s（v）＝klux＋a｜uy｜＋b｜uz｜v－1。 显然v越大，s（v)越小，就是说在这种情况下，走得越快，淋雨量越小。
按照上面的公式，我们同样可以得出当vux时，如果uxa｜uy｜＋b｜ur｜，走得越快，淋雨量越小。而如果uxa｜uy｜＋b｜uz｜，则是走得越快，淋雨量越大。事实上，由于此时x轴方向雨速最大，淋雨量主要来自这一方向，因此v不宜过大。相反，倒是要保持人速与雨速相等，即v＝ux，才能使“前”身的淋雨量为0。
22购买奖券的中奖概率
日常生活中我们常可见到各种各样的奖券、彩票，比如体育彩票、社会福利彩票、有奖储蓄奖券等等。购买奖券时到底是买连号的好还是买不连号的好？到底哪一种中奖机会大呢？
我们先来看一个简单的例子。设有某种奖券，奖券号末位是0的就中奖，中奖机会（概率）是10％。现购买两张奖券。如果购买连号的，则两张奖券的奖券号末位共有10种可能，分别是（0，1），（1，2），（2，3）……（9，0），且每一种情况出现的可能性（概率）是一样的，而其中只有（0，1）及（9，0）两种情况中，会有一张奖券中奖，因此，总的中奖概率为20％，平均中奖次数为1×20%＝02次。如果不买连号的而任意购买两张奖券，则两个末位号有以下100种可能，同样每种情况出现的概率相同，各为1％。
（0，0），（0，1），（0，2）……（0，9）
（1，0），（1，1），（1，2）……（1，9）
……
（9，0），（9，1），（9，2）……（9，9）
在这100种情况下，只有在（0，0）一种情况下，所购买的两张奖券都中奖，因此概率是1％；而在（0，1）……（0，9）及（1，0）……（9，0）共18种情况中，有且只有一张奖券中奖，概率为18%；在其余情况下，所购买的两张奖券均不中奖。因此，总的中奖概率为1％＋18％＝19％，比购买连号时的20％小了1％，但平均中奖次数为2×1％＋1×18％＝02次，与购买连号时一样。因此我们说，购买连号或不连号的两种情况下，平均中奖次数（机会）是一样的。
如果购买三张奖券，计算也与前面类似。购买连号的时候，中奖概率是30％，平均中奖次数是03次。购买不连号的时候，三张奖券都中奖的概率是01％，有两张奖券中奖的概率是27％，只有一张中奖的概率是243％，总的中奖概率是271％30%。此时，平均中奖次数为3×01％＋2×27%＋1×243％＝03次，仍与购买连号时一样。事实上，无论购买几张奖券，两种购买方式的平均中奖次数都是一样的。
再把这个例子改一改，设末位奖券号为0时中二等奖，末两位奖券号为00时中一等奖，且不同奖项可兼中兼得。假设仍然是购买两张奖券，前面已计算过，无论采用哪一种购买方式，中二等奖的平均次数是一样的。类似的可以计算出，购买连号奖券时，中一等奖的概率为2％，平均中奖次数为002次。购买不连号奖券时，两张都中奖的概率是1%×1％＝001％，只有一张中奖的概率是1％×99%＋99%×1％＝198%，因此总的中一等奖的概率为199%2％，而平均中奖次数为2×001%＋1×198％＝002次，两种购买方式的平均中奖次数仍然是一样的。
总而言之，无论奖项分几个等级，无论每个奖项的中奖概率是多少，也无论购买多少张奖券，购买连号的或不连号的，总的中奖概率可能不同，但平均中奖次数总是一样的。
23商店一次进货多少最合理
商店在向顾客售出商品的同时，要从厂家或批发部门批进商品，或称进货。正常情况下，商店每售出一件商品，除了收回各种成本以外，还能够赚取一定的利润。进货一般是每隔一段时间（例如一个月）进行一次。如果一次进的货太少，就会造成热销的商品缺货而错过赚取利润的机会；相反地，如果一次进的货太多，商品没有及时售出，就会造成积压或滞销而带来损失。因此，商店一次进货量的多少与该商品一段时期内销量的多少有密切的联系。但销量的多少并不由商店老板决定，它是一个不确定的量，只能做一定的估计。那么商店到底应该进多少货才能保证获取的（平均）利润最多呢？
我们通过下面一个具体的例子来回答这个问题。
某服装店准备购进一批时装销售。在销售旺季中，每售出一件时装能赚取利润50元；旺季结束后，为了尽量防止商品积压影响资金周转，不得不降价出售，再加上商品库存保管等费用，合计每件将损失10元。进货前商店作了一次市场调查，估计总共能售出40～50件时装，具体售出时装件数及其可能性如下：
共售出件数小于404041424344可能性(%)05781012共售出件数454647484950可能性(%)151210975
现问为使商店获取最大利益，应该进多少货？
设进货量为x件，显然x在40～50件之间，若x40，则必然会造成缺货；同样，若x50，则必然会造成积压，两者都是不可取的。下面我们分别对x为40～50件计算商店所能获取的平均利润。X＝40件时，总能全部售出，没有积压，因此总利润是：
50×40＝2000（元）。X＝41件时，有5％的可能只售出40件而积压1件，而有1－5％＝95％的可能会全部售出而没有积压，因此平均总利润为：（50×40－10×1）×5％＋（50×41）×95％＝2047（元）。X＝42件时，有5％的可能只售出40件而积压2件，有7％的可能只售出41件而积压1件，其余情况下会全部售出而没有积压，可能性是1－5％－7％＝88％，因此平均总利润为：（50×40－10×2）×5％＋（50×41－10×1）×7％＋（50×42）×88％＝20898（元）。
下面我们将进货量x为40～50件时的平均总利润计算结果列出如下：
进货量(件)404142434445利润(元)2000204720898212782159821846进货量(件)4647484950利润(元)220042209221162208822018
从计算结果可以看出，当进货量为48件时，商店所能获取的平均总利润最大，为22116元。
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）－1f（n－1），即f（n）f（n－1）＋1f（n－2）＋1＋1f（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？
1312212能不能被2整除？
2215412能不能被3或9整除？
35712能不能被5整除？
4412632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。
310、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。
410、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。