有趣的数学难题

58/58【泡泡糖问题】

悲伤的琼斯夫人路过泡泡糖出售机时,尽量不使她的双胞胎儿子有所察觉.

大儿子:"妈妈,我要泡泡糖."

二儿子:"妈妈,我也要,我要和比利拿一样颜色的."

分币泡泡糖出售机几乎空了,里面只有4粒白色的和6粒红色的泡泡糖.讲不准下一粒是什么颜色.琼斯夫人假如要得到两粒同种颜色的泡泡糖,需要预备花多少钞票?

是不是琼斯夫人需要花6分钞票,准能够得到2粒红色的糖就算所有白色的糖花去4分钞票,还有两分钞票能够买到2粒红色的糖.或者她花去8分钞票准可得到2粒白色的糖,因此她需要花8分钞票是吗?假如你如此算,那就错了,因为琼斯夫人并不要求必须得到两粒红色的糖或者两粒白色的糖,她只要求两粒同色的糖,即使先取到两粒不同色的糖,第三粒必定与前两粒中的一粒同色.因此她最多只需要花3分钞票.

假如出售机内有6粒红色的,4粒白色的,5粒蓝色的.琼斯夫人最多要花多少钞票?显然只要花4分钞票即可.

假如琼斯夫人的小孩是三胞胎,那该如何样呢?最坏的情况是她拿到了2粒红的,2粒白的和2粒兰的,第七粒确信与前六粒中的两粒同色,因此她最多需要花7分钞票.

假如只有一粒蓝色的泡泡糖,那么显然只要花6分钞票即可买到三粒同色的糖.

假如琼斯夫人是幼儿园的老师,她带着k个小孩路过泡泡糖出售机,出售机中有n组同色的泡泡糖,且每组糖至少有k粒,她需要花多少钞票呢?

最坏情况是她每种颜色的泡泡糖都买了k-1粒,那么再买一粒即可,因此她最多需要花n(k-1)+1分钞票.

假如n组糖中有一组或几组同色的糖少于k粒,又是什么情况呢?

让我们假设有m组同色的泡泡糖少于k粒,同时设其中第i组糖有ai粒,那么琼斯夫人最倒霉的情况是,她把所有少于k粒的同色糖都买了,同时其他种类的糖每种都买了k-1粒,最后再买一粒才能得到k粒同色的糖.因此她最多需要花:

m

(n-m)(k-1)+1+∑ai

i=1

分钞票.

这种类型的题目专门多,又比如从52张纸牌中抽出7张同花的牌,那么最多需要抽多少张牌呢?显然需要4(7-1)+1=25张.

【炙肉片的策略】约翰逊先生在户外有个炙肉架,正好能容纳2片炙肉.他的妻子和女儿贝特西都饥肠辘辘,急不可耐.问如何样才能在最短时刻内炙完三片肉.

约翰逊先生:"瞧,炙一片肉的两面需要20分钟,因为每一面需要10分钟.我能够同时炙两片,因此花20分钟就能够炙完两片.再花20分钟炙第三片,全部炙完需要40分钟."

贝特西:"你能够更快些,爸爸.我刚算出你能够节约10分钟."

啊哈!贝特西小姐想出了什么妙主意?

为了讲明贝特西的解法,设肉片为A,B,C.每片肉的两面记为1,2.第一个10分钟炙烤A1,和B1.把B肉片先放到一边.再花10分钟炙烤A2和C1.现在肉片A能够炙完.再花10分钟炙烤B2和C2,仅花30分钟就炙完了三片肉,对吗?

那个简单的组合问题,属于现代数学中称之为运筹学的分枝.这门学科奇异地向我们揭示了一个事实:假如有一系列操作,并希望再最短时刻内完成,统筹安排这些操作的最佳方法并非立即就能一眼看出.初看是最佳的方法,实际上大有改进的余地.在上述问题中,关键在于炙完肉片的第一面后并不一定立即去炙其反面.

提出诸如此类的简单问题,能够采纳多种方式.例如,你能够改变炙肉架所能容纳肉片的数目,或改变待炙肉片的数目,或两者都加以改变.另一种生成问题的方式是考虑物体不止有两个面,同时需要以某种方式把所有的面都予以"完成".例如,某人接到一个任务,把n个立方体的每一面都涂抹上红色油漆,但每个步骤只能够做到把k个立方体的顶面涂色.

今天,运筹学用于解决事物处理,工业,军事战略等等许多领域的实际问题.即使是像炙肉片如此简单的问题也是有意义的.为了讲明这一点,请考虑下列一些变相问题:

琼斯先生和夫人有三件家务事要办.

1.用真空吸尘器清洁一层楼.只有一个真空吸尘器,需要时刻30分钟.

2.用割草机修整草地.只用一台割草机,需要时刻30分钟.

3.喂婴儿入睡,需要时刻30分钟.

他们应该如何样安排这些家务,以求在最短时刻内全部完成呢?你看出那个问题与炙肉片问题是同构的吗?假设琼斯先生和夫人同时进行操作,一般人开始往往以为做完这些家务需要60分钟.然而假如一件家务(譬如讲用真空吸尘器做清洁工作)分为两个时期,第二时期延后进行(像炙肉片问题那样),那么三件家务能够在3/4的时刻内即45分钟内完成.

下面有一个关于预备三片热涂奶油的烤面包问题.那个运筹学问题比较困难.烤面包架是老式的,两边各有一扇翼门,能够同时容纳两片面包,然而只能单面烘烤.假如要烤双面,需要打开翼门,把面包片翻过身来.

将一片面包放入烤面包架需要时刻3秒钟,取出来也需要3秒钟,将面包片在烤面包架内翻身又需要3秒钟.这些都需要双手操作,即不能同时进行放,取或把两片面包同时翻身,也不能在放入一片面包,将其翻身或取出的同时把另一片涂抹上奶油.单面烘烤一片面包需要30秒钟,把一片面包涂抹上奶油需要12秒钟.

每片面包仅限于单面涂抹上奶油.未经烘烤不得事先在任何一面涂抹上奶油.单面差不多烤过的和涂抹上奶油的面包片能够重新放入烤面包加内接着烘烤其另一面.假如烤面包架一开始确实是热的,试问双面烘烤三片面包丙涂抹上奶油最少需要多少时刻?

在两分钟内完成上述工作并不太难.然而,假如你领悟到:一片面包在单面烘烤尚未结束的情况下,也能够取出,以后再放回烤面包架内接着烘烤这一面,那么全部烘烤时刻就能够缩减至111秒钟.使你想到这一点,统筹安排这些操作使效率达到最高也远非是一件易事.在这方面,尚有许多比此更为复杂的实际问题,需要借助于与计算机和现代图论有关的高度复杂的数学手段.

【乒乓球赛问题】

某中学将进行乒乓球竞赛,小明他们班有5人先进行淘汰赛,选出一人参加学校的决赛,班主任杨老师计罢了一下竞赛的次数:"嗯,由于5是奇数,因此第一轮有一个队员轮空,第二轮中还得出现一次轮空,一共需要进行4场竞赛.选拔出一个队员后,学校共有37个班级参加决赛,也采纳淘汰赛,你明白需要多少场竞赛吗?你还没有算出来吗?哈哈!还在画表格呀?告诉你吧,每场竞赛淘汰一名队员,一共要淘汰36名队员,因此要进行36场竞赛.只是,假如你想轻易地算出轮空的次数却没有这么容易,那么,如何样计算轮空的次数呢?,请看如下的分析:

不明白你注意了没有,假如竞赛人数正好是2的幂,那么轮空次数确实是0,也确实是讲,假如竞赛人数是2,4,8,16,32等等,就可不能出现轮空,假如不是如此类型的数,则至少要有一次轮空.假设有n个队员参赛,假如是奇数,那么第一轮就有一名队员要轮空,从第二轮开始的轮空数与(n+1)/2个队员参赛的轮空数是一样的,因此这时总的轮空数是:(用L(n)表示n个队员参赛的轮空数)

L(n)=1+L((n+1)/2)

假如n是偶数,那么,第一轮没有轮空,从第二轮开始的轮空数与n/2个队员参赛的轮空数是一样的,因此有:

L(n)=L((n)/2)

我们能够统一处理以上两个公式:

L(n)=a0+L((n+a0)/2)

其中a0为1或为0取决于n的奇偶性,下面的a1,a2,a3...也一样,假定2k<n<2k+1,同时规定n>=2,因为最后总是冠亚军决赛,因此最后一场竞赛总是2名队员.接着往下推,我们有:

L(n)=a0+a1+L(a0/4+a1/2+n/4)

=a0+a1+a2+L(a0/8+a1/4+a2/2+n/8)

=a0+a1+a2+...+ak-1+L(a0/2k+a2/2k-1+...+ak-1/2+n/2k)

k-1

k-1

=∑as+L(1/2k∑as2s+n/2k)

s=0

s=0

由于最后总有:

k-1

1/2k∑as2s+n/2k=2

s=0

即:

k-1

∑as2s=2k+1-n

s=0

我们看到,L(n)=a0+a1+a2+...+ak-1

因此,只要将2k+1-n化成二进制表示,其系数和确实是轮空数,也确实是其中1的个数.关于n=37,我们能够算出2k+1-n=64-37=27=11011,其中有4个1,因此共有四次轮空.

【玻璃杯问题】

巴尼在汽水柜台工作,他用10只玻璃杯给两名顾客出了个难题.巴尼:"这一排有10只玻璃杯,左边5只内有汽水,右边5只空着,请你使这排杯子变成满杯与空杯相互交错,条件是只同意移动4只杯子."两位顾客看了看巴尼,又看了看杯子,摇了摇头,不明白如何办.巴尼:"好吧,我来告诉你们,只要分不把第二只杯子和第七只杯子,第四只杯子和第九只杯子交换一下位置就成了."

这时,奎贝尔教授正好来到柜台前,看到了他们的把戏,同时来了点小花招.奎贝尔教授:"何需移动四只杯子,我只要移动两只就行了,你行不行?"

巴尼纳闷地瞧着奎贝尔教授,不明就里.奎贝尔教授:"专门简单,只要拿起第二只杯子,把里面的汽水倒进第七只杯子,再拿起第四只杯子,把里面的汽水倒入第九只杯子就行了."

12345678910

12345678910

■■■■■□□□□□>■□■□■□■□■□

尽管奎贝尔教授抓住话语间的模棱两可之处解决了那个问题,但那个问题并不像乍看上去那么简单.例如,依旧这么个问题,但改成100只满杯挨着100只空杯排成一排,请考虑一下,若要使其变成满杯和空杯交错排列,需将多少对杯子互换位置?显然,一般地,假如有2n只杯子,n只满杯,n只空杯,需要将[n/2]对杯子互换位置,方法是2k号杯子与2k+n号杯子互换位置即可(k=1,2,3,...)若n=100,则需互换50次.

有一个与上面分析的问题类似但困难的多的古典难题.咱们这回用两种不同颜色的杯子作为道具,然而移动方法却大相径庭:每次只能一块儿移动一对相邻的杯子,使结果成交错排列,以n=3为例,解题过程如下图所示:123456■■■□□□■□□□■■■□□■□■□■□■□■

普遍的解是什么呢?当n=1时,没有意义,n=2时你会发觉,无解,当n>2时,解此问题至少需要移动n次.n=4时,求解专门不容易,你不妨试试,煞是有味,或许你能够把当n>=3时的解题过程公式化.不像上两道题比较容易,那个问题我还没有认真研究过,先把这道题上载,大伙儿也能够发表意见.

依照这一难题还能够产生许多奇异的变相问题,用来测验你的智力.那个地点试着举几例:

(1).仍然是同时移动两只相邻的杯子,然而假如颜色不同,则要在移动过程中交换位置,如此一对黑白的杯子就变成一对白黑排列了.解8只杯子需要移动5次.关于10只杯子,5次移动也够了.我还尚不明白他的普遍解,也许你能找出来.

(2).某种颜色的杯子少一个,即某种颜色的杯子有n只,另一种杯子有n+1只,其余规则不变,差不多证明(不行意思,不是我证的,我还没有认真研究过),关于任意n只杯子,其解须作n次移动,而且这是最少的移动次数.

(3).使用三种不同颜色的杯子.按照通常的方法移动一对相邻的杯子,使得所有这三种颜色交相辉映.当n=3(共有9个杯子),其解需要作5次移动.在这些变相问题中,假设在最终形成的排列中,不同意留有任何空距.假如同意留有空距,则问题的解法就令人惊奇地变为移动4次了.

看来,尚有许多其他的变化形式,例如,假设一次能够同时移动3只或更多的杯子,在上述各变相问题中改用这种移动方式,结果会如何呢?假如是第一次移动1只杯子,第二次移动2只杯子,第三次移动3只杯子,依次下去,那又会如何样?给定某种颜色的杯子n个,另一种颜色的杯子也为n个,那个问题的解是否总是作n次移动?这种种问题都有待于人们去解决,我还没有时刻来考虑这些问题,这是特不有味特不值得人们考虑的趣题.

【帕斯卡三角形与道路问题】

苏珊专门为难.她步行去学校,路上老是遇到斯廷基.斯廷基:"嘿嘿,苏珊,我能够陪你一起走吗?"

苏珊:"不!请走开."

苏珊心想:我有方法了.每天早上我走不同的路线去学校.如此斯廷基就不明白在哪儿找到我了.这张地图表示苏珊的住宅和学校之间的所有街道.苏珊去学校时,走路的方向总是朝南或朝东.她总共有多少条路线呢?

苏珊:"我真想明白有多少条路线可走.让我想一想.要算出多少条路线看来并不简单.嗯.啊哈!一点不难,简单的专门!"苏珊想到了什么好主意?

她的推理如下:苏珊:"在我家那个角点上写一个1,因为我只能从这一点动身.然后在遇刺相隔一个街区的两个角点上各写一个1,因为到那儿只有一条途径.现在,我在那个角点上写上2,因为到达那儿能够有两条途径.苏珊发觉2是1加1之和,她突然领悟:若到某一个仅有一条途径,则该角点上的数字为前一个角点上的数字;若有两条途径,则为前两个角点上的数字之和.

苏珊:"瞧,又有四个角点标上了数字,我立即把其他角点也标上数字."请你替苏珊把剩下的角点标上数字,同时告诉她步行到学校共有多少条不同的路线.

苏珊的家11121325学校

剩下的5个点,自上而下,从左至右分不标以1,4,9,4,13.最后一点上的13表示苏珊去学校共有十三条最短路径.

苏珊所发觉的是一种快速而简单的算法,用来计算从她家到学校的最短路径共有多少条.要是她把这些路径一条一条地画出来,然后再计数,如此确信苦恼,还容易出错.假如街道的数目专门多,那么这种方法全然就行不通.你不妨把这十三条路线都画出来,如此你就更能体会到苏珊的算法是多么地有效了.

你对这种算法是否差不多理解,能够再画一些不同的街道网络,然后用这种算法来确定从任意点A到另一任意点B的最短路线共有多少条.网络能够是矩形网格,三角形网格,平行四边形网格和蜂窝状的正六边形网格.也能够用其他方法(例如组合公式)求解,但这种方法十分复杂,需要专门高的技巧.

在国际象棋棋盘上,"车"从棋盘的一角到对角线上另一角的最短路径共有多少条?就像苏珊给街道交点标上数字一样,把棋盘上所有格子也都填上数字,因此问题就迎刃而解了."车"只能沿着右上方向朝另一个角的目标移动,便能够求出共有多少条最短路径.如图所示:183612033079217163432172884210462924171616215612625246279215153570126210330141020355684120136101521283612345678车1111111

把整个棋盘正确标号,依照所标的数字,一眼就能看出在棋盘上从一个角动身到任意一角,有多少条最短路线.右上角的数字是3432,因此"车"从一角到对角线的另一角的最短路径共有3432条.

让我们把棋盘沿着左上至右下的对角线一截为二,使其成为如下图所示的阵列.此三角形上的数字与闻名的怕斯卡三角形(我国叫做杨辉三角形)的数字是相同的,因此,计算街道路径条数的算法,恰恰确实是构造怕斯卡三角形所依据的过程.这种同构现象使得怕斯卡三角形成为许多有味特性的不竭的源泉.1

11

121

1331

14641

利用怕斯卡三角形立即能够求出二项式展开的系数,即求(a+b)的任意次幂,同样也能够用来解出初等概率论中的许多问题.请注意,上图中自顶部至底部,从边沿一格来讲是1,随着向中间移动,数字逐渐增加.也许你见过依照怕斯卡三角形所制成的一种装置:在一快倾斜的板上,成百个小球滚过木钉进入各格的底部.全部小球呈现出一条钟形的二项式分布曲线,因为到达每个底部孔位的最短路径的条数确实是二项式展开的系数.

显然,苏珊的算法同样适用于由矩阵格子组成的三维结构.设有一个边长为3的立方体,分成27个立方体单元,把它看成棋盘,处于某一个角格上的"车"能够向三个坐标上的任何位置作直线移动,试问"车"到空间对角线的另一个角格有多少条最短路径?

【错抱的婴儿问题】

在某个医院,四个婴儿的身份标签被搞错了.两个婴儿的标签不错,其他两个婴儿的标签弄错了.发生这种错误的情况有多少种?

一种简单的计算方法是把所有可能的情况列成一个表格,其结果表明两个婴儿搞错的情况共有六种.现在假设标签搞乱了后,恰有三个是正确的,只有一个搞错了,问那个问题有多少种不同情况?你是否用列表的方法求解?依旧凭灵机一动想出来的?ABDC

ADCB

ACBD

DBCA

CBAD

BACD

那个问题许多人都茫然不解,其缘故是他们作了下列错误的假设:在四个婴儿中,三个婴儿与其标签相符的情况有许多种.然而你假如用"鸽笼原理"思索一下,情况就一清二楚了.假设有四个鸽笼,一一标出应放物品的名称.若三样物品都放在了正确的位置中,那么第四样物品只有一处可放,自然该处即为那件物品应放的位置,正确的可能只有一种,即所有四样物品都放置恰当这一情况,而不可能有其他更多的情况.一般地,假如n件物品,其中差不多有n-1件放对了地点,那么剩下的一件也必定放置在正确的位置上了.

有一个关于三样东西都标签错误的古典问题.一旦领悟到能够把情况的数目缩小为1,那个问题也就迎刃而解了.设在桌子上有三个盖着盖子的盒子,其中一个盒子内有两粒绿豆,第二个盒子内有两粒红豆,另一个盒子内有一粒绿豆和一粒红豆,三个盒子盖子上分不写着"红豆","红绿豆"和"绿豆",然而所有标签都标错了.你能从任意一个盒子内取出一粒豆子后,便能推断出所有盒子内都装着什么豆子吗?

同上面的讨论一样,人们一般总是首先考虑有多少种不同的可能性,然而你假如能够洞悉底蕴,一眼就能够看出只可能有一种情况,从误标为"红绿豆"的盒子中取出一粒豆子,假如不是一粒绿豆确实是一粒红豆,若是一粒绿豆,那么盒子里的另一粒也必定是一粒绿豆,那么两粒红豆必定在标着"绿豆"的盒子内,反之,若取出的是一粒红豆,那么另一粒必定也是红豆,两粒绿豆确信放在标着"红豆"的盒子内,其他一盒内的情况就一清二楚了.能够看出,三个盒子全都误标的情况只可能有如上两种.从标着"红绿豆"的盒子内取出一粒便能够排除一种情况,仅剩下唯一正确的情况.

有时,上述问题也会以略微复杂的形式出现.在三个盒子中,从任意一个盒子内取出最少的豆子数进行试看,以此来推断三个盒子内各装有什么豆子.唯一的方法是从标着"红绿豆"的盒子中取出一粒豆子试看.也许你能提出一些更加复杂的问题,诸如每个盒子内不只两粒豆子,或者盒子不只三个等等.

其他许多发人深省的难题都与上面的婴儿问题有关,同样也涉及到初等概率论.例如,假设婴儿的标签以随机的方式搞乱,那么四个标签全部正确的概率是多少?全部弄错的概率是多少?至少有一个正确的概率是多少?恰好有一个正确的概率是多少?至少有两个正确的概率是多少?恰好有两个正确的概率是多少?最多有两个正确的概率又是多少?诸如此类,不一而足.

"至少一个"的问题,就一般的形式来讲,属于古典趣味数学著作中的问题.那个问题通常如下所述:在一家旅店,由n个人在认真检查自己的帽子.寄存部的粗心女郎没能使寄存牌和帽子做到一一对应,她随便地把寄存牌发了出去,问至少一人取回自己的帽子的概率是多少呢?结果发觉,当n增大时,其概率迅速地趋近于极限(1-1/e),或者讲比1/2略微好一点,其中e是闻名的欧拉常数,等于2.71828182845904590...,在概率论问题中经常反复地出现.

【塑料杯问题】

奎贝尔教授出了个难题.奎贝尔教授:"取三个喝咖啡用的泡沫塑料空杯,把11枚硬币投入杯子中,要求每一只杯子中的硬币数目差不多上奇数.奎贝尔教授:"这不难做到,是吗?方法专门多,你能够在一只杯子中放入一枚硬币,第二只杯子中放入三枚硬币,最后一个杯子中放入七枚硬币.这的确专门容易.奎贝尔教授:"然而,你能否把十枚硬币放入同样的杯子中,使得每只杯子中的硬币数差不多上奇数?这也是能够办到的,只是你得动点脑筋才行.奎贝尔教授:"但愿你还没有泄气.你只要想到把其中一只杯子放入另一只装着偶数个硬币的杯子中,就使每只杯子中差不多上奇数枚硬币了."

啊哈!一旦悟出杯中套杯,同一个集合的硬币能够属于不止一只杯子,那个棘手的问题也就迎刃而解了.用集合论的术语来讲,我们的解是7个元素的集合和3个元素的集合,后一个集合又包含1个元素的子集.此解能够用图表示如下:

1

2

7

试求所有其余的解亦专门有味.要得到十个解并不困难,上述解法即为其中之一.但若要发觉其余的五个解,或者讲十五个全部的解,却还需要花费一番精力.求出十五个解之后,能够把硬币和杯子的数目,以及关于每只杯中放入硬币数的要求作一些改变,从而产生一些新的问题.领悟到一个集合的部分或全部能够包含于另一个集合之中,从而能够作两次计算,这是解决许多闻名难题和悖论问题的钥匙.下面是一个趣味问题.

一个男小孩逃学差不多数周,学校考勤人员找到了他.小孩开始向他解释为何没有时刻上学:

"我每天睡觉需要8小时,8X365总共2920小时,一天有24小时,因此2920/24即122天.

"星期六和星期日不用上学.一年总共约有104天.

"我们还有60天暑假.

"我一天吃饭需要花3小时,一年就要3X365,共有1095小时,共有1095/24即45天左右.

"我每天还需要2小时的课外活动.算起来一年也要有2X365,共730小时,或730/24即30天左右."

小孩把所有这些天数相加如下:睡觉

122

周末

104

暑假

60

用餐

45

课外活动

30

361天

"你瞧,"小孩讲"仅剩下4天用作病假,我还没把学校每年应放的节假日算到里面去呢!"

考勤人员听了后对小孩的数字研究了半天,看不出有什么破绽.请你的朋友们试试那个悖论问题,看有多少人能够指出其谬误所在,即把子集不止一次地算到里面去.这小孩所讲的各项就像奎贝尔教授杯子中套杯子的硬币一样重复地作了相加.

【难铺的瓷砖】

布朗先生的院子里铺有40块四方瓷砖.这些瓷砖差不多破损老化,他想予以更新.他为修整院子选购新的瓷砖.惋惜,目前商店里只供应长方形的瓷砖,每块等于原来的两块.店主:"布朗先生,您需要几块?".布朗先生:"嗯,我要更换40块方瓷砖,因此我可能需要20块."

布朗先生试着用刚买的新瓷砖铺院子,结果弄得烦闷不堪.不管他如何样努力,总是无法铺好.

贝特西:"出了什么问题?爸爸?"布朗先生:"这些该死的瓷砖,真叫人恼火.最后总是剩下两个方格没法铺上瓷砖."

布朗先生的女儿画了一张院子的平面图,同时涂上了颜色,看上去看起来一张棋盘.然后她沉思了几分钟.

贝特西:"啊哈!我看出症结的所在了.请设想每块长方形瓷砖必定盖住一个红色的格子和一个白色的格子,问题就清晰了."

那个地点面有什么奥妙,你理解贝特西的意思吗?

共有19个白色的格子和21个红色的格子,因此铺了19块瓷砖后,总要剩下2个红格没有铺,而一块长方形瓷砖是无法盖住2个红格的.唯一的方法是把最后一块长方形瓷砖断为两块.AABBCKKLLMCDJTSUMNDJQSRRNEIQPPOOEIHHGGFF

布朗先生的女儿利用所谓"奇偶校验"解答了铺瓷砖问题.假如两个数差不多上奇数或差不多上偶数,则称其为具有相同的奇偶性,假如一个数是奇数,另一个数是偶数,则称其具有相反的奇偶性.在组合几何中,经常会遇到类似的情况.

在那个问题中,同色的两个格子具有相同的奇偶性,异色的两个格子具有相反的奇偶性.长方形瓷砖显然只能覆盖具有相反奇偶性的一对格子.布朗小姐首先讲明,把19块长方形瓷砖在院子内铺上后,只有在剩下的两个方格具有相反的奇偶性时,才能把最后一块长方形瓷砖铺上.由于剩下的两个方格具有相同的奇偶性,因此无法铺上最后一块长方形瓷砖.因此用20块长方形瓷砖来铺满院子是不可能的.

数学中许多闻名的不可能性的证明都建立在奇偶校验上.也许你专门熟悉欧几里德的闻名证明:2的平方根不可能是一个有理数.证明是如此进行的:首先假设此平方根能够表示成一个既约的有理分数,则分子和分母不可能差不多上偶数,否则它就不是一个既约分数.分子,分母可能差不多上奇数或者一个是奇数,另一个是偶数.欧几里德证明接着论证此分数不可能属于上述两种情况,换句话讲,分子和分母不可能具有相同的奇偶性或相反的奇偶性.而任何有理分数是两者必居其一,因而反证了2的平方根不可能是一个有理数.

在铺砌理论中,有许多必定要用奇偶校验才能论证其不可能性的问题.上述问题只是个极其简单的例子,因为它仅仅涉及用多米诺骨牌,即简单的,不平凡的波利米诺来铺砌.(一个波利米诺是一些边沿相连的单位正方形的集合)布朗小姐的不可能性证明适用于符合下列要求的单位方格矩阵:这种矩阵若按照棋盘那样涂色后,一种颜色的方格要比另一种颜色的方格至少多一个.

在上述问题中,能够把院子看作缺少两个同色方格的一个6X7矩阵.显然,假如缺少的两个方格同色,20个多米诺骨牌无法覆盖其余的40个方格.一个有味的并与此有关的问题是:假如缺少两个颜色不同的方格,20个多米诺骨牌是否能够覆盖住那缺格的6X7矩阵?尽管奇偶校验没有证明其不可能性,但着并不意味着一定能够覆盖.通过擦去一对异色的方格,能够生成所有可能的图形.但若逐一加以研究则不胜其烦,因为各种可能的情况太多,以至于无法分析.关于所有的情况来讲,是否有一种简单的可能性证明?

有的,此证明既简单又巧妙,为拉尔夫.戈莫里妙手偶得之.他同样也是利用了奇偶原理.假设此6X7矩阵有一条波及整个内部的闭合回路,宽度为一格.假设把闭合回路上任何两个异色方格擦去,因此该闭合回路就一断为二,每一部分差不多上由格数成偶数的异色方格组成.显然,这两部分的路总是能够用多米诺骨牌覆盖(把骨牌看作能够停在弯曲车道上的篷车).你也许情愿尝试一下,把那个巧妙的证明应用于尺寸,形状与此不同的矩阵,也能够考虑擦去不止两个方格的情况.┌─────┐│┌────┘│└────┐│┌────┘│└────┐└─────┘

铺砌理论作为组合几何中的一个范围广泛的领域,越来越受到人们的注目.要铺砌的平面能够是任何形状"有限的或无限的",瓷砖也能够形形色色,而且问题可能会涉及不同形状的集合,而并非要求单一模式.不可能性证明还经常涉及以某种规定的方式,用两种或两种以上的颜色为某一平面着色.

与多米诺骨牌相似的三维物体是砖块,其单位尺寸为1X2X4.用这种砖块"堆"成(空间铺砌)一个4X4X4的箱体并不困难,然而用这种砖块可否堆成一个6X6X6的箱体?那个问题完全能够应用布朗先生铺砌院子的问题的解法.设想把该立方体分成27个小立方体,每个为2X2X2.把这些阶为2的立方体交替涂上黑白两种颜色,看起来一个三维的国际象棋棋盘.假如你把每种颜色的单位立方体的个数数一下,就会发觉,一种颜色的立方体比另一种颜色的多八个.

在那大立方体中,不管如何样放置砖块,不多许多总是恰恰"盖住"相同的数目的黑色和白色的单位立方体,但一种颜色的单位立方体比另一种颜色的多八个,最初的26块砖不管如何样放置,总会剩下同样颜色的八个单位立方体.因此无法安置第27块砖.假如不厌其烦地探讨所有可能的堆砌方式,以求证明这一点,如此做显然极其费事.

堆砌理论仅是三维空间堆砌理论的一部分.关于空间堆砌问题,各种资料文献正日趋增多.它们提出了大量悬而未决,引人入胜的问题,有许多问题的解法可应用于商品的纸箱包装和堆仓等等.

奇偶性在粒子物理学方面也起着专门重要的作用.1957年,两名中国血统的美国物理学家(指杨振宁,李政道)因为他们在推翻闻名的"宇称守恒定律"方面的贡献而获得诺贝尔奖金.但由于这一题目专业性太强,故此不做详述.但能够举一个有味的硬币戏法的例子来讲明奇偶性守恒的一种方式.

往桌子上抛一把硬币,数一下正面朝上的有多少,若是偶数,则称正面朝上的硬币具有偶数性;若是奇数,则称其具有奇数性.现在把一对硬币翻身,再翻第二对,第三对,任你翻转多少对.你将惊奇地发觉,不管翻转多少对,正面朝上的硬币的奇偶性始终不变.假如原来是奇数性,那么依旧保持奇数性;假如原先是偶数性,则始终保持偶数性.

利用这一点能够耍一个巧妙的魔术.你背过身去,请人为所欲为地把硬币一对一对地翻转,再请他用手盖住其中任何一枚.然后,你回过身来,瞧一瞧硬币,即可正确地讲出他手掌下的硬币是正面朝上依旧反面朝上.秘诀是开始时数一下正面朝上的硬币有多少,记住是奇数依旧偶数.由于一对一对地将硬币翻转并可不能阻碍其原来的奇偶性,因此你只要在最后再把正面朝上的硬币数一下,就可确定被盖住的那枚硬币是正面朝上依旧反面朝上了.

还有一个变相的问题:请他用手盖住两枚硬币,你再讲出盖住的那一对硬币其朝上一面是否相同.许多心算扑克牌花样的巧妙魔术差不多上利用奇偶校验来设计的.

【药品混乱问题】

一家药店收到运来的某种药品十瓶。每瓶装药丸1000粒。药剂师怀特先生刚把药瓶送上架子，一封电报接踵而来。怀特先生把电报念给药店经理布莱克小姐听。

怀特先生：“特急！所有药瓶须检查后方能出售。由于失误，其中有一瓶药丸每粒超重10毫克。请即退回重量有误的那瓶药。怀特先生专门气恼。

怀特先生：“倒霉极了，我只好从每瓶中取出一粒来秤一下。真是胡闹。

怀特先生刚要动手，布莱克小姐挡住了他。布莱克小姐：“等一下，没必要秤十次，只需秤一次就够了。这如何可能呢？

布莱克小姐的妙主意是从第一瓶中取出1粒，从第二瓶中取出2粒，第三瓶中取出3粒，以此类推，直至从第十瓶中取出10粒。把这55粒药丸放在秤上，记下总重量。假如重5510毫克，也确实是超过规格10毫克，她当即明白其中只有一粒是超重的，同时是从第一瓶中取出的。

假如总重量超过规格20毫克，则其中有2粒超重，同时是从第二瓶中取出的，以此类推进行推断。因此布莱克小姐只要秤一次，不是吗？

六个月后，药店又收到此种药品十瓶。一封加急电报又接踵而至，指动身生了一个更糟糕的错误。

这一次，对超重药丸的瓶数无可奉告。怀特先生气恼极了。怀特先生：“布莱克小姐，如何办？我们上次的方法不中用了。布莱克小姐没有立即回答，她在思索那个问题。

布莱克小姐：“不错。但假如把那个方法改变一下，我们仍然只需秤一次就能把重量有误的药品识不出来。这回布莱克小姐又有什么好主意？

在第一个秤药丸问题中，我们明白只有一瓶药丸超重。从每瓶中取出不同数目的药丸（最简单的方式确实是采纳计数序列），我们就可使一组数字和一组药瓶成为一一对应的关系。

为了解决第二个问题，我们必须用一个数字序列把每瓶药单独标上某个数字，且此序列中的每一个子集必须有一个单独的和。有没有如此的序列？有的，最简单的确实是下列二重序列：1，2，4，8，16，。。。这些数字是2的连续次幂，这一序列为二进制记数法奠定了基础。

在那个问题中，解法是把药瓶排成一行，从第一瓶中取出1粒，从第二瓶中取出2粒，从第三瓶中取出4粒，以此类推。取出的药丸放在秤上秤一下。假设总重量超重270毫克，由于每粒重量有误的药丸超重10毫克，因此我们把270除以10，得到27，即为超重药丸的粒数。把27化成二进制数：11011。在11011中自右至左，第一，二，四，五位上的“1”表示其权值分不为1，2，8，16。因此重量有误的药瓶是第一，二，四，五瓶。

在由2的幂组成的集合中，每个正整数是单一的不同组合中的元素之和。鉴于这一事实，二进制记数法极为有用。在计算机科学和大量应用数学领域中，二进制记数法是必不可少的。在趣味数学方面，同样也有难以计数的应用。

那个地点有一个简单的扑克魔术，可叫你的朋友莫名其妙。那个戏法也许看上去与药瓶问题毫无关系，但他们的依据是相同的，差不多上二进制原理。

请不人把一副牌洗过，然后放进你的口袋，再请人讲出一个1至15以内的数字。然后你把手插进你的口袋里，一伸手就取出一组牌，其数值相加正好等于他所讲的数字。

此秘密简单的专门。在耍魔术之前，预先取出A，2，4，8各一张放入口袋。这副牌缺少区区四张，不大可能为人察觉。洗过的牌放入口袋后，背地将其排置于原先差不多放在口袋中的四张牌的后面。请不人讲出一个数字，你用心算将此数表示成2的幂的和。假如是10，那你就应想到：8+2=10，随即伸手入袋，取出2和8的牌示众。

卜算卡片的依据也是二进制原理，预备六张卡片，分不记为A，B，C，D，E，F。然后将一些数字填写在卡片上，确定每张卡片上的数字集合的规则是如此的：在一个数的二进制表示中，若右起第一位是“1”，则此数字就在卡片A上。该卡片上的数字集合自1起始，全部数字确实是1至63范围内所有的奇数；卡片B则包括1至63范围内的二进制记数法中右起第二位为“1”的全部数字；卡片C包括1至63范围内的二进制记数法中右起第三位为“1”的全部数字；卡片D，E，F以此类推。注意：63那个数字的二进制记数法是“111111”，每一位差不多上“1”，因此每张卡片上都有那个数字。

这六张卡片能够用来确定1至63范围内的任意一个数字。请一位观众想好此范围内的一个数字（例如某个人的年龄），然后请他把所有上面有此数字的卡片都交给你。你随即讲出他心中所想的那个数字。秘诀确实是把每张卡片上2的幂的第一个数字相加。例如，假如把卡片C和F交给你，你只要将上面第一个数字4和32相加，便明白不人心中所想的数字是36。

有时，魔术师为了使得那个戏法显得更加玄妙，有意把每张卡片涂上各种不同的颜色。他只需记住每种颜色所代表的2的幂。例如，红卡片代表1，橙卡片代表2，黄卡片代表4，绿卡片代表8，兰卡片代表16，紫卡片代表32（可依据彩虹的诸色顺序）因此，魔术师站在大房间的一头，请人想好一个数字，同时把上面有此数字的卡片置于身旁，他即可依照那人身旁的卡片的颜色随口讲出不人心中所想的数字。

【有多少只动物】

这是久违的奎贝尔教授.奎贝尔教授:"我又为你们想出一个问题.在我饲养的动物中,除了两只以外所有的动物差不多上狗,除了两只以外,所有的差不多上猫,除了两只以外所有的差不多上鹦鹉,我总共养了多少只动物?你想出来了吗?

奎贝尔教授只养了三只动物:一只狗,一只猫和一只鹦鹉.除了两只以外所有的差不多上狗,除了两只以外所有的差不多上猫,除了两只以外所有的差不多上鹦鹉.

假如你领悟到"所有"那个词能够指仅仅一只动物的话,头脑中就有了那个问题的答案.最简单的情况一只狗,一只猫,一只鹦鹉既是其解.然而,把那个问题用代数形式来表示也是一次专门好的练习.

令x,y,z分不为狗,猫,鹦鹉的只数,n为动物的总数,我们能够写出下列四个联立方程:

n=x+2

n=y+2

n=z+2

n=x+y+z

解此联立方程有许多标准方法.显然,依照前三个方程式,可得出x=y=z.由于3n=x+y+z+6减去第四个方程,得到n=3,因此x+2=3,因此x=1.全部答案可由x值求得.

由于动物只数通常是正整数(谁养的猫是用分数来表示只数的?),能够把奎贝尔教授的动物问题看作所谓刁番图问题的一个平凡例子.这是一个其方程解必须是整数的代数问题.一个刁番图方程有时无解,有时只有一个解,有时有不止一个或个数有限的解,有时有无穷多个解.下面是一个难度稍大的刁番图问题,同样也与联立方程和三种不同的动物有关.

一头母牛价格10元钞票,一头猪价格3元钞票,一头羊价格0.5元钞票.一个农夫买了一百头牲口,每种至少买了一头,总共花了100元钞票,问每种牲口买了多少头?

令x为母牛的头数,y为猪的头数,z为羊的头数,能够写下如下两个方程式:

10x+3y+z/2=100

x+y+z=100

把第一个方程中的各项都乘以2消去分数,再与第二个方程相减以便消去z,如此得到下列方程式:

19x+5y=100

x和y可能有那些整数值?一种解法是把系数最小的项放到方程的左边:5y=100-19x,把两边都除以5得到:

y=(100-19x)/5

再把100和19x除以5,将余数(假如有的话)和除数5写成分数的形式,结果为:

y=20-3x-4x/5

显然,表达式4x/5必须是整数,亦即x必须是5的倍数.5的最小倍数既是其自身,由此得出y的值为1,将x,y的值带入任何一个原方程,可得z等于94.假如x为任何比5更大的5的倍数,则y变为负数.因此,此题仅有一个解:5头母牛,一头猪和94头羊.你只要把那个问题中牲口的价钞票改变一下,便能够学到许多初等刁番图分析的知识.例如,设母牛价钞票为4元钞票,猪的价钞票为2元钞票,羊的价钞票为三分之一元钞票,一个农夫预备花一百元钞票买一百头牲口,同时每种牲口至少买一头,试问他每种牲口能够买多少头?关于这一问题,恰好有三种解.然而假如母牛价钞票为5元钞票,猪的价钞票为2元钞票,羊0.5元钞票呢?那就无解.

刁番图分析是数论的一大分支,事实上际应用范围极广.有一个闻名的刁番图问题,以费马最后定理而著称:设有方程xn+yn=zn,其中n是大于2的正整数,问此方程是否有整数解(假如n=2,则称此为毕达格拉斯三元数组,具有自32+42=52起始的无穷多组解)?这是一个最闻名的数论问题,差不多由英国数学家安德鲁.威尔斯解决,他用于解决此问题的方法能够讲是大大出乎人们的意料,他应用了一种叫做椭圆函数的理论,实际上,他证明的并不是方程本身,而是在椭圆函数领域中另一个闻名的猜想:谷山-志村猜想.由于椭圆函数的模形式与费马最后定理同构,因此,等因此从侧面攻破了那个300多年的大难题.

【断金链难题】

一位来自阿肯色州的年轻太太格罗丽亚,正在加利福尼亚州旅行.她想在旅馆租用一个房间,租期一周.办事员现在正心绪不佳.办事员:"房费每天20元,要付现钞票.格罗丽亚:"专门抱歉,先生,我没带现钞票.然而我有一根金链,共7节,每节都值20元以上.办事员:"好吧,把金链给我."

格罗丽亚:"现在不能给你.我得请珠宝匠把金链割断,每天给你一节,等到周末我有了现钞票再把金链赎回.办事员终于同意了,但格罗丽亚必须决定如何断开金链的方法.格罗丽亚:"我该三思而行,因为珠宝匠是按照他所切割和以后重新连接的节数来索价的.格罗丽亚想了一下,悟到她不必把每一节都割断,因为她能够把一段段金链换进换出,以这种方式来付房费.当她算出需要请珠宝匠割断的节数时,她几乎不能自信.你想一想需要割开多少节?

只需要割开一节.这一节应是从一端数起的第三节.把金链断开成1节,2节,4节如此三段后就能以换进换出的方式每天付给办事员一节作为房费.

啊哈!领悟到下列两点才能解题.第一,至少需要有1节,2节,4节如此三段(即其节数成二重级数的一些段),如此才能以各种不同的组合方式组成1节,2节,3节,4节,5节,6节和7节.我们在药品混乱问题中差不多明白,这确实是作为二进制记数法基础的幂级数.

第二,只需要割开一节就能够把金链分成符合要求的三段.关于那个问题,若把金链的长度增加,则能够想出一些新的问题.例如,假设格罗丽亚有一根63节的金链,她想把金链割开,以上面那种方式来付63天的房费(价格不变).要达到此种目的只需要割开三节.你想出来了吗?你能否依照金链的不同长度设计一个通用的解题程序,要求分割开的节数为最少?

有一个有味的变相问题:若所经手的n节首尾相连的闭合回路,例如讲格罗丽亚有一串金项链,由79节相连而成,若每天房费为一节,试问最少需要分割开几节才能支付79天房费?

这些问题使我们想到了二进制记数法.比如格罗丽亚的63节金项链如何分割?将63化成二进制表示:等于"111111"即63=1+2+4+8+16+32然而要把其中的2分成两个1，因为在4、8、16、32之间有三个间隔，这条金链子被分割成4段，也就从那三个间隔处割开了三节，因此63应该分成1、1、1、4、8、16、32。关于其他任意类型的数,却不能奏效,比如关于19节金项链,19的二进制记数法表示为"10011".即19=1+2+0+0+16,如此从1到3都能表示,但是从4到15都没法表示了。能够如此:你不是要求节数最少吗?假设n=a+b其中a是差不多找到的最大的那一节数,b是比n小的差不多解决了的金链问题,由于b差不多解决,因此b的拆分能够表示从1,2,3,...b-1,b的所有金链节数,而再大一些的数就不能够表示了,比如b+1,因此必须要a参加进来,假如n是奇数,可令a=b+1,如此n=2b+1,因此b=(n-1)/2,a=(n+1)/2,如此就找到了最大的一节的节数a,然后对b=(n-1)/2接着应用如上的方法,即可解决问题.假如n是偶数,可令a=b,如此尽管a本身不能表示出b+1,然而能够从b的拆分中拿出一个1来(那个1是必须存在的,因为要表示从1,2,3,...b-1,b的所有数)与a组成a+1也确实是b+1.因此n=a+b=2a=2b,a=b=n/2.如此也找到了n为偶数时最大的一节金链的节数.关于b接着如上的过程,就能够找到全部应该断开的金链节数,我算出了从1到16的所有拆分如下:

1=1

2=1+1

3=1+1+1

4=1+1+2

5=1+1+3

6=1+2+3

7=1+2+4

8=1+1+2+4

9=1+1+2+5

10=1+1+3+5

11=1+1+3+6

12=1+1+2+3+5

13=1+1+2+3+6

14=1+1+1+4+7

15=1+1+1+4+8

16=1+1+2+4+8

上面的分成偶数节数是如此分的，比如8=1+1+2+4，是将第三节、第四节割开。关于19节金链子,19+1=20,20/2=10,最大的一节是10节,19-10=9,9+1=10,10/2=5,又找到了一节是5,9-5=4,4的表示法如上差不多列出来了:4=1+1+2.最后得到19节的金链子的分割法:1,1,2,5,10.过去我也碰到过一道类似的题,是23节金链子,也能够专门容易地解决:23+1=24,24/2=12;23-12=11,11=1+1+3+6;因此23的分割法为:1,1,3,6,12.显然,关于2k-1类型的数,用那个地点的方法与用二进制记数法得出的结果是一致的.因此,一个数的拆分不是唯一的,例如把15如此分割,会得到:1,1,2,4,7.也能够满足付房费的要求.

上面提到的差不多上关于金链子的分割问题，关于金项链如此闭环的情况，要增加一节，只要把第一个不为1的数分出去一个1即可达到目的。如上面提到的79节金项链,(79+1)/2=40,79-40=39,(39+1)/2=20,39-20=19,19=1+1+2+5+10，因此我们得到1，1，2，5，10，20，40，然而在2，5，10，20，40之间有4个空隙，要将2分成1+1，如此也满足闭环的分割要求了，最后得到1，1，1，1，5，10，20，40。

【巧分乳酪】

乔记餐馆虽讲吃食不算最好，但却以美味乳酪而远近闻名。块块乳酪状如圆盘，绕有风趣。一刀下去，就把一块乳酪一切为二。连切两刀，不难将其分成四块，三刀则切成六块。一天，女招待罗西请乔把乳酪切成八块。乔：“好，罗西。专门简单，我只要如此切四刀就成了。罗西把切好的乳酪往桌子上送时，突然悟到乔只需要切三刀便能够把乳酪分成八块。罗西想出了什么妙主意？

罗西豁然爽朗，悟到圆柱形乳酪是一个立体图形，能够在中线处横截一刀将其一切为二。假如同意移动切开的部分，那么连切三刀也行。能够把第一次切开的两块迭放在一起，切第二刀成四块，再把四块跌放在一起，最后一刀切成八块。罗西的解法是如此简单，几乎能够讲是平凡的。然而它给人以明确的启发：关于有意义的切分问题，能够用有限差分演算进行研究并用数学归纳法加以证明。有限差分演确实是发觉数字序列一般项公式的有力工具。今天，数字序列日益引起人们的兴趣，因为它具有极其广泛的实际应用范围，还因为计算机能够以极快的速度执行序列的运算。

罗西第一次切乳酪的方法是在乳酪顶面的若干中线同时切数刀。乳酪具有如同薄饼那样平坦的顶面。让我们来观看一下，依照在一张薄饼上切数刀的过程，能够生成一些什么数字序列。假如沿着薄饼若干中线同时切数刀，显然，同时切n刀至多能够切出2n块。

若在其边沿为一条简单闭合曲线的任意平面上同时切下n刀，这种方法所切成的块数，是否最多也是2n块呢？否。能够随意画出许多既非凸面，同时形状各异的平面，即使一刀也可切成你所希望的块数。能否画出一种图形，仅切一刀便能够切出任何有限数目的全等的块？若能办到，这种图形的周长应具有什么特性，才能确保只需要一刀便能够切成全等的n块？若不同时进行切分，薄饼的切分将更为有味。你专门快会发觉：仅当n〉=3时，切n刀方可切成不止2n块。

那个地点，我们并不考虑所切成的块是否全等或面积相同。当n=1，2，3，4。。。时，能够切成的最多块数分不是2，4，7，11。这一大伙儿所熟悉的序列是依照下列公式求得的：

1+n（n+1）/2

其中，n是所切的刀数。此序列的前10项（n自0开始）是1，2，4，7，11，16，22，29，37，46。。。

请注意，第一行差分是1，2，3，4，5，6，7，8，9。。。第二行差分是1，1，1，1，1，1，1，1，1，。。。

这强烈地暗示着此序列的一般项是一个二次项。

什么缘故讲“强烈暗示”呢？因为尽管能够用有限差分演算找到一个公式，然而并不能保证该公式关于无限序列也成立。这一点尚需证明。在薄饼公式这一例子中，不难通过数学归纳法做出一个简单的证明。

从这点动身，你能够发觉大量的引人入胜的研究方向，其中有许多将导致非同平常的数字序列，公式以及数学归纳法证明。那个地点有一些问题可供你作为初步尝试。采纳下列各种方法，最多能够切成几块？

1。在马蹄形的薄饼上切n刀。

2。在球形或罗西所切的那种圆柱形乳酪上切n刀。

3。用切小圆甜饼的刀在薄饼上切n刀。

4。在状如烛环状（即中心有一个圆孔）的薄饼上切n刀。

5。在油炸圈（圆环）上切n刀。

关于以上这些问题，假设切分是同时进行的，若改成连切方式，同时同意重新安排切开的部分，其答案如何变化？

【隐蔽的尺寸】

在都市广场的中央有一片专门大的圆形憩息地。市议会拟在该地建筑一个菱形浅水池。多里斯。莱特市长看到这一打算，她找来了建筑师。莱特市长：“我喜爱呈菱形的水池，用红瓷砖砌成，不明白这水池的每边有多长？”建筑师弗兰克。劳埃德。朗被问住了。朗先生：“从A至B是5米，从B至C是4米。唔，应求出BD。也许我需要应用毕达格拉斯定理。朗先生正不明白不解，市长阁下突然叫起来。莱特市长：“啊哈！水池每边长为9米，这是毫无疑问的。”

朗先生：“我的天哪！怪不得你姓莱特（Wright）我姓朗（Wrong）呢。”有了什么好主意使那个问题迎刃而解？

既是对角线又是半径

莱特夫人突然悟到水池每边即为矩形的对角线。那个矩形的另一条对角线确实是圆形栖息地的半径。而矩形的两条对角线是相等的，因此水池每边边长确实是圆半径的长度。半径是5+4=9米，因此水池每边也是9米，无需应用毕达格拉斯定理。

你再找一种更简便的方法试试看，如此你就更能体会我们这种解法的优点。假如你仅应用毕达格拉斯定理和相似三角形，其解法一定专门冗长，繁琐。但你假如想到下列平面几何定理：一个圆的两条内部相交的弦，一条弦的两部分之积等于另一根弦两部分之积，那么就能够得出略微简短的解法。依照这一定理，能够求得直角三角形的高为

√56，在应用毕达格拉斯定理，算出直角三角形的斜边为9。

有一个与此紧密相关的问题，那确实是诗人亨利。朗非罗在其小讲《卡瓦诺》中所提出的有名的水仙花问题。当水仙花花茎垂直时，花朵伸出水面10厘米。假如把水仙花拉向一边，使花茎保持直线，花朵沾水的位置离原来的位置是21厘米，问水深多少厘米？

要解那个问题，能够先画一张草图，此图与水池问题的图相似。我们要确定的确实是x的长度。与水池问题一样，那个问题也不止一种解法。若你还记得两弦相交的定理，解那个问题是轻而易举的。

还有一个有味的游泳池难题，灵机一动则迎刃而解。一条海豚位于一个圆形水池的西边A点，它笔直地游了12米，鼻子触到水边的B点，转过身后，又笔直地游了5米，到达水池边上的C点，此位置正好与水池边上的A点遥遥相对，试问假如它直接从A点游向C点，需要游多长距离？

啊哈！要解决那个问题只需明白下列定理：半圆上的圆周角是直角，因此三角形ABC是直角三角形。已知两直角边长分不为12米和5米，因此斜边为13米。上述问题都给我们以启发：在许多情况下，假如思路正确，几何问题的求解会变得极其容易。而要做到这一点，这取决于你是否想到了欧几里德几何的某个差不多定理。

【分整为半】

鲍勃和海伦都热衷于解难题，他们的最大乐趣确实是彼此用难题来难住对方和难倒他们的朋友。一天，鲍勃和海伦通过一家音响商店。鲍勃讲，你的那些西部田园音乐唱片还在吗？海伦：没有了。我差不多把一半唱片和半张唱片送给了苏席。然后握又把剩下的一半唱片和半张唱片送给了乔。我现在只剩下一张唱片了，假如你能讲出我原来有几张西部田园音乐唱片，那么我就把这张送给你。

鲍勃给弄糊涂了，因为他如何也不明白半张唱片还有什么用处。突然，他叫了一声。啊哈！他明白了，一张唱片也没有掰开过。他答出了这道难题，海伦就把最后一张唱片给了鲍勃。

你有没有上当，以为某物的一半加1/2就不可能是一个整数？假如是如此的话，也许你会从掰开唱片的角度来考虑解决那个问题，那可就立即误入歧途了。啊哈！窍门在于看出：数量为奇数的唱片，取其一半再加上半张唱片，一定是一个整数。

因为海伦在最后一次送礼后只剩下了一张唱片，因此在她把唱片送给乔之前，一定有三张唱片。3的一半为3/2，而3/2+1/2=2，因此海伦最后一次送礼是两张唱片，末了自己留有一张完整的唱片。现在倒过来往前算就专门简单，她原来一定有七张唱片，给了苏席四张。

因此，那个问题可用代数方法求解。列出那个问题的方程式，然后求解。这是初等代数的一个专门好的习题。只是令人惊奇的是，这么简单的小问题却要列出十分复杂的方程式：

x-（x/2+1/2）-[（x-（x/2+1/2））/2+1/2]=1

改变参数，专门容易构成同类的新问题。例如，假使海伦遵循同样的赠送方式，每次把唱片总数的一半加半张唱片送给不人，但一共赠送三次而不是两次，最后全部送完，一张不留。那么她原来共有几张唱片呢？你会专门有味地发觉，答案同上例完全相同，起初共有七张唱片！第三次送礼是把最后一张唱片也送给不人了。假如按照如此的依次“分半”方法送礼四次，最后还留下一张唱片，那么原来共有几张唱片呢？若送礼五次呢？这些数产生如何样的一个数列？

现在就来解那个问题：设x表示原来所有的唱片数，y是最后剩下的唱片数，y（n）是第n-1次送礼后所剩下的唱片数，那么有，

y（0）=x，y（n）=y（n-1）-（y（n-1）/2+1/2）=y（n-1）/2-1/2

解此递推公式得到y=(y（0）+1）/2^n-1=（x+1）/2^n-1，因此原来有

x=（y+1）2^n-1

①

每次送礼的分数量也能够变化.假如海伦每次送掉手中唱片数的三分之一加三分之一张唱片,送了两次以后发觉还剩下三张唱片,那么她原来共有几张唱片呢?假如按照这种“三等分”方法送礼三次，最后自己留下三张唱片，现在是否有解？你会发觉，改变参数——赠送次数、分数量和最后留存的整张唱片数——在不掰开唱片的意义上，并非全有解。那么，在什么样的限定条件下既能解决这类问题又不必掰开一张唱片呢？

一般地，每次送出手中唱片的m分之一再加上一张唱片的m分之一，假如最后剩下y张，则原来有唱片数为：

x=（y+1）（m/（m-1））^n-1

②

显然，等式右边通常是一个有理数，因为m与m-1是互质的，要使得x是整数，必须有（m-1）^n|（y+1），即最后剩下的唱片数加一必须等于（m-1）^n的倍数，即：

y=k（m-1）^n-1（其中k是任意正整数）

③

同样，并不需要每次赠送时的分数量完全一样。例如，在下面那个难题里，分数量是不同的：

某个男孩好养金鱼，他决定把他的金鱼全部出售了，并分以下五次卖出：

第一次卖出全部金鱼的一半加二分之一条金鱼；

第二次卖出剩余金鱼的三分之一加三分之一条金鱼；

第三次卖出剩余金鱼的四分之一加四分之一条金鱼；

第四次卖出剩余金鱼的五分之一加五分之一条金鱼；

现在还剩下11条金鱼。因此，在出售时金鱼是不能切开或者有任何破损的。他原来共有多少条金鱼？答案是59条。那个问题不像前面一些题目那样容易解答，请你试试看，能否解答出来。

设第k次卖出现有金鱼的k+1分之一加k+1分之一条金鱼，则有：

x=（y+1）n！/（n-1）！-1

④

现在y=11，n=5，因此x=（11+1）5！/4！-1=12*5-1=59条。

下面是一个大同小异的题目。

某女士钞票包里有一定数量的整元钞票，周围没带零钞票。

1.她花了一半钞票买了一顶帽子,给店门口的乞丐一元钞票;

2.用膳花去余下钞票的一半,另外给了侍者两元钞票小费;

3.她用余钞票的一半买了一本书,回家前到鸡尾酒店去了一次,喝酒花了三元钞票;

现在她还剩下一张一元钞票的钞票。假设她没有把整元的钞票兑开过，那么她原来有多少钞票？

设x为原来的钞票数，y是最后剩下的钞票数，y（n）是花了n-1次钞票之后所剩下的钞票数。则有：

y（0）=x，y（n）=y（n-1）-y（n-1）/2-n

解此差分方程，得到：

x=（y+2n-2）2^n+2

⑤

在本题目中，n=3，y=1，故x=（1+2*3-2）2^3+2=42

假如每次给的小费、施舍和酒钞票不是n，而是a（n），则有

y（n）=y（n-1）-y（n-1）/2-a（n），y（0）=x

其解是：

x=y*2^n+（2a（1）+4a（2）+···+2^na（n））⑥

关于本题，y=1，n=3，a（1）=1，a（2）=2，a（3）=3，故x=1*2^3+（1*2+2*4+3*8）=42

值得注意的是，在上述各例中都已知最后剩余的数目。若是不明白这一数目，问题一般也是能够解决的，只是可能需要在整数范围内解不定方程。最闻名的一个类似问题曾经作为美国作家本·艾姆斯·威廉斯写的一个小故事的依照，那个故事刊登于1926年10月9日的《周末晚报》上。

那个故事名为“椰子”，讲的是五个男人和一只猴子因翻船而来到一个小岛上。第一天，他们花了一天功夫来采椰子。夜里，有一个人醒来了，他决定取走自己的一份椰子。因此他把椰子平分成五堆，结果还剩下一只椰子，他便把它给了猴子。然后他把自己的一份藏好，就回去睡觉了。过了一会儿，第二个人也醒来了，也干了同样的情况。他把椰子平分成五堆，也剩下一只椰子，他把它给了猴子。然后他把自己的一份藏好，也回去睡觉了。以后，第三个人、第四个人和第五个人一点儿不差地全都如此做了。第二天早上他们起身之后，把剩下的椰子平分成五份，这次就没有剩余的椰子了。问他们原来采了多少只椰子？

那个问题有许多个答案，最小的答数是3121。这不是一个简单的题目。

设x是原来的椰子数，y（n）是第n个人拿走的椰子数，则有：

y（0）=x=5y（1）+1，4y（n-1）=5y（n）+1（n=2，3，...5）

4y（5）=5k（k为最后分成的五份每份的个数）

解出该方程，有：

x=(5k+4)(5/4)^5-4

⑦

显然，要使x是整数，应该有5k+4=h*4^5,其中h是任意正整数，当h=1时，k有最小值204，这时，x=5^5-4=3125-4=3121

假如不是5个人，而是n个人，那么其解是：

x=（nk+n-1）（n/（n-1））^n-（n-1）

⑧

显然应该有（n-1）^n|（nk+n-1），即（nk+n-1）是（n-1）^n的倍数，即：（nk+n-1）=h（n-1）^n（其中h是任意正整数）

附录：线性非齐次差分方程的通解

方程：a2f（n+2）+a1f（n+1）+a0f（n）=0称为线性齐次差分方程。

若其特征方程：

a2x2+a1x+a0=0

有两个不同的根α，β，则齐次解为：

f#（n）=c1αn+c2βn

若其特征方程：

a2x2+a1x+a0=0

有两个重根α，则齐次解为：

f#（n）=（c1+c2n）αn

方程：a2f（n+2）+a1f（n+1）+a0f（n）=q（n）称为线性非齐次差分方程。

现在引入差分算子Δ和移位算子E：

Δf（n）=f（n+1）-f（n）

Ef（n）=f（n+1）

显然有Δ=E-1，定义算子多项式F（E）=a2E2+a1E+a0，

方程：a2f（n+2）+a1f（n+1）+a0f（n）=q（n）能够写成：F（E）f（n）=q（n）

方程：F（E）f（n）=q（n）的特解：f~（n）=q（n）/F（E）

方程：F（E）f（n）=q（n）的通解：f（n）=f#（n）+f~（n）

下面介绍特解的求法，有如下一组公式：

1。C/F（E）=C/F（1）

（注：C为常数，F（1）≠0）

2。an/F（E）=an/F（a）

（注：F（a）≠0）

3。若F（a）=0，则an/F（E）=nan-1/F'（a）

（注：F'（a）=DF（x）|x=a≠0，其中D为微分算子）

4。anp（n）/F（E）=an[p（n）/F（aE）]

（注：[]表示运算只关于括号内部起作用）

5。nk/F（E）=（d0+d1Δ+...+dkΔk）nk

（注：1/F（E）=1/F（Δ+1）=d0+d1Δ+...+dkΔk+...）

6。sin（nβ）/F（E）=F（E-1）sin（nβ）/{（F（cosβ））2+（F（sinβ））2}

7。cos（nβ）/F（E）=F（E-1）cos（nβ）/{（F（cosβ））2+（F（sinβ））2}

（注：在6。、7。中的分母上，在展开时，要将coskβ、sinkβ改写成coskβ、sinkβ）

例：解差分方程：f（n+1）-f（n）=2n

f（0）=0

齐次解为：f#（n）=c1

特解：f~（n）=2n/（E-1）=2n/（2-1）=2n

通解：f（n）=c1+2n

由于f（0）=0，因此0=c1+1

解之得到c1=-1

最后：f（n）=2n-1■

【砝码称重问题】曾经有人出过如此一道题：如何样用四颗砝码，用天平把直到40磅为止的各个整数磅数的物体称出来？

法国数学家巴舍·德·梅齐里亚克（BachetdeMeiziriac）在他的《数学趣题》（1624年）中，提到了那个问题。

那个问题用二进制砝码是解决不了的，尽管现在的计算机都要使用二进制。因为用1磅、2磅、4磅、8磅四块砝码最多只能称出1+2+4+8=15磅的物体。专门自然我们会想到二进制不行，那么试试三进制看看行不行，1+3+9+27=40磅正好符合我们的要求。尽管最大我们能够称出40磅的物体来，然而1、3、9、27的各种组合只有1、3、4、9、10、12、13、27、28、30、31、36、37、39、40磅，其中缺少许多整数磅。只是我们有一种巧妙的方法，能够解决那个难题，我们能够把砝码加在天