我用初等的方法推导一下：桃子分桃肉与桃胡（桃仁），人们通常说吃几个桃，一般是单指吃了几个桃子的桃肉。即有：
1[桃子] = 1[桃肉] + 1[桃胡] -----------①
依题意，还可得如下价值等式：
1[毛钱] = 1[桃子] -----------------------②
3[桃胡] = 1[桃子] -----------------------③
将 ①③ 联立，消去[桃胡]，得 1[桃肉]=2/3[桃子] ，
再代入 ②，得 1[毛钱] = 3/2[桃肉]=3/2[桃]
极限情况是满足上述等式的，
对于有限之情况，往往无法同时提供最后“3[桃胡]”，除非允许赊或借，所以实际情况会因此偏低1点：$f=|__(3n-1)/2__|$
本帖最后由 wayne 于 2010-11-30 08:32 编辑
9# wkwable
对于 r 个桃胡 兑换成 p 个桃子 这种一般情况，可以类此推理，：
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在这里，我们换种方式表达，对于给定的n,r,p,n>r>p, 我们产生一个有限项数列{x_n}：
x_0=n, 如果x_n>= r，x_n=\sum_{k=0}^K a_k*r^k 则x_{n+1}=\sum_{k=0}^K a_k*p^k，直至x_{N}<r为止
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则题目的最终结果是：
f(n) = {r*n-p*x_N}/{r-p}+p*\Delta
其中修正值\Delta 由数列的最后一项x_N决定，当0<=x_N<r-p, \Delta= 0，当 r-p<=x_N<=r-1, \Delta=1
对于特殊情况p=1,即前面的，r个桃胡换成一个桃子，有计算公式：
f(n) = {r*n- p*x_N}/{r-1}+\Delta
其中修正值\Delta 由数列的最后一项x_N决定，当0<=x_N<r-1, \Delta= 0，当 x_N=r-1, \Delta=1
顺便说一下，上面的除式永远都是整数，我们不必担心
wayne ,你超级厉害呀，学习了。
其实，六楼的式子可以改写为下面的形式：
Sn=(6n-3)/4 - (-1)^n/4 n=1,2,.....
即把cosnπ变为(-1)^n，一样能达到目的。
不过，要是把题目再抽象一下，提高应用的范围时，又该如何做呢？
改写后 ...
一毛钱买一个桃子，m个桃胡换p个桃，n毛钱能得几个桃？
wkwable 发表于 2010-11-27 17:25 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
其实我们改为考虑n毛钱最后余几个桃胡会简单很多
假设n毛钱与g(n)个桃胡。那么对于$n<=p-1,g(n)=n$
现在用归纳法证明，对于$n>=p,p<=g(n)<=m-1$，而且
$g(n+1)={(g(n)+1, if" "g(n)<m-1),(p,if" "g(n)=m-1):}$
证明很简单，假设$p<=g(n)<=m-1$,那么对于$g(n+1)$,相当于在已经有$g(n)$个桃胡的情况下我们要吃一个桃子添加了一个胡，如果达到m，那么重新换p个桃子吃掉，得到p个胡，不然就是$g(n)+1$个胡。
于是对于$n>=m$,我们可以得出$g(n)=g(n-m+p)$,这是一个周期为m-p的线性递推函数。
而21#的方法给出了桃胡的价格的折算，于是为了计算吃掉桃子的数目，我们只要将总价格扣除$g(n)$个桃胡的价格再除以桃肉的单价即可
23# wkwable
我们的gxqcn 在 21楼给出的方法更加精彩，推广一下，表达式就是：
f(n) = n+p*|__n/{r-p}__|
r个胡换p个桃子，那么桃肉单价为$1-p/r$,桃胡单价为$p/r$
所以$n=f(n)(1-p/r)+g(n)p/r$
即$nr=f(n)(r-p)+g(n)p$
对于$n>=p$,即$f(n)={nr-p^2-p*((n-p)(mod r-p))}/{r-p}=n+p*|__{n-p}/{r-p}__|$
mathe：“其实我们改为考虑n毛钱最后余几个桃胡会简单很多”
mathe总能抓住关键之处，佩服！
楼上各位回答得都太精彩了，眼都看花了。谢谢！
本帖最后由 wayne 于 2010-11-30 08:50 编辑
27# mathe
恩，mathe给的是不许赊欠的答案。
这个好解释，为了避免出现最后剩下的桃胡的个数小于r，却大于等于r-p，即可以折算出一个桃肉却不能赊欠的尴尬局面 这种情况，买方可以在兑换之前扣留p个桃胡作为backup，备份，这p个备份桃胡只能在最后紧要关头才能拿出来用。。。，于是 答案就是 f(n)=n+p|__{n-p}/{r-p}__|
允许赊欠的话，答案就是 f(n)=n+p|__n/{r-p}__|
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22楼是计算允许赊欠的，绕了很大的一个弯子，不过，还好，答案是一致的：
f(n) = {r*n-p*x_N}/{r-p}+p*\Delta可以转化成f(n) = {r*n-p*x_N(mod(r-p))}/{r-p}
又因为 x_N(mod(r-p))其实就是n(mod(r-p))
所以，继续化简，就是f(n) = {r*n-p*n(mod(r-p))}/{r-p}
再继续化简，就是f(n)=n+p|__n/{r-p}__|了
本帖最后由 wayne 于 2010-11-30 16:14 编辑
对于给定的n,r,p,n>r>p, r,p互质，我们产生一个有限项数列{x_n}：
x_0=n, 如果x_n>= r，x_n=\sum_{k=0}^K a_k*r^k 则x_{n+1}=\sum_{k=0}^K a_k*p^k，直至x_{N}<r为止
这个x_N 就是n-p除以r-p所得的余数加上 p ，即：x_N=p+ (n-p)(mod(r-p))
因为，n>r,所以，最终x_N>=p, 因为x_N<r ，所以0<=x_N-p<r-p.
又因为 n-x_N = ( n-p ) - (x_N-p) ， n-x_N能被r-p整除，
所以，n-p 除以 r-p 所得的商为 {n-x_N}/{r-p} ,余数为x_N-p
所以，x_N=p+ (n-p)(mod(r-p))。
与此同时，可以算出不赊欠的情况下，答案是 f(n)=n+ p*{n-x_N}/{r-p} = n+p*|__{n-p}/{r-p}__|