問題1： 假設一瓶飲料2元, 2個瓶蓋可換1新瓶, 4個無蓋空瓶也可換1新瓶, 請問20元最多可以喝到多少瓶的飲料？

1. 首先考慮 「連續」 的情況

假設 1 個瓶蓋可換 1/2 瓶飲料, 1個空瓶可換 1/4 瓶飲料, 所以每喝 1 瓶飲料就可換回 $1/2+1/4 = 3/4$ 瓶飲料, 永不止息喝下去。 因此, 總共可喝 $$10+10\times \frac 34+10\times\Big(\frac 34\Big)^2++10\times\Big(\frac 34\Big)^3+\cdots=40\ \hbox{瓶。}$$ 這 40 是個理論值。 若不諳無窮級數, 為了避開它, 我們也可這樣論述：

我們觀察買 1 瓶飲料的效應, 除了得到 1 瓶之外, 還可換得 3/4 瓶： 1個瓶蓋的 1/2 瓶加上 1 個空瓶的 1/4 瓶。 因此, 實際上我們只付了 $1-3/4 = 1/4$ 瓶的價錢。 從而, 2 元買 1 瓶就可以達到 $1 \div 1/4 = 4$ 倍的效果。 今 20 元可買 10 瓶, 故總共可達到 $10\times 4 = 40$ 瓶, 有 $4$ 倍乘數效果。

2. 離散的情況

假設在換瓶的過程中, 若湊不成 2 個瓶蓋又湊不成 4 個空瓶時, 換新瓶遊戲就要停止。 例如, 剩下 1 個瓶蓋不能換 1/2 瓶, 剩下 1 個空瓶不能換 1/4 瓶。

我們採用一種換瓶的策略, 列表法以避免混淆與計算錯誤。

(i) 採取每次全數喝光的策略

未喝瓶數：	10		7		5		4		3		2		1		2		1
喝的瓶數：	10	+	7	+	5	+	4	+	3	+	2	+	1	+	2	+	1	= 35
瓶蓋數：	10		7		6		4		3		3		2		2		1
空瓶數：	10		9		6		6		5		3		4		2		3

答案： 理論值為 40 瓶, 而實際上總共可喝 35 瓶, 剩下 1 個瓶蓋與 3 個空瓶。

(ii) 採取盡可能換光瓶蓋與空瓶的策略

未喝瓶數：	10		8		6		5		4		3		1		2		1
喝的瓶數：	8	+	8	+	4	+	4	+	4	+	3	+	1	+	2	+	1	= 35
瓶蓋數：	8		8		4		4		4		3		2		2		1
空瓶數：	8		8		4		4		4		3		4		2		3

答案仍然是： 總共可喝 35 瓶, 剩下 1 個瓶蓋與 3 個空瓶。

當然還有其它的換瓶策略, 讀者務必要採取一種不同的策略做一遍, 做了之後才會有感覺。 然而要把所有的策略都試過, 並不可行, 更不合數學之道。

問：採取任何換瓶的策略, 答案是否都相同？ (答案是肯定的。)

3. 一般理論的考量

我們用數學的語言, 考慮一般的情形。

問題2： 根據原題的換新瓶規則, 問 $2n$ 元購入 $n$ 瓶飲料, 最多總共可喝幾瓶？

考慮離散情況, 假設初始未喝的瓶數為 $n$, 相應的理論值為 $4n$, 喝的總瓶數為 $d_n$, 最後剩餘的瓶蓋數為 $c_n$, 剩餘空瓶數為 $b_n$, 消失的瓶數為 $m_n$。 我們要來探求 $d_n$ 與 $d_{n-1}$、 $d_{n-2}$、$\ldots$ 之間的遞迴關係式。

因為至少要喝掉 2 瓶才能啟動換瓶的機制, 我們不妨由喝 2 瓶開始：

未喝瓶數：	$n$		$n-2$	$n-1$	$n-3$	$n-1$
喝的瓶數：	0	+	2	+	2		總共 = 4瓶
瓶蓋數：	0		2	0	2	0
空瓶數：	0		2	2	4	0
交換瓶數：			1		2

所以得到遞迴的一階差分方程與初期條件： \begin{equation} \left\{\begin{array}{lcl} d_n=d_{n-1}+4,&&n\ge 3\\[2pt] d_2=3 \end{array}\right.\label{1} \end{equation} 同理, 由喝 3 瓶開始亦得相同的 \eqref{1} 式。 若由喝 4 瓶開始, 就得到： \begin{equation} \left\{\begin{array}{lcl} d_n=d_{n-1}+4,&&n\ge 4\\[2pt] d_3=7 \end{array}\right.\label{2} \end{equation} 若由喝 5 瓶開始, 就得到： $$ \left\{\begin{array}{lcl} d_n=d_{n-2}+8,&&n\ge 5\\[2pt] d_3=7 \end{array}\right. $$ 這被含納在 \eqref{2} 式之中。

解 \eqref{1} 式或 \eqref{2} 式都得到相同的結果。 理論上可喝 $4n$ 瓶, 實際上喝到的瓶數 $d_n$ 稍微少一點, 其一般公式如下： 當 $n=1$ 時, $d_1=1$, 剩下 $(c_1,b_1)=(1,1)$ (少喝 $m_1=3$ 瓶)。 當 $n\ge 2$ 時, $d_n=4n-5$, 剩下 $(c_n,b_n)=(1,3)$ (少喝 $m_n=5$ 瓶)。

4. 消失的五瓶在何處？

剩下1個瓶蓋與3個空瓶, 若可無止境繼續交換下去, 就得到： $$\frac 54+\frac 54\Big(\frac 34\Big)^1+\frac 54\Big(\frac 34\Big)^2+\frac 54\Big(\frac 34\Big)^3+\cdots=5\hbox{瓶。}$$ 因此, 40 瓶是最大的極限, 可以看作理論值, 實際上的離散操作是達不到的, 因為總是會有剩下無法交換的蓋子 1 個與空瓶 3 個, 這在 「連續」 操作之下又會產生 5 瓶, 這就是那消失的 5 瓶。

習題 (銀行創造貨幣)

假設銀行的存款準備率為 20%, 亦即每接受 100 元的存款, 只要保留 20 元作為準備金, 其餘 80 元又放貸出去。 今某甲存入 $B_1$ 銀行 100 萬元, 則 $B_1$ 銀行的存款增加 100 萬元。 $B_1$ 銀行保留 20 萬元作為準備金, 其餘的 80 萬元貸款給某乙, 而乙向丙支付貨款 80 萬元。 丙將 80 萬元全部存入 $B_2$ 銀行, 於是 $B_2$ 銀行的存款增加 80 萬元。 $B_2$ 銀行保留 $80\times 20% = 16$ 萬元作為準備金, 其餘的 64 萬元全部貸款給某丁。 讓這個過程不止息地進行下去。 試求銀行存款、貸款與準備金的總金額？ (答 ： 500、 400、 100 萬元。由此看出, 由初始的 100 萬元就創造出 $500+400 = 900$ 萬元這麼多的貨幣！ 乘數是 9 倍。 通常中央銀行就透過升降銀行的存款準備率, 來控制通貨量, 提升存款準備率就是緊縮通貨, 降低存款準備率就是寬鬆通貨。)

5. 最後剩餘的模式

我們詳細列出原問題答案的狀況 ： 假設初始未喝的瓶數為 $n$, 則相應的理論值為 $4n$, 喝的總瓶數為 $d_n$, 最後剩餘的瓶蓋數為 $c_n$, 剩餘空瓶數為 $b_n$, 消失的瓶數為 $m_n$。 經過簡單計算, 把結果列成下表：

$n$	$4n$	$d_n$	$(c_n,b_n)$	$m_n$
1	4	1	(1, 1)	3
2	8	3	(1, 3)	5
3	12	7	(1, 3)	5
4	16	11	(1, 3)	5
5	20	15	(1, 3)	5
6	24	19	以 下 全 同

事實上, 最後剩餘的所有可能模式為 $$\{(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3)\}$$ 我們可以驗證 ： 當 $n=1$ 時, 必然是 (1,1); 當 $n\ge 2$ 時, 配合上一節的解差分方程可知, 只有 (1,3) 是唯一的可能, 其餘皆不可能。

因此, 原題最多可喝 $d_{10}=35$ 瓶, 而最後的剩餘 $(c_{10},b_{10})=(1,3)$, 這導致消失了 $m_{10}=5$ 瓶。

6. 問題的各種主題變奏

我們還可再做各種「主題變奏」, 例如改變換新瓶的規則：

問題3： 用 $2n$ 元買進 $n$ 瓶飲料, 換新瓶的規則各如下：

1. 4 個瓶蓋或 5 個無蓋空瓶都可換 1 新瓶。
2. 2 個瓶蓋或 2 個無蓋空瓶都可換 1 新瓶。
3. 3 個瓶蓋或 6 個無蓋空瓶或 9 個商標都可換 1 新瓶。
4. 2 個瓶蓋或 3 個無蓋空瓶或 6 個商標都可換 1 新瓶。
5. 2 個瓶蓋或 4 個無蓋空瓶都可換 1 新瓶, 而瓶蓋上又附有中獎的約定,例如 ： 中 5 瓶、 10 瓶的機率分別為 0.01 與 0.0001。

求最多可以喝到多少瓶的飲料？ 最後剩餘的模式是甚麼？ 對於第 (v) 小題, 會牽涉到機率與期望值的演算, 問題稍深刻, 但有趣。

生產公司為了促銷商品, 訂下一些獎勵規則, 要如何訂？ 在成本、利潤與極值的考量下, 每瓶的售價要訂為多少, 等等。 這是商業上一個很切實際的數學應用問題, 從小學生、 國中生、 高中生到社會人士都可以做, 讓頭腦做思考的體操, 堪稱老少咸宜。

緣由與致謝辭：

5/7 日我到礁溪旅遊, 遇到某公司的職員告訴我這個問題, 並且說公司每個人算得的答案都不同, 感覺很好奇又怪異。 問題的出處不知, 可能是網路上流傳的一個問題。 5/29 同事張鎮華教授又拋出這個相同的問題給全系的同事, 顯然他已有答案, 但沒有公佈。 此題若僅限於在頭腦裡心算, 不准用紙和筆計算, 很容易出錯, 這可能是有多種答案的理由。 最後我要感謝我的兒子蔡弘霖 (學音樂) 與我的學生黃梓彥 (台大數學所) 的參與討論, 他們總是概念清晰且流暢。

---本文作者為台大數學系退休教授---