一、请你说说下述各种游戏中运用了那些数学知识。

国际象棋中的数学问题

摘自小学数学网

一个国际象棋盘，是一个8×8的64方格，欧拉曾研究过棋盘上马的跳跃问题，他证明了，存在一个马的跳跃路线，从一点出发，经过每一格一次且仅一次。最后又跳回到初始点。

上述的这样一个马步跳跃路线，称为棋盘上的马步哈密顿回路；如果不限制最后一步还要能跳回到始点，则称为马步哈密顿路。定义m，n是正整数，一个（m，n）马，是指在一个充分大的棋盘上一步可纵横跳m，n个格或n，m个格。于是，国际象棋的马是（1，2）马。下面给出一个定理，它刻画了（2，3）马和（1，2）马的本质区别。定理从8×8棋盘上任一点出发，均不存在（2，3）马的马步哈密顿路。证把8×8棋盘分成A，B两个区，分两种情形证明：

（1）若起始点在A区，存在（2，3）马的马步哈密顿路，由于从A区的任一方格经一步（2，3）马，它可以到A区的一格或B区的一格；而由B区的一格经一步（2，3）马只能跳到A区的一格，注意到A区的方格数和B区的方格数是同样多的，所以必须从A区到B区，再由B区至A区的交替跳跃，才可能不重复地跳遍A，B两区。另一方面，我们把棋盘依黑白两色染色，这样，从A区的白（黑）格，经一步（2，3）马，必到B区的黑（白）格，再从B区的黑（白）格经一步又回到A区的白（黑）格，如此下去，则只能跳过A区的白（黑）格和B区的黑（白）格，这和其存在（2，3）马的马步哈密顿路相矛盾。

（2）若起始点在B区，若存在着马步哈密顿回路，则（2，3）马不能交替地在B区与A去之间跳跃，否则归约到情形（1）的类似证明。于是，存在一步且仅有一步从区到区的跳跃，这是因为A区与B区的方格数相等，从B区的方格经一步（2，3）马必须跳到A区的缘故。考虑下面的3行，现考虑（2，3）马在P，Q，R之间的跳跃。若P，Q，R均尚未跳过。有以下情形：（i）（2，3）马首先跳到P点（首先跳到R的情形是类似的），由A，B区的构造，知必是A区跳到P点的。继而由（2，3）马从P至Q，Q至R.如果只不是最后一个未跳过的点。则下一步必须跳至A区的某一点。这样就出现了在A区之间的2次跳跃，因此R就是最后一个未跳过的点。当R是最后一个未跳过的点时，则考虑点S，T，U之间的（2，3）马的马步跳跃。当先跳到S或U时，由上述讨论可知，在S，T，U间会出现第2次从A区到A区的跳跃；当先跳到T时，由下述（ii）的推理知至少出现两次从A区到A区的跳跃。

（ii）（2，3）马首先跳到Q点，则（2，3）马从Q至P，P必至A区，经若干步又由A区跳到R点，至少出现2次从A区至A区的跳跃。（Q先至R后到P，讨论相同）

若从Q不跳到P或R点，它必跳到A区的某一点，则在以后的跳跃中，必然会出现一次从A区跳至P点，一次从A区跳至R点，同样会出现至少2次的从A区至A区的跳跃。总之，至少存在着2步从A区至A区的（2，3）马的跳跃，这与存在（2，3──马马步哈密顿路及A区，B区方格数相等相矛盾，定理证毕

二、数学游戏包括哪些内容

（1）、操作性数学游戏。

（2）、情节性数学游戏。

（3）、竞赛性数学游戏。

（4）、运动性数学游戏。

（5）、运用各种感官的数学游戏。

（6）、数学智力游戏。

在几何、度量、数据分析、概率等方面，学生应该巩固和扩展他们在低年级所学的知识。不断发展他们在数学方面，特别是在问题解决，数学表述，推理论证等方面的熟练程度。

ICME 9的高中数学教学组一致认为，数学思想方法的教学应该成为高中数学课程的重要部分。数学建模思想受到与会专家的普遍重视。

扩展资料：

任何特定环境下的方法很大程度上由相关的教育系统所设定的目标所决定。教授数学的方法包括：

经典教育——中世纪的经典教育大纲中的数学教育通常基于欧几里得原本，它被作为演绎推理的范式来教授。

死记硬背——通过重复和记忆来教授数学结果，定义和概念。通常用于乘法表。

习题——通过完成大量同类的练习来传授数学技巧，例如加带分数或者解二次方程。例如，古氏积木（cuisenaire rods）来教授分数。

参考资料来源：百度百科-数学教育

三、在火柴游戏里有哪些数学知识

一个最普通的火柴游戏就是两人一起玩，先置若干支火柴于桌上，两人轮流取，每次所取的数目可先作一些限制，规定取走最后一根火柴者获胜。

规则一：若限制每次所取的火柴数目最少一根，最多三根，则如何玩才可致胜?

例如：桌面上有n=15根火柴，甲、乙两人轮流取，甲先取，则甲应如何取才能致胜?

为了要取得最后一根，甲必须最后留下零根火柴给乙，故在最后一步之前的轮取中，甲不能留下1根或2根或3根，否则乙就可以全部取走而获胜。如果留下4根，则乙不能全取，则不管乙取几根(1或2或3)，甲必能取得所有剩下的火柴而赢了游戏。同理，若桌上留有8根火柴让乙去取，则无论乙如何取，甲都可使这一次轮取后留下4根火柴，最后也一定是甲获胜。由上之分析可知，甲只要使得桌面上的火柴数为4、8、12、16…等让乙去取，则甲必稳操胜券。因此若原先桌面上的火柴数为15，则甲应取3根。(∵15-3=12)若原先桌面上的火柴数为18呢?则甲应先取2根(∵18-2=16)。

规则二：限制每次所取的火柴数目为1至4根，则又如何致胜?

原则：若甲先取，则甲每次取时，须留5的倍数的火柴给乙去取。

通则：有n支火柴，每次可取1至k支，则甲每次取后所留的火柴数目必须为k+1之倍数。

规则三：限制每次所取的火柴数目不是连续的数，而是一些不连续的数，如1、3、7，则又该如何玩法?

分析：1、3、7均为奇数，由于目标为0，而0为偶数，所以先取者甲，须使桌上的火柴数为偶数，因为乙在偶数的火柴数中，不可能再取去1、3、7根火柴后获得0，但假使如此也不能保证甲必赢，因为甲对于火柴数的奇或偶，也是无法依照己意来控制的。因为(偶-奇=奇，奇-奇=偶)，所以每次取后，桌上的火柴数奇偶相反。若开始时是奇数，如17，甲先取，则不论甲取多少(1或3或7)，剩下的便是偶数，乙随后又把偶数变成奇数，甲又把奇数回覆到偶数，最后甲是注定为赢家；反之，若开始时为偶数，则甲注定会输。

通则：开局是奇数，先取者必胜，反之，若开局为偶数，则先取者会输。

规则四：限制每次所取的火柴数是1或4(一个奇数，一个偶数)。

分析：如前规则二，若甲先取，则甲每次取时留5的倍数的火柴给乙去取，则甲必胜。此外，若甲留给乙取的火柴数为5之倍数加2时，甲也可赢得游戏，因为玩的时候可以控制每轮所取的火柴数为5(若乙取1，甲则取4；若乙取4，则甲取1)，最后剩下2根，那时乙只能取1，甲便可取得最后一根而获胜。

通则：若甲先取，则甲每次取时所留火柴数为5之倍数或5的倍数加2。