不仅适用于吃药问题，还可以解决同一个模型的问题。
比如，一台电脑里储存了一些信息，现要用软盘将其一点点的拷贝走。
要把一条信息转移到软盘上要搜索整个硬盘上的信息，这就要耗费一些时间。
已知手上有两个硬盘，则如何拷贝最省时间。
此问题就可以用我们的研究结果解决。