“如果用砂粒将整个宇宙空间都填满，一共需要多少砂粒？”
要解答这样的题目，首先要知道宇宙的大小。那时候，古希腊人认为宇宙是一个巨大的天球，日月星辰如同宝石般镶嵌在天球的四周，而人类居住的地球呢，则正好处在于球的中央。
天球有多大呢？根据当时最流行的观点，天球的直径是地球的直径的10000倍，而地球的周长是小于30万斯塔迪姆(1斯塔迪姆约等于188米)。
阿基米德为了使他的计算更能说服人，有意把这个数值扩大了10倍。他假设地球的周长小于300万斯塔迪姆，并由此算出宇宙的直径小于100亿斯塔迪姆。
那么，砂粒有多大呢？同样是为了增强说服力，阿基米德又有了意将砂粒描绘得非常非常小。他假设1000颗砂才有1颗罂粟籽那么大，而每1颗罂粟籽的直径只有1英寸的1/40。
当时，古希腊的记数单位最大才到万，很难满足解答这个题目的需要，于是，阿基米德又将记数单位作了扩充，创造了一套表示大数的方法。他将1万叫做第一级单位，将1万的1万倍(即1亿)叫做第二级单位，将第二级单位的1亿倍叫做第三级单位，将第三级单位的1亿倍叫做第四级单位，像这样一直取到了第八级单位。
把这一切都安排妥贴后，阿基米德没有急于马上去计算填满宇宙的砂粒数，而是首先着手解决一个比较简单的问题：填满一个直径为1英寸的圆球，一共需要多少颗砂粒？
因为1颗罂粟籽的直径是1/40英寸，13∶403=1∶64000，所以，填满直径为1英寸的圆球，至多需要64亿颗砂粒。这个数目比10个第二级单位小。
那么，填满直径为1斯塔迪姆的圆球，一共需要多少颗砂粒呢？阿基米德的答案是：这个数目不会超过10万个第三级单位。
接下来，阿基米德将圆球的直径不断扩大，逐一计算了当圆球的直径是100、1万、100万、1亿、100亿个斯塔迪姆时，填满它所需要的砂粒数。最后，阿基米德得出答案说：填满整个宇宙空间所需要的砂粒数，不会超过1000万个第八级单位。
这个数究竟有多大呢？用科学记数法表示就是1063。这是一个非常大的数，如果用一般的记数法表示，得在1的后面接连写上63个0。
古时候，人们把104叫做“黑暗”，把108叫做是“黑暗的黑暗”，意思是它们已经大得数不清了，而阿基米德算出这个数，不知要比“黑暗的黑暗”还要“黑暗”多少倍。由此可见，解答“砂粒问题”，不仅显示了阿基米德高超的计算能力，也显示了他惊人的胆识与气魄。
不过，用1063颗砂粒是填不满宇宙空间的，充其量也只能填满宇宙一个小小的角落。但是，这不是阿基米德计算的过错。因为古希腊人心目中的“天球”，即使与现在已经观测到的宇宙空间相比，充其量也只能算是一个小小的角落。
2斐波拉契数列
13世纪初，欧洲最好的数学家是斐波拉契，他写了一本叫做《算盘书》的着作，是当时欧洲最好的数学书。书中有许多有趣的数学题，其中最有趣的是下面这个题目：
“如果一对兔子每月能生1对小兔子，而每对小兔在它出生后的第3个月里，又能开始生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，由1对初生的兔子开始，1年后能繁殖成多少对兔子？”
推算一下兔子的对数是很有意思的。为了叙述更有条理，我们假设最初的一对兔子出生在头一年的12月份。显然，1月份里只有1对兔子；到2月份时，这对兔子生了1对小兔，总共有2对兔子；在3月份里，这对兔子又生了1对小兔，总共有3对小兔子；到4月份时，2月份出生的兔子开始生小兔了，这个月共出生了2对小兔，所以共有5对兔子；在5月份里，不仅最初的那对兔子和2月份出生的兔子各生了1对小兔，3月份出生的兔子也生了1对小兔，总共出生了3对兔子，所以共有8对兔子……
照这样继续推算下去，当然能够算出题目的答案，不过，斐波拉契对这种方法很不满意，他觉得这种方法太繁琐了，而且越推算到后面情况越复杂，稍一不慎就会出现差错。于是他又深入探索了题中的数量关系，终于找到了一种简捷的解题方法。
斐波拉契把推算得到的头几个数摆成一串。
1，1，2，3，5，8……
这串数里隐含着一个规律，从第3个数起，后面的每个数都是它前面那两数的和。而根据这个规律，只要作一些简单的加法，就能推算出以后各个月兔子的数目了。
这样，要知道1年后兔子的对数是多少，也就是看这串数的第13个数是多少。由5+8=13，8+13=21，13+21=34，21+34=55，34+55=89，55+89=144，89+144=233，不难算出题目的答案是233对。
按照这个规律推算出来的数，构成了数学史上一个有名的数列。大家都叫它“斐波拉契数列”。这个数列有许多奇特的性质，例如，从第3个数起，每个数与它后面那个数的比值，都很接近0618，正好与大名鼎鼎的“黄金分割律”相吻合。人们还发现，连一些生物的生长规律，在某种假定下也可由这个数列来刻画呢。
3托尔斯泰问题
19世纪时，俄国有位大文豪叫列夫·托尔斯泰。他的作品形象生动逼真，心理描写细腻，语言优美，用词准确鲜明，对欧洲和世界文学产生过巨大影响。如《战争与和平》、《复活》等等，至今仍然拥有千千万万的读者。
这位大文豪又是一个有名的“数学迷”。每当创作余暇，只要见到了有趣的数学题目，他就会丢下其他事情，沉湎于数学演算之中。他还动手编了许多数学题，这些题目都很有趣而且都不太难，富于思考性，因而在俄罗斯少年中广为流传。例如：
一些割草人在两块草地上割草，大草地的面积比小草地大1倍。上午，全体割草人都在大草地上割草。下午他们对半分开，一半人留在大草地上，到傍晚时把剩下的草割完；另一半人到小草地上去割草，到傍晚还剩下一小块没割完。这一小块地上的草第二天由一个割草人割完。假定每半天的劳动时间相等，每个割草人的工作效率也相等。问共有多少割草人？
这是托尔斯泰最为欣赏的一道数学题，他经常向人提起这个题目，并花费了许多时间去寻找它的各种解法。下面这种巧妙的算术解法，相传是托尔斯泰年轻时发现的。
在大草地上，因为全体人割了一上午，一半的人又割了一下午才将草割完，所以，如果把大草地的面积看作是1，那么，一半的人在半天时间里的割草面积就是1/3。
在小草地上，另一半人曾工作了一个下午。由于每人的工效相等，这样，他们在这半天时间里的割草面积也是1/3。
由此可以算出第一天割草总面积为4/3。
剩下的面积是多少呢？由大草地的面积比小草地大1倍，可知小草地的总面积是1/2。因为第一天下午已割了1/3，所以还剩下1/6。这小块地上的草第二天由1个人割完，说明每个割草人每天割草面积是1/6。
将第一天割草总面积除以第一天每人割草面积，就是参加割草的总人数。
43÷16=8(人)
后来，托尔斯泰又发现可以用图解法来解答这个题目，他对这种解法特别满意。因为不需要作更多的解释，只要画出了这个图形，题目的答案也就呼之即出了。
4奇特的墓志铭
在大数学家阿基米德的墓碑上，镌刻着一个有趣的几何图形：一个圆球镶嵌在一个圆柱内。相传，它是阿基米德生前最为欣赏的一个定理。
在数学家鲁道夫的墓碑上，则镌刻着圆周率π的35位数值。这个数值被叫做“鲁道夫数”，它是鲁道夫毕生心血的结晶。
大数学家高斯曾经表示，在他去世以后，希望人们在他的墓碑上刻上一个正17边形。因为他是在完成了正17边形的尺规作图后，才决定献身于数学研究的……
不过，最奇特的墓志铭，却是属于古希腊数学家丢番图的。他的墓碑上刻着一道谜语般的数学题：
过路人，这座石墓里安葬着丢番图。他生命的1/6是幸福的童年，生命的1/12是青少年时期。又过了生命的1/7他才结婚。婚后5年有一个孩子，孩子活到他父亲一半的年纪便死去了。孩子死后，丢番图在深深的悲哀中又活了4年，也结束了尘世生涯。过路人，你知道丢番图的年纪吗？”
丢番图的年纪究竟有多大呢？
设他活了X岁，依题意有：16X+112X+17X+5+12X+4=X。
这样，要知道丢番图的年纪，只要解出这个方程就行了。
这段墓志铭写得太妙了。谁想知道丢番图的年纪，谁就得解一个一元一次方程；而这又正好提醒前来瞻仰的人们，不要忘记了丢番图献身的事业。
在丢番图之前，古希腊数学家习惯用几何的观点看待遇到的所有数学问题，而丢番图则不然，他是古希腊第一个大代数学家，喜欢用代数的方法来解决问题。现代解方程的基本步骤，如移项、合并同类项、方程两边乘以同一因子等等，丢番图都已知道了。他尤其擅长解答不定方程，发明了许多巧妙的方法，被西方数学家誉为这门数学分支的开山鼻祖。
丢番图也是古希腊最后一个大数学家，遗憾的是，关于他的生平，后人几乎一无所知，即不知道他生于何地，也不知道他卒于何时，幸亏有了这段奇特的墓志铭，才知道他曾享有84岁的高龄。
5推算科学家的年龄
一位科学家在几年前逝世，逝世时的年龄是他出生年数的129。如果这位科学家在1955年主持过一次学术讨论会，求他当时的年龄。
分析：要想求出这位科学家在1955年时的年龄，首先必须知道他在哪一年出生。而这个出生年数应满足条件：是29的倍数；小于1955。把小于1955的29的倍数罗列出来：
1943，1914，1885，1856……
在这些数中，哪一个是这位科学家的出生年数呢？如果是1885，那么科学家在1955年的年龄就是：1955-1885=70，但他逝世时的年龄却是1885÷29＝65，这显然是个矛盾。即科学家不能在1885年出生；同样的方法可以说明在比1885年更早的年数里出生也不行。现在，还剩下1943和1914两个数。如果在1943年出生，不难知道学者在1955年的年龄为12岁，这是不符合事实的，因为科学家不可能的情况都排除，就可以知道出生年数为1914年，1955年时他的年龄为41岁。解决这个问题的基本思路就是“筛”法，其中也运用了归谬法的思路。
6谁的算法对
伊格纳托夫是前苏联着名的科普作家，他一生写下了许多题材新颖、内容丰富、形式活泼的作品，伐木人的争论是其作品中的一道题。
尼基塔和巴维尔是两个伐木人。有一天，俩人干完活正准备吃饭，迎面走来一个猎人：“你们好哪，兄弟们！我在森林里迷了路，离村庄又远，饿得心慌，请分给我一些吃的吧！”
“行啊，行啊，你坐下吧！尼基塔有4张饼，我有7张饼，咱们在一起凑合着吃吧”巴维尔热情地说。尼基塔也随声附和着。于是三人平均分吃了11张饼。吃过饭，猎人摸出11个戈比，说道：“请别见怪，我身上只有这些钱了，你俩商量着分吧！”
猎人走后，两个伐木人争论起来。尼基塔说：“我看这钱应该平分！”巴维尔分驳说：“11张饼的钱是11个戈比。正好是1张饼1个戈比，你应得4个，我应得7个！”
他们俩的算法，谁的对呢？显然尼基塔的算法是错的，两人带的饼的数目不同，当然分得的钱也应不同。再看巴维尔的算法：11张饼，11个戈比，每张饼1个戈比，看起来非常合理，如果问题是“猎人用11个戈比买了11张饼”，那么巴维尔的算法的确是正确的。可问题是“3个人平均分吃了11张饼，并且尼基塔和巴维尔带的饼又不一样多”，实际上，11张饼平均分给3个人，就是说，每人吃了113张饼。尼基塔有4张饼，自己吃了113张饼，他给猎人吃了4-113=13张。而巴维尔也吃了113张，他分给猎人7-113=103张。
猎人吃了113张饼，付给11个戈比，也就是说，每次13张饼猎人付给一个戈比。他吃了尼基塔13张饼，故尼基塔应得1戈比，他吃了巴维尔103张饼，巴维尔应得10戈比，两个人的算法都错了。
7三等分角问题
只准用直尺和圆规，你能将一个任意的角两等分吗？
这是一个很简单的几何作图题。几千年前，数学家们就已掌握了它的作图方法。
在纸上任意画一个角，以这个角的顶点O为圆心，任意选一个长度为半径画弧，找出这段弧与两条边的交点A、B。
然后，分别以A点和B点为圆心，以同一个半径画弧，只要选用的半径比A、B之间的距离的一半还大些，这两段弧就会相交。找出这两段弧的交点C。
最后，用直尺将O点与C点联接起来。不难验证，直线OC已经将这个任意角分成了相等的两部分。
显然，采用同样的方法，是不难将一个任意角4等分、8等分或者16等分的；只要有耐心，将一个任意角512等分或者1024等分，也都不会是一件太难的事情。
那么，只准用直尺与圆规，能不能将一个任意角3等分呢？
这个题目看上去也很容易，似乎与两等分角问题差不多。所以，在2000多年前，当古希腊人见到这个题目时，有不少人甚至不假思索就拿起了直尺与圆规……
一天过去了，一年过去了，人们磨秃了无数支笔，始终也画不出一个符合题意的图形来！
由2等分到3等分，难道仅仅由于这么一点小小的变化，一道平淡无奇的几何作图题，就变成了一座高深莫测的数学迷宫？
这个题目吸引了许多数学家。公元前3世纪时，古希腊最伟大的数学家阿基米德，也曾拿起直尺与圆规，用这个题目测试过自己的智力。
阿基米德想出了一个办法。他预先在直尺上记一点P，令直尺的一个端点为C。对于任意画的一角，他以这个角的顶点O为圆心，以CP的长度为半径画半个圆，使这半个圆与角的两条边相交于A、B两点。
然后，阿基米德移动直尺，使C点在AO的延长线上移动，使p点在圆周上移动。当直尺正好通过B点时停止移动，将C、P、B三点连接起来。
接下来，阿基米德将直尺沿直线CPB平行移动，使C点正好移动到O点，作直线OD。
可以检验，AOD正好是原来的角AOB的1／3。也就是说，阿基米德已经将一个任意角分成了3等分。
但是，人们不承认阿基米德解决了三等分角问题。
为什么不承认呢？理由很简单：阿基米德预先在直尺上作了一个记号P，使直尺实际上具备有刻度的功能。这是一个不能容许的“犯规”动作。因为古希腊人规定：在尺规作图法中，直尺上不能有任何刻度，而且直尺与圆规都只准许使用有限次。
阿基米德失败了。但他的解法表明，仅仅在直尺上作一个记号，马上就可以走出这座数学迷宫。数学家们想：能不能先不在直尺上作记号，而在实际作图的过程中，逐步把这个点给找出来呢……
古希腊数学家全都失败了。2000多年来，这个问题激动了一代又一代的数学家，成为一个举世闻名的数学难题。笛卡儿、牛顿等许许多多最优秀的数学家，也都曾拿起直尺圆规，用这个难题测试过自己的智力……
无数的人都失败了。2000多年里，从初学几何的少年到天才的数学大师，谁也不能只用直尺和圆规将一个任意角三等分！一次接一次的失败，使得后来的人们变得审慎起来。渐渐地，人们心中生发出一个巨大问号：三等分一个任意角，是不是一定能用直尺与圆规作出来呢？如果这个题目根本无法由尺规作出，硬要用直尺与圆规去尝试，岂不是白费气力？
以后，数学家们开始了新的探索。因为，谁要是能从理论上予以证明：三等分任意角是无法由尺规作出的，那么，他也就解决了这个着名的数学难题。
1837年，数学家们终于赢得了胜利。法国数学家闻脱兹尔宣布：只准许使用直尺与圆规，想三等分一个任意角是根本不可能的！
这样，他率先走出了这座困惑了无数人的数学迷宫，了结了这桩长达2000多年的数学悬案。
8化圆为方问题
古希腊数学家苛刻地限制几何作图工具，规定画几何图形时，只准许使用直尺和圆规，于是，从一些本来很简单的几何作图题中，产生了一批着名的数学难题。除了前面讲过的三等分角问题和立方倍积问题之外，还有一个举世闻名的几何作图难题，叫做化圆为方问题。
据说，最先研究这个问题的人，是一个叫安拉克萨哥拉的古希腊学者。
安拉克萨哥拉生活在公元前5世纪，对数学和哲学都有一定的贡献。有一次，他对别人说：“太阳并不是一尊神，而是一个像希腊那样大的火球。”结果被他的仇人抓住把柄，说他亵读神灵，给抓进了牢房。
为了打发寂寞无聊的铁窗生涯，安拉克萨哥拉专心致志地思考过这样一个数学问题：怎样作出一个正方形，才能使它的面积与某个已知圆的面积相等？这就是化圆为方问题。
当然，安拉克萨哥拉没能解决这个问题。但他也不必为此感到羞愧，因为在他以后的2400多年里，许许多多比他更加优秀的数学家，也都未能解决这个问题。
有人说，在西方数学史上，几乎每一个称得上是数学家的人，都曾被化圆为方问题所吸引过。几乎在每一年里，都有数学家欣喜若狂地宣称：我解决了化圆为方问题！可是不久，人们就发现，在他们的作图过程中，不是在这里就是在那里有着一点小小的，但却是无法改正的错误，随之爆发出一阵阵善意的笑声。
化圆为方问题看上去这样容易，却使那么多的数学家都束手无策，真是不可思议！
年复一年，有关化圆为方的论文雪片似地飞向各国的科学院，多得叫科学家们无法审读。1775年，法国巴黎科学院还专门召开了一次会议，讨论这些论文给科学院正常工作造成的“麻烦”，会议通过了一项决议，决定不再审读有关化圆为方问题的论文。
然而，审读也罢，不审读也罢，化圆为方问题以其特有的魅力，依旧吸引着成千上万的人。它不仅吸引了众多的数学家，也让众多的数学爱好者为之神魂颠倒。15世纪时，连欧洲最着名的艺术大师达·芬奇，也曾拿起直尺与圆规，尝试解答过这个问题。
达·芬奇的作图方法很有趣。他首先动手做一个圆柱体，让这个圆柱体的高恰好等于底面圆半径r的一半，底面那个圆的面积是πr2。然后，达·芬奇将这个圆柱体在纸上滚动一周，在纸上得到一个矩形，这个矩形的长是2πr，宽是r／2，面积是πr2，正好等于圆柱底面圆的面积。
经过上面这一步，达·芬奇已经将圆“化”为一个矩形，接下来，只要再将这个矩形改画成一个与它面积相等的正方形，就可以达到“化圆为方”的目的。
达·芬奇解决了化圆为方问题吗？没有，因为他除了使用直尺和圆规之外，还让一个圆柱体在纸上滚来滚去。在尺规作图法中，这显然是一个不能容许的“犯规”动作。
与其他的两个几何作图难题一样，化圆为方问题也不能由尺规作图法完成。这个结论是德国数学家林德曼于1882年宣布的。
林德曼是怎样得出这样一个结论的呢？说起来，还与大家熟悉的圆周率π有关呢。
假设已知圆的半径为r，它的面积就是πr2；如果要作的那个正方形边长是X，它的面积就是X2。要使这两个图形的面积相等，必须有。
X2＝πr2
即X＝πr。
于是，能不能化圆为方，就归结为能不能用尺规作出一条像πr那样长的线段来。
数学家们已经证明：如果π是一个有理数，像πr这样长的线段肯定能由尺规作图法画出来；如果π是一个“超越数”，那么，这样的线段就肯定不能由尺规作图法画出来。
林德曼的伟大功绩，恰恰就在于他最先证明了π是一个超越数，从而最先确认了化圆为方问题是不能由尺规作图法解决的。
三大几何作图难题让人类苦苦思索了2000多年，研究这些数学难题有什么意义呢？
有人说，如果把数学比作是一块瓜田，那么，一个数学难题，就像是瓜叶下偶尔显露出来的一节瓜藤，它的周围都被瓜叶遮盖了，不知道还有多长的藤，也不知道还有多少颗瓜。但是，抓住了这节瓜藤，就有可能拽出更长的藤，拽出一连串的数学成果来。
数学难题的本身，往往并没有什么了不起。但是，要想解决它，就必须发明更普遍、更强有力的数学方法来，于是推动着人们去寻觅新的数学手段。例如，通过深入研究三大几何作图难题，开创了对圆锥曲线的研究，发现了尺规作图的判别准则，后来又有代数数和群论的方程论若干部分的发展，这些，都对数学发展产生了巨大的影响。
9中国剩余定理
古时候，我国有一部很重要的数学着作，叫《孙子算经》。书中的许多古算题，如“物不知数”问题、“鸡兔同笼”问题等等，都编得饶有情趣，1000多年来，一直在国内外广为流传。其中，尤以物不知数问题最为着名。
物不知数问题的大意是：“有一堆物体，不知道它的数目。如果每3个一数，最后会剩下2个；每5个一数，最后会剩3个；每7个一数，最后会剩下2个。求这堆物体的数目。”
这是一个不定方程问题，答案有无穷多组。按照现代解不定方程的一般步骤，解答起来是比较麻烦的。而若按照我国古代人民发明的一种算法，解答起来就简单得出奇。有人将这种奇妙的算法编成了一首歌谣：
三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，
七子团圆正半月，除百零五便得知。
歌谣里隐含着70、21、15、105这4个数。只要记住这4个数，算出物不知数问题的答案就轻而易举了。尤其可贵的是，这种奇妙的算法具有普遍的意义，只要是同一类型的题目，都可以用这种方法去解答。
《孙子算经》最先详细介绍了这种奇妙的算法。书中说：凡是每3个一数最后剩下1个，就取70；每5个一数最后剩1个，就取21；每7个一数最后剩下1个，就取15。把它们加起来，如果得数比106大，就减去105。最后求出的数就是所有答案中最小的一个。
在物不知数问题里，每3个一数最后剩2，应该取2个70；每5个一数最后剩3，应该取3个21；每7个一数最后剩2，应该取2个15。由于2×70＋3×21＋2×15等于233，比106大，应该减去105；相减后得128，仍比106大，应该再减去105，得23。瞧，只需寥寥几步，我们就算出了题目的答案。
这种奇妙的算法有许多有趣的名称，如“鬼谷算”、“韩信大点兵”、“秦王暗点兵”等等，并被编成许多有趣的数学故事。它于12世纪末就流传到了欧洲国家。
可是，13世纪下半叶，我国数学家秦九韶遇到了一个与物不知数问题很相似的题目，却不能用这种奇妙的算法来解答。
秦九韶遇到的题目叫“余米推数”问题，在数学史上也很名。它有一种有趣的表述形式。
一天夜里，一群盗贼洗劫了一家米店，放在店堂里的3箩米几乎被席卷一空。第二天，官府派人勘查了现场，发现3个箩一样大，中间那个箩里还剩下14合米，而两边的箩里只剩下1合米了。
盗贼偷走了多少米呢？店主不记得每个萝里装了多少米，只记得它们装得一样多。
后来，行窃的3个盗贼都被抓住了。可是，他们也不知道偷了多少米。那天晚上，店堂里漆黑一团，盗贼甲摸到了一个马勺，用它从左边那个箩里舀米；盗贼乙摸到一个木鞋，用它从中间那个箩里舀米；盗贼丙摸到一个漆碗，用它从右边那个箩里舀米。盗贼们不记得舀了多少次，只记得每次都正好舀满，舀完最后一次后，箩里剩下的米都已不够再舀一次了。
在米店里，人们找到马勺、木鞋和漆碗，发现马勺一次能舀19合米，木鞋一次能舀17合米，而漆碗一次只能舀12合米。问米店共被窃走多少米，3个盗贼各盗窃了多少米？
为什么说余米推数问题与物不知数问题很相似呢？如果把米店被窃走的米数看作是一堆物体，这个题目实际上就是：
有一堆物体，不知道它的数目。如果每19个一数，最后剩下1个，每17个一数，最后剩14个，每12个一数，最后剩下1个。求这堆物体的数目。
秦九韶想，既然这两个题目很相似，那么，它们的解法也应该很相似。“鬼谷算”解答不了余米推数问题，说明它还不够完善，于是他深入探索了古代算法的奥秘，经过苦心钻研，终于在古代算法的基础上，创造出一种更普遍、更强有力的奇妙算法。
这种新算法也就是驰名世界的“大衍求一术”，它是我国古代数学里最有独创性的成就之一。国外直到19世纪，才由大数学家高斯发现同样的定理。因此，这个定理也就被人叫做“中国剩余定理”。
秦九韶也因此获得了不朽的声誉。西方着名数学史专家萨顿，对秦九韶创造性的工作给予了极高的评价，称赞秦九韶是“他的民族、他的时代以至一切时期的最伟大的数学家之一”。
10数学怎样跌进“黑洞”
我们来作一个有趣的数字游戏：请你随手写出一个三位数（要求三位数字不完全相同），然后按照数字从大到小的顺序，把三位数字重新排列，得到一个新数。接下来，再把所得的数的数字顺序颠倒一下，又得到一个新数。把两个新数的差作为一个新的三位数，再重复上述的步骤。继续不停地重复下去，你会得到什么样的结果呢？
例如323，第一个新数是332，第二个新数是是233，它们的差是099（注意以0开头的数，也得看成是一个三位数）；接下来，990－099＝891；981－189＝792；972－279＝693；963－369＝594；954－459＝495；954－459＝495……
这种不断重复同一操作的过程，在计算机上被称为“迭代”。有趣的是，经过几次迭代之后，三位数最后都会停在495这个数上。
那么对于四位数，是不是也会出现这种情况呢？结果是肯定的，最后都会停在6174这个数上。它仿佛是数的“黑洞”，任何数字不完全相同的四位数，经过上述的“重排”和“求差”运算之后，都会跌进这个“黑洞”——6174，再也出不来了。
前苏联作家高基莫夫在其所着的《数学的敏感》一书中，曾把它列作“没有揭开的秘密”。
有时候，“黑洞”并不仅只有一个数，而是有好几个数，像走马灯一样兜圈子，又仿佛孙悟空跌进了如来佛的手掌心。
例如，对于五位数，已经发现了两个“圈”，它们分别是{63954，61974，82962，75933}与{62964，71973，83952，74943}。有兴趣的读者不妨自己验证一下。
11破碎砝码的妙用
一个商人不慎将一个重40磅的砝码跌落在地面上碎成4块，恰巧每块都是整数磅，后来他又意外发现，可以用这4块碎片做成可以称1到40磅的任意整数磅的重物的新砝码。请你猜一猜，这4块碎片的重量各是多少？
这就是着名的德·梅齐里亚克的砝码问题。这位法国数学家采用“迂回进击”的战术，使问题得到解决。
他是这样演绎的：
首先说明一个结论：如果有一系列砝码，把它们适当地分放在天平的两个托盘上，能称出1到n的所有整数磅重物(这时这些砝码重量的和也一定为n磅)。另设有一块砝码，它的重量为m磅(m＝2n＋1)，那么原来所有的砝码再加砝码m所组成的砝码组便能称出从1到3n＋1的所有整数磅的重物。
因为，原砝码组可称出重量1到n的所有整数磅重物。而原砝码组与重量为m磅的砝码可以秤n＋1到2n＋1磅的所有整数磅重物。
由此可判定这4块砝码的重量：
第一块砝码取m1＝1(磅)
第二块砝码取m2＝2×1＋1＝3(磅)
第三块砝码取m3＝2(1＋3)＋1＝9(磅)
第四块砝码取m4＝2(1＋3＋9)＋1＝27(磅)
用这4块砝码可秤从1到(1＋3＋9＋27)＝40磅间的任何一个整数磅重物。
12你能算出哪一天是星期几吗
如果你要想知道历史上一些重要日子，或是未来随便哪一天是星期几，不翻日历，能计算出来吗？
根据历法原理，按照下面的公式计算，就可以知道某年、某月、某日是星期几了。
这个公式是：
S＝x－1＋x－14－x－1100＋x－1400＋C。
这里x是公元的年数，C是从这一年的元旦算到这天为止（连这一天也在内）的日数。x－14表示为x－14的整数部分；在计算S时，三个分数式只要商数的整数部分，余数略去不计，再把其它几项依次加减，就可得到S。
求出S以后，用7除；如果恰能除尽，这一天一定是星期日；若余数是1，那么这一天是星期一；余数是2，这一天就是星期二，依此类推。
例1：1921年7月1日，中国共产党在上海成立。你可知道1921年7月1日是星期几？
按上面的公式，可得：
S＝1921－1＋1921－14－1921－1100＋1921－1400＋(31＋28＋31＋30＋31＋30＋1)＝1920＋480－19＋4＋182＝2567。
2567÷7＝366……5。
所以1921年7月1日是星期五。
例2：1949年10月1日是伟大的中华人民共和国成立的日子，这一天是星期几？
按上面公式计算，可以知道：
S＝1949－1＋1949－14－1949－1100＋1949－1400＋(31＋28＋31＋30＋31＋30＋31＋30＋1)＝1948＋487－19＋4＋274＝2694。
2694÷7＝384……6。
所以1949年10月1日是星期六。
例3：1984年元旦是星期几？
按上面公式可得：
S＝1984－1＋1984－14－1984－1100＋1984－1400＋1＝1983＋495－19＋4＋1＝2464。
2464÷7＝352。
所以1984年元旦是星期日。
13“奇异的追击”
四只龟在边长3米的正方形四个角上，以每秒1米的速度同时匀速爬行。每只龟爬行方向是追击其右邻角上的龟，问经过多少时间他们才能在正方形的中心碰头。
这就是思维魔术家马丁·加德纳的“四龟问题”。
这四龟在任何时候，始终位于正方形的四个角，四龟的不停爬行，使所构成的正方形越来越小，最后，终于碰头于正方形的中心。
这四龟所行的路线显然不是直线，要直接计算行程，使人感到无从下手。怎样解决这个难题呢？
我们分析相邻两龟的爬行，其方向总是构成直角。前龟的移动并不影响两龟之间的距离，它的移动可略去不考虑。这就相当于前龟停留在一个正方形的一角，而后龟沿着正方形的一边向它爬去。这样，当它们在正方形中心相遇时，各龟的爬行路线长刚好都等于正方形的边长，所以需要3001＝300秒。就是说5分钟后四龟在正方形中心碰头。
14池塘中的芦苇有多高
陈明和张红、方华在昆明湖中划船，岸边有一棵芦苇露出水面。这棵芦苇有多长呢？这里水有多深呢？小明捉摸了一会，拿出尺来量了量芦苇露出水面的长度是11厘米，芦苇离岸边的距离是3米零1厘米，他又扯着芦苇顶端引到岸边，苇顶正好和水面相齐，陈明高兴地说，我可以算出芦苇的长度和水深。张红和方华感到奇怪：你怎么会算的呢？陈明说：“我叔叔有一本《九章算术》，那是汉朝的着作，离现在快两千年了，前天晚上，叔叔给我讲了其中一个题目，就是计算芦苇长度的。”接着，陈明给他的小伙讲了这个题目。
这个题目是《九章算术》勾股章第六题。题目是：
“有一个方池，每边长一丈，池中央长了一棵芦苇，露出水面恰好一尺，把芦苇的顶端引到岸边，苇顶和岸边水面刚好相齐，问水深、苇长各多少？
设池宽ED＝2a＝10尺，C是ED的中央，那么，DC＝a＝5，生长在池中央的芦苇是AB，露出水面的部分AC＝1尺，而AB＝BD，设BD＝c，水深BC＝b，BDC是一个勾股形。显然AC＝AB－BC＝c－b＝1尺，AC的长等于勾股形中弦和股的差，称为股弦差，于是，问题就变了：已知勾股形的勾长和股弦差长，求股长和弦长。
由勾股定理得
a2＝c2－b2，那么，
a2－(c－b)2＝c2－b2－(c－b)2＝c2－b2－(c2－2bc＋b2)＝2bc－2b2＝2b(c－b)
所以
b＝a2－(c－b)22(c－b)(1)c＝b＋(c－b)(2)将b，c－b的数值代入（1）、（2）两式，很容易求出水深b＝12尺，苇长c＝13尺，《九章算术》用非常精练的语言概括了这个解法：
半池方自乘，以出水一尺自乘，减之，余，倍出水除之，即得水深。加出水数，得葭（苇）长。
这段话翻译成数学语言，就是（1）式和（2）式。
15怎样寻找最佳方案
自从有人类以来，人们就一直在追求一种用最少时间、最少劳动达到最好效果的途径。研究这个问题的理论成果，就是近代应用数字的一个分支——运筹学。我国的许多古书中都记载了有关这方面的事例，其中最出名的要数丁谓的施工问题。
据沈括所写的《梦溪笔谈》中记载：北宋真宗年间(公元1015年)，京城开封的皇宫失了大火，建筑物被烧毁。宋真宗命丁谓主持修复工程。这种工程比新建要复杂得多，如果没有合理的施工方案，不仅会拖延工期，还会造成巨大浪费。丁谓经过充分研究提出如下方案：把皇宫前的大街挖成一条大沟，利用挖出来的土作建筑材料。再把汴水引入大沟，使外地船只木筏装载建筑材料直抵建筑工地。竣工之后，再把碎砖瓦和垃圾等物填入沟中，修复原来大街，结果节省的费用“以亿万计”。
近代的运筹学中，关于寻找最佳方案已总结了许多方法，让我们举一个最简单的图表作业法的例子。
秋天，一农户把人力分开，分别负责收割和装运大豆、谷子、高粱、糜子等作物。收割和装运各需工时列表如下：收割工时作物豆子谷子高梁糜子收割7(小时)3(小时)5(小时)5(小时)装运5(小时)6(小时)1(小时)4(小时)注一种庄稼割完捆好后方可装运
怎样才能在最短时间内完工呢？事实上不应按豆子、谷子、高粱、糜子的顺序，而应按谷子，豆子、糜子、高粱的顺序。
解决这类问题一般说来可以这样，先把几种活的两道工序列个用时表，然后找出表中最小的一个数，如果这个数在第一项工程中，就把这种活放在最前；如果这个数在第二项工程中，就把这种放在最后。之后便把这种活从表上划掉，然后按照此法重复做下去，就会得出最佳方案。
16甲比乙多百分之几
乙生产队亩产粮食800斤，甲生产队亩产粮食1000斤，每亩的产量甲比乙多200斤。200斤是800斤的25％，即甲生产队比乙生产队亩产多25％。反过来，乙生产队比甲生产队亩产少200斤，200斤是1000斤的20％，即乙生产队比甲生产队亩产低20％。
如果离开具体例子，在一般情况下，“甲比乙多几斤”，“乙比甲少几斤”，都是用一个算式“甲－乙”来计算的，结果当然一样。但是，“甲比乙多百分之几”，“乙比甲少百分之几”，计算起来却不是单纯的“甲－乙”了。甲比乙多百分之几应该是甲－乙乙；乙比甲少百分之几应该是甲－乙甲。分子相同而分母却是不同的，所以答数也就不同了。
举一个例子，假如只知道甲比乙多25％，没有具体的数量，而要知道乙比甲少百分之几时，我们可以选定乙为标准，即乙为100%。因甲比乙多25％，即甲是125%，于是，
甲－乙甲＝125%－100%125%＝25125＝15＝20%，即乙比甲少20％。这种例子我们日常碰到很多，你不妨自己算算看。
17怎样把有理数排队编号
正整数、负整数和零、一切整数，都可以排队编号，我们已经知道了。
那么，有理数是不是也能排队编号呢？
有理数要排队编号，比起整数来，要复杂得多。因为整数排队，可以按它们的绝对值的大小来分别前后。而有理数呢，就不同了。譬如在相邻的两个自然数2与3之间，就有无限多个有理数。如果仍旧按它们的绝对值大小来排队，是编不出号码的。
能不能想办法把有理数排队编号呢？
也有办法。下面就作一个介绍。
先看一看下面这个表：
1234567……
12223242526272……
13233343536373……
14243444546474……
从上面这个表，可以看出，第一行是自然数，就是分母是1，分子是自然数由小到大的分数；第二行分母是2，分子是自然数由小到大的分数；第三行以下可以依次类推。行数是无限的。这样一个表，就可以包括所有的正有理数了。
现在就可以把这个表上的所有的数排队编号了。排队编号的方法是按照下列的路线：
先从1起，向右到2，然后向左下斜行到12，再向下到13，再向右上斜行过22到3，又向右到4，又向左下斜行……
这样，可以经过所有表上的有理数，一个也不会漏掉。但是，这里有些有理数是重复的。如1和22，33……实际上都是1；12，24，36……等等也是重复的，实际上都是12。所以，在这个排列的表中，要把出现重复的地方去掉。这样得到的是：1，2，12，13，3，4，32，23，14，15，5……这里，13和3之间的22去掉了。15和5之间的24，33，42都去掉了。这样，正有理数的排队就解决了。排队排好，编号就不成问题了。1是1号，2是2号，12是3号，13是4号，3是5号等等。
如果要把所有有理数包括正的、负的和零一起排呢？你就可以自己解决了。
你不要以为这样的排队编号，是一种消遣性质的数学游戏。在数学里，象自然数、整数、有理数这类可以把所有的数排队编号的集合，叫做“可数集合”。另一方面，象实数（包括有理数和无理数）、复数（包括实数和虚数）这样的数的集合，就不能把所有有关的数排队编号，这样的集合，叫做“不可数集合”。可数集合和不可数集合的性质和规律是有所不同的。
18抽屉原则
现在有五本书要放到四个抽屉里去，放法是很多的，有的抽屉可以不放，有的可以放一本，有的可以放二本、三本、四本甚至放五本。但是，随便怎样放法，至少总可以找到一个抽屉里至少放上二本书的。
如果每一个抽屉代表一个集合，每一本书就代表一个元素。假使有n＋1或比n＋1多的元素要放到n个集合里去，那也没有疑问，其中必定至少有一个集合里至少放进二个元素。这就是“抽屉原则”的抽象涵义。
现在我们班上有54个同学，我说，这54个同学中至少有二个人是同一个星期出生的。你一定会惊奇，我怎么会知道的呢？这很简单，按照我们学校目前招生的情况，学生们的生日不会相差一年，因为一年之中只有53个星期，现在学生有54人，我们运用抽屉原则的知识，把星期作为抽屉，学生作为书本，那么，这53个抽屉里，至少有一个抽屉放进至少二本书的，也就是至少有二个同学在同一星期出生。这不是很容易解答的吗？
一般的情况，书本的数目并不一定比抽屉数目多1，可以更多一些，例如多6本、7本放到四个抽屉里。如果更多呢？例如21本书放到4个抽屉里，道理也是一样，也就是无论怎样放法，至少可以找到一个抽屉里至少有6本书。这样的情况，即把（m×n＋1）或比（m×n＋1）多的元素放到n个集合里的话，无论怎样放法，其中必定至少有一个集合里至少放进m＋1个元素。
我们来试试看，假使在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每二点用红色或蓝色的线段连起来，都连好以后，能不能找到一个由这些线段构成的三角形，它们的三条边是同一颜色的？
我们可以随便选择其中任何一点，可以看到这一点到其他五个点之间连接了5条线段，这5条线段中，至少有三条是同一颜色，假定是红色。现在我们单独来看这三条红色的线段吧，这三条线段的另一端不是也有不同颜色的线段连接起来构成三角形的吗？假使其中有一条是红色的，那么，这条红色的线段和其他原来连接的两条红色线段就组成了一个我们所要找的三角形。假使这三条都是蓝色的呢，那么，这三条蓝色线段本身组成的也是我们所要找的三角形。所以，无论你怎样着色，在这任意六个点之间所有的线段中至少能找到同一种颜色的一个三角形。
假使在一场乒乓赛中，从所有的队员里任选六个人，你能证明他们当中必然有三个人互相握过手，或者彼此都没有握过手吗？
19在满箱子里再装一个零件
某包装工人要把一批圆形零件装箱，他把40个零件放进一个箱子里刚好装满，一点也不松动。但他计算一下后发现，如果每个箱子再能放进一个零件，那么将节省很大一笔钱。你能帮他忙吗？
这个问题表面看来是根本办不到的。因为零件在箱子里可谓“充分饱和”，要想再放进一个零件，必须重新安排结构，对于圆形零件的“紧凑”摆法也只有“三圆两两外切”这一种情况可试了。一经试验立刻获得成功。
这种摆法我们只计算一下长度就可以了。设圆形零件的半径为r，则相邻的两行的圆必距离为3r，这样9行零件的总长度为(83＋2)r。前面一种摆法总长度为16r。
把两个长度比较一下：
83＋28×1774+2=159216
由此可见，后一种摆法不但能放进41个零件，还略有余地呢！
20用淘汰制计算比赛场数
如果你所在的学校要举办一次象棋比赛，报名的是50人，用淘汰制进行，要安排几场比赛呢？一共赛几轮呢？如果你是比赛的主办者，你会安排吗？
因为最后参加决赛的应该是2人，这2人应该从22＝4人中产生，而这4人又应该是从23＝8人中产生的。这样，如果报名的人数恰巧是2的整数次幂，即2、4（22）、8（23）、16（24）、32（25）……那么，只要按照报名人数每2人编成一组，进行比赛，逐步淘汰就可以了。假如报名的人数不是2的整数次幂，在比赛中间就会有轮空的。如果先按照2个人一组安排比赛，轮空的在中后阶段比，而中后阶段一般实力较强，比赛较紧张，因此轮空与不轮空机会上就显得不平衡。为了使参赛者有均等的获胜机会，使比赛越来越激烈，我们总把轮空的放在第一轮。例如上例的50在32（25）与64（26）之间，而50－32＝18。那么第一轮应该从50人中淘汰18人，即进行18场比赛。这样参加第一轮的是18组36人，轮空的有14人。第一轮比赛后，淘汰18人，剩下32人，从第二轮起就没有轮空的了。第二轮要进行16场比赛，第三轮8场，第四轮4场，第五轮2场，第六轮就是决赛产生冠军和亚军。这样总共进行六轮比赛，比赛的场数一共，是：18＋16＋8＋4＋2＋1＝49，恰恰比50少1。
我们再来看看世界杯足球赛的例子。98法国世界杯赛共有32支参赛球队，比赛采取的方式是先进行分组循环赛，然后进行淘汰赛。如果全部比赛都采用淘汰制进行，要安排几场比赛呢？32正好是25，因而总的场数是16＋8＋4＋2＋1＝31，也是比32少1。
不妨再从一般情况来研究。如果报名的人数为M人。而M比2n大，但比2n＋1小，那么，就需要进行n＋1轮比赛，其中第一轮所需要比赛的场数是M－2n，第一轮比赛淘汰M－2n人后，剩下的人数为M－（M－2n）＝2n。以后的n轮比赛中，比赛的场数为：
2n＋1＋2n－2+2n－3＋……＋23＋22＋2＋1
＝(2n－1＋2n－2＋2n－3＋……＋23＋22＋2＋1)×(2－1)
＝(2n＋2n－1＋2n－2＋2n－3＋……＋23＋22＋2)－(2n－1＋2n－2＋2n－3＋……＋23＋22＋2＋1)
＝2n－1
所以，一共比赛的场数是（M－2n）＋（2n－1）＝M－1，即比参加的人数少1。
其实，每一场比赛总是淘汰1人。在M人参加的比赛中，要产生1个冠军就得淘汰M－1人，所以就得比赛M－1场。你明白了吗？
21怎么走路淋雨越少
人们经常在雨中奔跑，因为通常认为走得越快，淋的雨就越少。那么实际情况是不是这样呢？我们来算一下。
设人体为一长方柱，其前、侧、顶的表面积之比为1∶a∶b。将人行走的方向设为x轴，设人的行走速度为v，行走距离为l。假定雨速是常数u，它在地平面x轴、y轴及垂直于地面的z轴上的分速度分别为ux、uy、uz。
由于在单位时间内，人在前、侧、顶三个方向的淋雨量，与它们的表面积以及三个方向上人与雨的相对速度的绝对值有关，所以单位时间的淋雨量一般可表示为
k（｜v－ux｜＋a｜uy｜＋b｜uz｜），其中k为比例系数。因此，在l/v时间内，总淋雨量为s（v)＝klv（｜v－ux｜＋a｜uy｜＋b｜uz｜)。其中只有v是变量，所以s是v的函数。
下面我们分不同的情况来讨论。当vux，即在行走方向上人行走的速度小于雨的速度时：
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。
回到我们的问题，结论是肯定的，当n＝1时有2个小球，最多分两堆。每堆一个小球，那么一次“移动”就并为了一堆。假定有2K个小球分成若干堆，经过有限次“移动”能并为一堆。那么把2K＋1个小球分成若干堆时，情形又如何呢？因为2K＋1是偶数，所以小球个数是奇数的堆有偶数个，把他们两两匹配，每两堆间“移动”一次，这样各堆小球的数目就都是偶数了，设想每堆中都把两个小球贴在一起，移动也好不移动也好都当一个小球看待，那么总数不就是2n个了吗！总起来说就是，只要2K个小球可并为一堆，那么2K＋1个小球就能并为一堆。这样就从21个结论成立，推到22个结论成立，再推到23个结论成立，当然对任意自然数n，结论都是成立的。
28“对称”意识
几何学中的对称指两点关于它们连线的中垂线成轴对称，关于它们的中点成中心对称。
具有这种“对称”意识，在某些游戏中，大有用武之地，先举一例游戏。
两人在方桌上摆扑克牌，摆法是轮流摆放，一次一张，但每两张不许重叠，谁最后无位置可摆，谁就输了。若你先摆，你能赢吗？
仔细分析而知，你先摆一个位置后无论对手怎样摆放，你都必有空位摆牌，这就形成了对应，再联想“对称”就会使你获胜。
当然，你摆放的第一个位置应该是很关键的，应是摆放位置中的唯一特殊性位置。
综上论述你会立刻确定稳赢的摆法，先把一张牌放到方桌中心，这样，你对手每摆一张牌则你一定可找到这张牌的对称位置摆放，直到对手再无法找到空位为止。
再举一例：
两人做翻牌游戏，先把圆牌的两面分别画上“＋”“-”两种符号，然后摆成一排，且“＋”号在上面。翻牌方法是每人一次，一次翻一张或两张，翻过一次的牌就不许再翻了，这样，谁最后无牌可翻谁就输了。如果让你先翻，你会赢吗？
有前一个游戏的经验，解开这个问题并不难。看来需要找到“对称中心”，这就首先需要数一下这些圆牌的个数，若为奇数，你就可先翻中间一个；若为偶数，你就可先翻中间两个，然后无论对手一次翻几个，你就翻对称位置的几个，直到获胜。
最后举一例，看你是否有了“对称意识”
两人把一个棋子，从左到右移动，使它经过一排方格中的每一个格，这排方格的总数是1990，谁把棋子移动到最后一格，谁就获胜。两人轮流，一次移动1至3格，如果你先走。你会赢吗？若再模仿前两个游戏，就会因找不到对称中心而困惑。但如果你有“对称意识”，就会立刻想到在四个格子里，对手先走，你必能获胜。这样，你走第一次时只要使剩余的格数是4的倍数就行了，对手走1格，你走3格；对手走2格，你走2格；对手走3格，你走1格，一直到你把棋子移到最后一格里。
为此，你的第一步只要把棋子移到左边的第二个格子里，(1990÷4＝497×4＋2)就稳操胜券了。
29计算“断电”的时间
为什么用两支蜡烛能够计算出“断电”的时间
小聪每天晚上都温习功课，他正在聚精会神地解方程，忽然房间里的电灯熄灭了：保险丝烧断了，他马上点燃了书桌上备用的两支蜡烛，继续解方程，直到电灯修复。
忽然，小聪脑袋闪出一个念头：我是否可以根据两支蜡烛的燃烧程度断定断电的时间。
他回想和观察了一下条件：
1虽不知道蜡烛的原始长度但他记得两支蜡烛是一样长短。
2粗的一支能用5小时，细的一支能用4小时。
3残烛的长度一支等于另一支的4倍。
他得意起来：这不正是一道解方程的习题吗。不到一刻钟，他的练习本上就得出了“断电”时间：3小时45分钟。
你知道他是怎样解决这个问题的吗？
只需要列一个简单的方程式。用x表示点蜡烛的小时数，每一小时燃粗蜡烛长度的15、细蜡烛长度的14。因此，粗蜡烛残余部分的长度应是1-x5，细蜡烛残余部分应是1-x4。我们知道两烛长度相等并知细烛余部的4倍即4(1-x4)等于粗烛残余长度1-x5。
即有4(1-x4)＝1-x5
解方程得x＝334所以，两烛点燃了3小时45分钟，亦是断电时间。
30从“猴子分桃子”谈起
海滩上有一堆桃子，这是五个猴子的财产，它们要平均分配。第一个猴子来到海滩，它左等右等，未等来别的猴子，便把桃子平均分成五堆，还剩一个，它就把剩下的一个扔到海里，自己拿起了5堆中的一堆。第二个猴子来了，它把剩下的桃子分成五堆，把剩下的一个又扔掉了，然后拿起一堆。以后每个猴子来了都是如此办理，问原来至少有多少个桃子？最后海滩上至少剩下多少桃子？这就是着名的猴子分桃子问题。着名的英国物理学家狄拉克曾提出了一种解法，相当巧妙地解决了这个问题。
设原来桃子N个，而五个猴子分得的桃子数分别为A１，A２……A5，则得到
N=5A1＋1
4A1=5A2＋1
4A2=5A3＋1
4A3=5A1＋1
4A4=5A5＋1
经过一系列的代换，就可以得到N=3121，4A5=1020
其实这个答案是受到问题中“至少”这一前提限制而得到的，如果不考虑“至少”这个条件，符合前面关系式的答案是很多的。例如N=6246，4A5=2044；N=15621，4A5=5116等等。
但是使人感兴趣的不在于所得答案的多少，而是在于这类问题是怎样解出的，原来“猴子分桃子”就是这样的一个数学问题，若A0=N，A1=15(N-1)，5An＋1=4An-1
求An
解：由5An＋1=4An-1，5An=4An-1-1
两式相减得：5(An＋1-An)=4(An-An-1)
令Bn=An＋1-An则有：Bn=45Bn-1
因此：
An=(An-An-1)+(An-1-An-2)+……+(A2-A1)+A1=Bn-1+Bn-2+……+B1+A1=1-(45)n-11-45B1+A1=5B1［1-(45)n-1］+A1
又由于A1=15(N-1)
A2=15［45(N-1)-1］
则B1=A2-A1=-125(N+4)
于是：An=-15(N+4)［1-(45)n-1］+15(N-1)=-1+4n-15n(N+4)
特别是当n=5时，有55(A5+1)=4４(N+4)。由于5与4互质，则N+4必为55的整数倍，即N+4=5５·P(PZ)，同时A５+1=4４·P令P=1即可求出前面的结果。
从上面的解法，我们看到，如果给定了必须的数列｛an｝的前几项，再由给定的关于数列若干连续的关系式，就可以由关系式推出一个新数列。因此，我们把这种关系式叫数列的逆推公式，由逆推公式得到的这种数列叫作逆归数列。逆归数列由于逆推公式的不同，因此求它的通项的方法也比较复杂。“猴子分桃子问题”在研究逆归数列上确实起到了开路先锋的作用。
31为什么乌鸦不一定喝到水
还在上小学的时候，大概我们就知道了聪明的乌鸦投石喝水的故事。那时候，无不为乌鸦的办法叫好，没有人去考虑乌鸦是否真正能喝到水的问题？现在，我们从几何学体积计算的角度，倒真要研究研究这个问题了，乌鸦一定能喝到水吗？
不难想象，当乌鸦把各种各样形状的小石子扔到瓶里时，石子之间是不可能没有空隙的。如果石子间的空隙较大，而且原来瓶子里的水又比较少，那么即使把瓶里扔进了很多石子(当然是有限的)，水面也不一定升到瓶口。只有当瓶里原有水的体积比所丢入的石子间全部空隙更大的时候，水才能充满石子间的空隙，升到石面上来，这样乌鸦才能喝到水。
那么瓶子到底应当有多少水，乌鸦才可能喝到水呢？
当然，这一个问题与石子的形状及其排列方法是有关的。为了简单起见，不妨我们假设乌鸦投进的石子都是大小一样的球体，那么很容易算出空隙部分的体积与瓶子体积的比大致是：
d3-πd36d3=48%
这就表示，按着上面的条件，当瓶子里放满球形石子时，瓶里所有空隙的总和，等于瓶的容积的一半稍小一些。假如乌鸦聪明得很，能使各个石子彼此间挨得更紧密，那么至少空隙也得大于瓶子体积的13(计算麻烦一些)。由此看来，我们可以得出这样的一个结果，瓶子里原来的水至少也要占瓶高的三分之一，乌鸦才能喝到水。
我们这样的计算当然也是实在为难乌鸦了，但是，从中不能不使我们在考虑这样一个问题，在日常实际中，应当充分利用空间，减少浪费，将使我们获得更高的效益。
32怎样才能使线路最短
对于平面上三个点之间的线路最短问题解决以后，人们自然想到，平面上四个点及多于四个点之间的最短线路问题：即对于任意几个点之间的最短线路问题。数学家把它归纳为三个方面的问题：
1不增加附加点，如何求得最短线路F1？
2允许增加若干附加点，如何求得最短线路F2？加多少个点最好？加在何处？
3F2比F1最多能缩短多少？
第1个问题已经圆满解决了。与第1个问题相比较，第2、3个问题有着本质的困难。美国贝尔实验室的亨利·波莱克博士和爱德加·吉尔伯特博士就第3个问题提出猜想：通过附加点得到的最短路线，最多只能比原来的缩短13。4％。他们的猜想在1989年由中国科学院应用数学研究所研究员堵丁柱同美国贝尔实验室的黄光明博士合作成功的给予了证明，从而从理论上彻底解决了第3个问题。这一成果受到国际数学界的广泛关注，并被誉为该领域1989～1990年的两项重大成果之一。
第2个问题至今还没有得到解决。如果这个问题解决了，最短路线问题就彻底解决了。那时，最短路线问题将给现代社会的电子、通讯、交通和能源等领域带来巨大的变化。超大规模的集成电路使得人们在1cm2的硅片上集成数以10万计的元器件，如果能解决好元器件之间的最短连接线的问题，则不仅能简化制造工艺，节约原料。而且能大大提高集成块的运算速度。随着电话的普及，上亿部电话之间的电话线的联网，也是十分复杂的最短路线问题。这个问题解决得好，既可少建很多交换台，又可节约大量的电话线，石油输油管道的分布、高速公路网的修建和民航航线的开辟等等，都亟待解决最短路线问题。我们期待着这一问题的早日解决，更希望将来在同学们中能出现解决这一问题的人。
33坏狐狸和三角形
鸟妈妈孵出了四只小鸡，她又高兴又担心。高兴的是四只鸡宝宝个个欢蹦乱跳，真是惹人喜爱；担心的是坏狐狸会来偷吃鸡宝宝。
为了防备坏狐狸来偷吃鸡宝宝，鸡妈妈找来许多木板和木棍搭了一间平顶小木房。鸡妈妈想，有了房子就不怕坏狐狸来了。
深夜，田野静悄悄的。月光下，一条黑影飞快地跑近了小木房。
“砰！砰！”一阵敲门声把鸡妈妈惊醒。“谁？”鸡妈妈问。
“是我，是老公鸡，快开门吧。”一种十分难听的声音在回答。
鸡妈妈想，不对呀！老公鸡出远门了，需要好多天才能回答呢。另外，这难听的声音根本不是老公鸡的声音。鸡妈妈大声说：“你不是老公鸡，你是坏狐狸，快走开！”
坏狐狸一看骗不成，就露出了狰狞的面目。他厉声喝道：“快把小鸡崽给我交出来！不然的话，我要推倒你的房子，把你们统统吃掉！”
鸡妈妈心里虽然害怕，嘴里却说：“不给，不给，就是不给！我的鸡宝宝不能给你吃。”
坏狐狸大怒，使劲地摇晃平顶木房子，吓得四只小鸡躲在鸡妈妈的翅膀下发抖。摇了一会儿，房架倾斜了。房顶和墙之间露出个大缝子，一只大狐狸爪子伸了进来，抓起一只鸡宝宝就跑了。
天亮了，小鸟飞来飞去在寻找食物。一阵哭声，惊动了他们。
小黄雀问：“鸡妈妈，你哭什么呀？”
鸡妈妈一边哭一边说：“我修了一个平顶木房，防备坏狐狸来偷吃鸡宝宝。谁知平顶木房不结实，让坏狐狸三推两推给推歪了。坏狐狸抢起了一只鸡宝宝，呜……”
啄木鸟说：“小喜鹊顶会盖房子，还是请他来帮你盖一座结实的房子吧！”
不一会儿，啄木鸟把喜鹊请来了。喜鹊说：“我只会搭窝，哪里会盖房子呀！”
“那怎么办？”大家犯愁了。
喜鹊说：“有一次我在大树上，听见树下几个建筑工人说，三角形的房顶最结实。”
啄木鸟着急地说：“谁见过三角形是什么样子啊？”
喜鹊衔来三根树枝，摆了一个三角形。
大家说：“就按这个样子来盖吧。”
小鸟们有的衔树枝，有的衔泥，啄木鸟在木头上啄出小洞，喜鹊用细枝条把木头都绑起来。在太阳快落山的时候，一座三角形房顶的新房子盖好了。
晚上，坏狐狸又来了。这次，他二话没说，扶着木房子就拼命摇动起来。怪呀，今天晚上这个木房子怎么摇不动了呢？坏狐狸鼓足了劲再摇，还是丝毫不动。
天快亮了，坏狐狸狠狠地说：“现在就算饶了你们，明天我还要来，只要你们敢出来，我就吃掉你们！”
清晨，小鸟又看见鸡妈妈在守着木房子发愁。
小山鹰问：“鸡妈妈，你的木房子不是好好的嘛，你还愁什么？”
鸡妈妈说：“三角形的屋顶是比较牢靠，可是我们不能总呆在房子里面呀！坏狐狸说我们一出来，他就要来抓鸡宝宝。”
百灵鸟说：“我有个好主意，咱们帮鸡妈妈在房子外面围一圈木栅栏，再装一个木栅栏门进出，这不就可以防备坏狐狸了吗！”
大家都说这个主意好，于是一起动手筑了一道木栅栏。他们还把上头削尖了，防止坏狐狸跳进来。最后装上一个长方形的木栅栏门。
傍晚，坏狐狸真的又来了。他看见鸡宝宝在栅栏里又蹦又跳，馋得口水直流。坏狐狸围着木栅栏转了两圈，发现还是搞毁栅栏门最容易。他两只爪子扣着木栅栏门使劲地摇。结果，长方形的门变成了平行四边形，露出了一个豁口。坏狐狸“噌”地一下跳了进去。要不是鸡妈妈领鸡宝宝赶快跑进了房子里，恐怕就要遭殃了。
坏狐狸走了。小喜鹊飞来说：“长方形的门容易变形，给它斜钉上一块木板，变成两个三角形就牢固多了。”
百灵鸟说：“咱们不能总是防备坏狐狸，咱们要这样……这样办。”大家听了非常高兴，又忙了一阵子才离开。
坏狐狸没吃着鸡宝宝是不甘心的，他又悄悄地来了。他直奔木栅栏门，把门使劲摇晃。咦，这次怎么摇不动了呢？狐狸使足了劲一摇，只听“扑通”一声掉进了陷阱里。陷阱底全是三角形的禾尖钉，狡猾的狐狸丧了命。
鸡妈妈高兴地说：“三角形用处可真大呀！”
34火柴游戏
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。
35韩信点兵
韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余8人……刘邦茫然而不知其数。
我们先考虑下列的问题；假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？
首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945(注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积)，然后再加3，得9948(人)。
中国有一本数学古书《孙子算经》也有类似的问题：“今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？”
答曰：“二十三”
术曰：“三三数之剩二，置一百四十，五五数之剩三，置六十三，七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之，即得。凡三三数之剩一，则置七十，五五数之剩一，则置二十一，七七数之剩一，则置十五，即得。”
孙子算经的作者及确实着作年代均不可考，不过根据考证，着作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。中国剩余定理在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。
36数学悖论趣谈
悖论是逻辑学的术语，原本是指那些会导致逻辑矛盾的命题或论述。比如大家熟知的《韩非子·难一》中记载的那位卖矛又卖盾的楚国人，声称他的矛锋利无比，什么样的盾都能刺穿，而他的盾坚韧异常，什么样的矛都刺不穿，人问：“以子之矛，陷子之盾，何如？”楚人无言以对。这里关于矛和盾的论述就是一个悖论。悖论这个词在实际使用中，其涵义已被扩大化，常常包括与人的直觉、经验或客观事实相违背的种种问题或论述。因此有时也被称为“佯谬”、“怪论”等。
悖论虽然看似荒诞，但却在数学哲学史上产生过重要影响。一些着名的悖论曾使高明的哲学家与数学家为之震惊，为之绞尽脑汁，并引发了人们长期艰难而深入的思考。可以说，悖论的研究对促进数学思想的深化发展是立过汗马功劳的。
世界上有记载的最早的悖论，是公元前五世纪希腊哲学家芝诺提出的关于运动的着名悖论。在我国公元前三世纪的《庄子·天下篇》中，也记载了几条着名的悖论辨题。这些悖论的提出和解决都与数学有关。在数学史上震撼最大的悖论是英国哲学家罗索于1902年提出的“集合论悖论”，它几乎动摇了整个数学大厦的基础，引发了所谓的“第三次数学危机”。这些严肃的论题在许多数学方法论着作、数学史书籍以及有关的读物中都有记载和讨论。
本文只想谈点轻松的话题。其实，许多数学悖论是饶有趣味的，它不仅可以令你大开眼界，还可以从中享受到无尽的乐趣。面对形形色色富于思考性、趣味性、迷惑性的问题，你必须作一点智力准备，否则可能就会在这悖论迷宫中转不出来了。看看下面的几个小故事，你就会相信此话不假。
第一个故事发生在一位调查员身上。这位调查员受托去A、B、C三所中学调查学生订阅《中学生数学》的情况，他很快统计出，A校男生订阅的比例比女生订阅的比例要大些，对B校和C校的调查也得出同样的结果。于是他拟写了一个简要报道，称由抽取的三所学校的调查数据看，中学生中男生订阅《中学生数学》的比例比女生大。后来，他又把三所学校的学生合起来作了一遍统计复核，匪夷所思的事情发生了，这时他得出的统计结果令他大吃一惊，原来订阅《中学生数学》的所有学生中，女生的比例比男生要大些，怎么会是这样呢？这就象在玩一个魔术，少的变多了，多的变少了。你能帮他找找原因吗？
接下来的这个悖论似乎更简单了。有人把它归入数学中对策论的研究范畴。
一位美国数学家来到一个赌场，随便叫住两个赌客，要教给他们一种既简单又挣钱的赌法。方法是，两个人把身上的钱都掏出采，数一数，谁的钱少就可以赢得钱多的人的全部钱。赌徒甲想，如果我身上的钱比对方多，我就会输掉这些钱，但是，如果对方的钱比我多，我就会赢得多于我带的钱数的钱，所以我赢的肯定要比输的多。而我俩带的钱谁多谁少是随机的，可能性是一半对一半，因此这种赌法对我有利，值得一试。赌徒乙的想法与甲不谋而合。于是两个人都愉快地接受了这位数学家的建议。看来这真是一种生财有道的赌博。
现在的问题是，一场赌博怎么会对双方都有利呢？这象不象一场机会均等的猜硬币正反面的游戏，输了只付1元，而赢了则收2元呢？据说这是个一直让数学家和逻辑学家头疼的问题。《科学美国人》杂志社一直在征求这个问题的答案呢。其实只要认真分析一下，对这个问题也不难给出有说服力的解释。
让我们再来看一个逻辑学的悖论吧。一位数学教授告诉学生，考试将在下周内某一天进行，具体在星期几呢？只有到了考试那天才知道，这是预先料不到的。学生们都有较强的逻辑推理能力，他们想，按教授的说法，不会是星期五考试，因为如果到了星期四还没有考试，那教授说的“只有到了考试那天才知道，这是预先料不到的”这句话就是错的。因此星期五考试可以排除。那就只可能在星期一到星期四考。既然这样，星期四也不可能考，因为到了星期三还没有考试的话，就只能是星期四了，这样的话，也不会是预料不到的。因此星期四考也被排除了。可以用同样的理由推出星期三、星期二、星期一都不可能考试。学生们推出结论后都很高兴，教授的话已经导出矛盾了，轻轻松松地过吧。结果到了下周的星期二，教授宣布考试，学生们都愣住了，怎么严格的推理失效了呢？教授确实兑现了自己说的话，谁也没有能预料到考试的时间。现在请你想一想，学生们的推理究竟错在哪里呢？
关于运动的悖论有很悠久的历史，这里介绍的“蚂蚁与橡皮绳悖论”是一道让你的直觉经受考验的数学趣题。问题是这样的：一只蚂蚁沿着一条长100米的橡皮绳以每秒1厘米的匀速由一端向另一端爬行。每过1秒钟，橡皮绳就拉长100米，比如10秒后，橡皮绳就伸长为1000米了。当然，这个问题是纯数学化的，既假定橡皮绳可任意拉长，并且拉伸是均匀的。
蚂蚁也会不知疲倦地一直往前爬，在绳子均匀拉长时，蚂蚁的位置理所当然地相应均匀向前挪动。现在要问，如此下去，蚂蚁能否最终爬到橡皮绳的另一端？
也许你会认为，蚂蚁爬行的那点可怜的路程远远赶不上橡皮绳成万倍的不断拉长，只怕是离终点越来越远吧！但是千真万确，蚂蚁爬到了终点，奇怪吗？
37放大镜不能把“角”放大
我们看到老人家看报、读书，往往戴上老花眼镜，或者拿上一面放大镜。因为老花眼镜片和放大镜片都能把文字或图画放大，所以老人家用它。
放大镜的确可以把任何东西放大几倍、十几倍甚至几十倍。如果要放大几百、几千倍，甚至几万、几十万、几百万倍，还可以用光学显微镜或者电子显微镜。
可是，有一件东西却无论如何也放大不了。你猜，这是什么东西呢？这就是几何学里面所用到的“角”。“角”的实用价值很大，测量和设计机器都要用到它。“角”是由一点所引两条射线组成的。譬如AOB，就是由两条射线OA和OB组成的。“角”的大小，是指同一点所引两条射线张开的程度。我们已经知道，一个角的大小是用几度、几分、几秒来表示的。
例如，有一个“角”是30°，在放大镜下面看起来，它还是30°。虽然放大镜使画面上的线条变粗、字母变大了，可是，这个角张开的程度，还是没有改变。
为什么呢？
第一，因为经过放大以后，这两条射线的位置，仍旧不变。OB占有水平的位置，放大后仍旧占着水平的位置；OA原来是这么斜着的，放大后它还是这么斜着。所以，张开的程度不变。再则，放大镜只能把东西的各部分成比例地放大，而形状不变。在数学上，原来的图形与放大后的图形，称为“相似形”。相似形的对应角是相等的。因此，放大镜下的AOB，与画面上的AOB，在大小上是相等的，并没有被放大。
最明显不过的例子，就是桌子或者书本的四角，不管怎么放大，它们的四个角仍旧都是直角。因此可以说，随便多少度数的角，“放大”以后度数是不改变的；也就是说，图形是放大了，但“角”是不会被放大镜放大的。
38庄家为什么会赢
所谓“机会型”赌博，就是说胜败完全靠碰运气，它最容易引诱青少年上当。因为表面上看来机会均等，甚至有利于参加者，事实上，几乎所有的“机会型”赌博，机会都不是均等的，总是有利于庄家的。这究竟是为什么呢？
我们来看一种在国外颇为盛行的赌博——“碰运气游戏”。它的规则如下：每个参加者每次先付赌金1元，然后将三个骰子一起掷出。他可以赌某一个点数，譬如赌“1”点。如果三枚骰子中出现一个“1”点，庄家除把赌金1元发还外，再奖1元；如果出现两个“1”点，发还赌金外，再奖2元；如果全是“1”点，那么发还赌金，再奖3元。
看起来，一枚骰子赌“1”点，取胜的可能性是1/6；那么两枚骰子就有1/3的可能性，三枚也就有1/2的可能性。即使是1元对1元的奖励，机会也是均等的，何况还可能有2倍、3倍奖励的可能性，自然是对参加者有利。其实，这只是一个假象。
我们来计算一下，三枚骰子一起掷，会出现怎样的情况？第一枚有6种可能，而对于它的每一种结果，第二枚又有6种可能，第三枚也是如此，所以一共有6×6×6＝216种可能结果。在这216种可能结果中，三枚点数各不相同的可能就是6×5×4＝120种。三枚点数完全相同的可能只有6种，即都是“1”、“2”……“6”。余下的216－120－6＝90种可能，就是三枚中有两枚点数相同的情况。
一个参加者，假设他总是赌“1”点，如果赌了216次，那么他能有几次获奖呢？先来看只有一枚出现“1”点的情况：出现“1”点的骰子可能是第一枚，也可能是第二或第三枚，共有三种可能，而其余两枚不出现“1”点的可能性有5×5＝25种，所以共有3×25＝75种可能。这75种可能出现时，他可获2元，那么总共可获75×2＝150元。再来看出现两枚“1”点的可能性：可以出现在第一和第二枚，也可以是第一和第三枚，还可以是第二和第三枚，也是三种可能；而另一枚骰子不出现“1”点只有5种可能，所以共有15种可能。这时，每次他可获3元，共45元。最后，三枚都出现“1”点的只有一种可能，这时，他可获4元。
这样，216次，他共获150＋45＋4＝199元。但每次先付1元，他共付了216元。所以，一般来说，他会输216－199＝17元。
我们再来看看庄家的情况。假设有6人参加赌博，每人分别赌“1”、“2”……“6”点，并且假定进行了216次。庄家每次收进了6元赌金，216次共收了6×216＝1296元。那么他会付出多少呢？
从前面的分析中我们已经知道，在216次中有120次结果是三枚骰子点数各不相同的。譬如，出现了“1”、“2”、“3”，于是赌“4”、“5”、“6”点的三位参加者就输了。庄家要付给赢的三家每人2元，共6元，120次，共计6×120＝720元。另外有90次是有两枚骰子点数相同的，譬如“1”、“1”、“2”，那么，赌“3”、“4”、“5”、“6”点的就输了，赌“2”点的可得2元，赌“1”点的可得3元，庄家每次付出5元，90次共计5×90＝450元。最后，还有6次是三枚骰子点数完全相同的，譬如都是“1”，这时，只有赌“1”点的赢，可得4元，6次，共24元。
所以，庄家一共付出720＋450＋24＝1194元。于是庄家净赚1296－1194＝102元，占总金额的79％。
现在，你明白了吗？赌博是没有好处的，千万不要参加赌博。
39同学的生日
你有没有发现，在同班同学中，几乎总是有生日相同的。不信，你可以去统计一下。但是，你能说出为什么吗？一个班级不过40～50人，而一年有365天，生日怎么会“碰”在一起呢？
我们先来计算一下“四人的生日都不在同一天”的可能性（概率）。随意找一个人甲，他的生日可能是365天中的任何一天，就是说有365种可能；第二个人乙，第三个人丙，第四个人丁也是同样。于是四人的生日状况共有3654种情况。那么生日各不相同的情况占了多少呢？如果要使乙的生日不与甲相同，那么乙就只能是除去甲生日那一天的其它364天中的某一天，即有364种可能。同理，丙不能与甲、乙两人的生日相同，那么有363种可能；丁不能与前三人生日相同，于是只有362种可能。因此，“甲、乙、丙、丁四人生日都不在同一天”的可能性是
365×364×363×3623654＝098＝98%；反过来，“甲、乙、丙、丁四人中至少有两人生在同一天”的可能性就是
1－098＝002＝2％。
现在，将四人推广到40人。“40人的生日都不在同一天”的可能性应是365×364×363×…×32636540＝01088＝1088%；于是，“40人中至少有两人生于同一天”的可能性就是
1－01088＝08912＝8912％，这几乎是十拿九稳的。
如果你班上有45人，那么“至少有两人生于同一天”的可能性达到941%；如果你班上有50人，那更不得了，“至少有两人生于同一天”的可能性竟达到9704%。
你班上有多少同学呢？你不妨算一下，“至少有两人生于同一天”的可能性在你班上是多少呢？
40从头到尾全相同的棋局
我们常常下棋。在那千万盘棋局里，会不会出现从头到尾完全相同的棋局呢？我们不妨从数学的角度来看看。
譬如下围棋，围棋盘上有361个位置。从理论上来讲，第一个子就可以有361种下法（如果先布4子的有357种下法）。当然，第一子是不会放在最外面的边线上的，事实上可摆的位置不会这么多。我们算它50个可能吧。实际上，第二子可以放的位置，当然不止50个，这里我们不妨假定它也是50个可能吧。
这样，黑白各下一子的变化就可以有50×50＝2500种。如果黑白各下50子，假定每一子都有50种不同下法，那么，总的变化就得50100。这个数约有170位。我们用亿、万这些数作单位来谈是谈不清楚的。不要说下棋，就是简单地数数，我们用普通速度从1数到100约需50秒钟。在100以后的数，数起来位数越多，当然时间越长。就拿这个速度来说，数1000要500秒钟，数1亿要50000000秒钟（约14000小时）。一天24小时，不睡不吃，也得要数500天。一个100岁的人，从生出来就数起，数到100岁，不过36525天，还数不到100亿，只有11位整数！而170位整数的数还要比它大10159倍呢！你看，重复的机会是多少分之一？
我们再来看看下中国象棋的情况如何。中国象棋的棋局，看起来子是少一点，而且开局的时候，一般变化也不是太多。但是后来厮杀的时候，变化较多，一只车就可以前后左右有十来种走法，所以，下一步棋有10种到20种变化也是完全可能的。如果双方各走30步，那么变化也有1060，即61位整数的数，比起刚才一生数数也只能数到11位整数的数，倍数还是大得说不清楚的。
所以一般说来，下棋，从头到尾完全相同的棋局，其可能性（概率）是极小的。
41三人行，必有我师
许多同学都听说过“三人行必有我师”这句话，这句话出自《论语》，说的是古代一位大学者孔子，虽然他的学问很高，但仍然很谦虚，自称与任意两人（加上自己共三人）同行，则他们中间一定有一个可以做自己的老师。这句话是孔子的一句自谦的话，那么实际情况又是怎样呢？
要说清这个问题，首先要说明并不是各方面都要比别人优秀才可以做“师”，如果一个人在某一方面比另一人更优秀，那么在这方面他就可以做另一人的老师。孔子说这句话的意思也正是如此。
假如我们把一个人的才能分成德智体三个方面，如果在这三个方面孔子都是最好的，或说在三人中排名第一，那么另两人中就没有人可以做他的老师了。孔子在德智体三方面的排名有以下33＝27种可能
德：1111111112222222223…
智：1112223331112223331…
体：1231231231231231231…
这27种可能中，孔子在三方面都排第一的只有一种，占1／27，而有某一方面或几方面不是排名第一的有26种可能，占26／27，也即另两人中有人可以做孔子的老师的可能性（概率）为26/27≈963％。
这个可能性还有另一种计算方法。孔子在德方面排名第一的可能性是1/3；而在1/3的可能性中，他同时在智方面也排名第一的可能性又只有1/3，因此他在德和智两方面都排名第一的可能性是13×13＝19。再计算下去可知，孔子在德智体三方面都排名第一的可能性是13×13×13＝(13)3＝127。当然，我们把一个人的才能分成德智体三个方面显得太粗略了，俗话说“三百六十行，行行出状元”，我们不妨也把人的才能分成360个方面。另外，孔子是一个大学问家，任意三个人中，他在某一方面排名第一的可能性也不止1/3。我们假设孔子在每一行的排名都处在前1％以内，换句话说，任意一个人在任一方面排名超过他的可能性只有1％，而排名低于他的可能性为99％。我们再来计算一下“三人行，必有我师”的可能性。在任一行中，另外两个人排名均不超过孔子的可能性是99%×99%＝9801%，而在360行中，另外两人的排名均不超过孔子的可能性为（9801%）360≈007%。反过来说，另外两人中有人在某一行的排名超过孔子的可能性为1－（9801％）360≈9993％，两人中有人可以在某一方面做孔子的老师的可能性约为9993％。
从上面两个例子我们知道，“三人行，必有我师”虽然是孔子自谦的一句话，但从实际情况来看，这句话是很有道理的。
42音乐中也要用到数学
我们知道声音是靠振动产生的，音调的高低是由振动的频率决定的。
一首优美的乐曲是由许许多多互相“协调”的音按一定的时值、力度同时或先后发出的。音的“协调”是人类心理上的感觉，但人们很早就发现，它有切实的物质基础，或者说有数学解释：当两个或多个音（振动）的频率成简单的整数比时，它们是“协调”的。最简单的整数比当然是1∶2。
在音乐上如果两个音的频率比成1∶2，频率较高的那个音就是频率较低那个音的高八度同名音。
例如，“1”（do）音的振动频率加倍，就得到“1·”音。2∶3的简单性仅次于1∶2，“1”音振动频率的32倍得到“1”上方纯五度的“5”音……从这样的角度考虑问题，人类发明了音乐上的“纯律”七声音阶。
下表列出“纯律”七声音阶中各音的频率（假定“1”的频率为520赫兹，频率全部只取整数）以及各音与“1”的频率比：
音阶12345671频率5205856506937808679751040与“1”的频率比189544332531582
由上表还可以得出音乐中最常用的两种三和弦（三个音组成的和弦）的频率比：雄浑、明朗的大三和弦（如1－3－5和4－6－）三个音的频率比为4∶5∶6；优美、深沉的小三和弦（如6－1－3和3－5－7）三个音的频率比为10∶12∶15。这两类三和弦中三个音组成简单的整数比，所以非常和谐。
“纯律”七声音阶的发明可以追溯到公元前1200年我国的周武王时代。我国后来又发明了非常简便易行的计算音阶频率的方法——“三分损益法”，被后人誉为音乐史上的惊人发现。“三分损益法”是这样计算频率的：设弦的全长的发音是“1”，弃去弦长的13（即“三分损一”），剩下23，频率变成“1”的32，这是“5”音的频率；以“5”为基础，弦长增加13（即“三分益一”）而成为“5”音弦长的43，频率变成“5”音的34，得到“2”音，它的频率是“1”音的32×34＝98；再“三分损一”得“6”，“三分益一”得“3”……如此交替“损”“益”下去，得到全部七音。这样得到的七音频率的误差与“纯律”七声音阶的频率误差在25％之内。
“纯律”七声音阶虽然非常好地解决了音的“协调”问题，但却不能解决转调问题，因为转调后出现的另外一组音阶的某些音的频率与原调音阶中音高相近的音的频率之间存在微小的差别。为了解决转调问题，又能基本保持“纯律”七声音阶的各音的频率，人们又发明了“十二平均律”，即把一个八度音程平均地分成十二个相等的半音，得到半音音阶1、1、2、2、3、3、4、4、5、5、6、b7、7（记号称为“升号”，表示音调升高半音；记号“b”称为“降号”，表示音调降低半音。当然，1＝b2，以此类推）。这里讲的“平均”是几何平均，即每一个音的频率和它前面一个音的频率之比都相等。我们很容易算出这个频率比应为122≈1059463。下表将按“纯律”和“十二平均律”算出的七声音阶的频率做一对比，可以看出其误差都在08％之内： 音阶12345671·“纯律”频率5205856506937808679751040十二平均律频率5205846556947798749821040
钢琴、竖琴等乐器都是按照十二平均律设定音高的，而铜管乐器则是按照“纯律”设定音高的。由于两者之间的误差甚小，这些乐器在乐队中都能和平共处，演奏出美妙的乐曲。
43大包装商品便宜
你注意过吗？在超市里，同一种商品，大包装的单位重量价格比小包装的要低，这是商家为了吸引顾客购买大包装商品，还是有别的原因呢？
影响商品价格的因素很多，一般来说，商品价格与生产成本、运输成本、包装成本以及市场销售情况有关。其中，生产成本与运输成本可认为与商品重量成正比；但包装成本中的包装材料成本并不与商品重量成正比，而与商品表面积成正比。因此，我们必须弄清楚在形状一定的情况下，商品重量与表面积的关系。
例如，乐口福的听子形状都是圆柱体，设圆柱体的底面直径为D，高为h，则它的体积和表面积分别为
V＝π4D2h，S＝π2D2＋πDh。如果我们把听子设计成底面直径与高相等，即设D＝h，则它的体积与表面积分别为V＝π4D3，S＝32πD2。由于商品重量W＝k1V＝π4k1D3，其中k1为商品密度，因此有
D＝34πk1W，S＝3π234πk1W2＝k2W23。其中
k2＝3π2316π2k21是大于零的常数。于是单位商品重量的表面积为SW＝k2W－13＝k23W。显然，它随着商品重量W的增加而减少。这也就是说，随着商品重量的增加，单位商品重量的表面积却随之减少，单位商品重量的包装材料费也相应减少。
因此，大包装商品单位重量包装材料成本比小包装的要小一些，这是大包装商品比小包装便宜的主要原因之一。另外，大包装商品的单位重量包装加工费，也显然要比小包装的便宜一些。
所以，如果你对某种商品的需要量较多的话，还是买大包装的比较合算。
44条形码中的数学原理
不知你有没有注意到，很多商品如烟、酒等的包装盒上，都有一组平行排列的、宽窄不同的黑白条纹，这就是条形码。其实，条形码在我们日常生活中的应用非常广泛，在普通商品上，在正式出版发行的书刊、杂志的封面或封底上，都可以看到条形码。
那么条形码有什么用途呢？为什么商品、书刊要使用条形码呢？条形码实际上是伴随着计算机技术的发展，伴随着经济领域交流的拓宽，而产生的一种新的信息技术——条码技术，它能够最经济、快速、准确地收集和传递信息。简单地说，条形码的用途就是传递信息。
这样一些宽窄不同的竖条就能传递信息是不是很不可思议？下面我们就来简单地作一个介绍。条形码之所以能够传递信息，是因为条形码本身就代表了某种信息；而条形码的这种信息又可以被机器识读。条形码就是通过条、空的不同宽窄与排列不同来表达不同的信息。仔细观察几个不同的条形码，你就会发现，虽然它们表面看上去似乎很相似，但它们绝对有细小的差别。而这些在我们肉眼看来细小的差别，在计算机里则是巨大的差别了，因为计算机是将其转换为一连串的二进位制数字。我们知道，在二进位制中，只有两个数字0和1，而这两个数字在条形码中就可以用条与空或条、空的宽与窄来区别。计算机靠光电阅读设备如光笔来识别条形码。当光照射到条形码上，黑条与白空产生较强的对比，这种对比可以转化为强弱不同的电流，而条与空的宽窄可以引起信号出现时间的长短，因此计算机就可以直接进行识别。通常条形码还具有双向可读性，也就是说从左右两侧开始扫描，都可以被识读。这是因为在识读过程中，译码器会自动判别扫描方向。
条形码既然是供机器识别的字符，那么人是不是就无法识别了呢？事实上，考虑到当条形码识读设备出问题时，可以采用光学字符或人眼识别，所以在各种条形码中都加入了供人识别的字符，可以让人们对条形码所表示的信息有一个大概的了解。因此，条形码通常就是由一组规则排列的条、空及其对应字符组成。国外根据条形码的外观特征，称之为棒码、宇宙线、斑马线等。
既然条形码是通过计算机来传递信息的，那么它的编码就要有一个统一的规范。例如，汽车工业选用的是Code39码，这是对世界汽车业技术导向有一定作用的AIAG规定的汽车行业标识规范，制定这个规范是为了适应世界各国汽车工业的交流与发展。世界上不少行业或团体都规定了自己的条形码使用规范。当然也有一些只局限于某一单位如大型购物超市专用的条形码管理系统，这种系统就不必符合通用的规范了。
随着计算机技术的推广，作为唯一可直接印制的机器语言，条形码的应用范围必将更为广泛。
45你知道“筛法”是什么吗
“筛法”是一种求质数的方法。是公元前300年左右由古希腊着名数学家埃拉托色尼提出的，所以，也叫埃拉托色尼筛法。
埃拉托色尼把自然数1、2、3、4……写在一块涂了一层白蜡的板上，将去掉数的地方用工具刺成小孔，很像一个筛子。因为用它把所有的合数都筛掉，留下的都是质数，所以，人们把这种求质数的方法叫做“筛法”。
筛法的根据是：对于一个正整数N，如果不能被小于或等于N的任何一个正整数所整除，那么这个数N必定是质数。
具体的做法是：(以100以内的质数的筛选为例)先把1到100这一百个数依次排列(如下表)。
12345678910111213141516171819202122……
1不是质数也是不合数，先划去或圈上。
①，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12……
留下2，把2后面所有2的倍数都划去，凡是2的倍数都是偶数，也就是把2后面的所有偶数划去；
①，2，3，，5，，7，，9，10，11，12，13，14……
留下3，把3后面所有3的倍数都划去；
①，2，3，4，5，，7，8，10，11，12，13，14，15，16……
留下5，把5后面的所有5的倍数都划去，也就是把5后面所有个位是0和5的数都划去；
①，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16……
留下7，把7后面所有7的倍数都划去；
如此继续做下去，一直筛到100以内的合数全部划尽。
下面的表就是筛去了全部合数后，得到的100以内的质数。
①23456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536373839404142434445464748495051525354555657585960616263646566676869707172737475767778798081828384858687888990919293949596979899100
100以内的质数有：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97等，共25个。
46铁栅栏门推拉起来轻松
有一种用铁条做成的门，开和关都很方便。轻轻一推，铁栅栏门就像松紧带似地挤拢在一起，变得很窄，轻轻地一拉，铁栅栏门又像网子似地伸开，变得很宽。你仔细地进行观察，如果除了发现门的顶部和底部都装有滑轮，可以使大门的关启变得格外轻松之外，还发现使铁门能宽能窄，能拢能伸，能轻松关启的根本原因是在于铁门的构造的话，那就找到了解答这个问题的关键。
原来铁门是由一个个的菱形(即四条边相等的平行四边形)组成。四条边长一定的四边形，它的形状并不固定，四边形的这种性质，叫做四边形的不稳定性，我们在学习四边形的时候，对它的这个性质一定已经有所认识。
聪明的工人叔叔，正是利用这种性质，制成了能够推拢和拉开的铁大门。
把这种性质合理地应用，不只是制作成关启起来非常轻松的铁栅栏门。
你们也许见过，有一种装货的大卡车，在它的身后还挂着一节装货的车箱，连接卡车与车箱的往往是菱形结构的链子；一种盛东西的网兜，用塑料绳或线绳编织而成，不用的时候，收拢在一起，伸开可以装不少东西；有一种可以合拢和伸开的自行车筐，不用的时候，合拢在一起成一个很扁的长方体，不占地方，要用的时候，打开成为一个能装东西的车筐，极大地方便人们的生活。
只要我们留意观察，还一定会发现许多利用“四边形不稳定”的这一性质，合理地为工农业生产和人们日常生活服务的事例。
47谁更聪明
传说有这样一个故事：
有一个土耳其商人，想找一名助手。有两个人前来“应征”，商人想测验一下两个人谁聪明。
商人将他们两人带进了一间屋子，这间屋子里既没有镜子，也没有窗户。商人将照明用的灯点着，然后将一个装着帽子的盒子放到两个人的面前，打开盒盖说：“这里面有五顶帽子，两顶是红色的，三顶是黑色的。现在我把灯灭掉。”随即便熄了灯，屋子里黑得什么也看不见了。商人接着说：“现在我们三个人每人从盒子里摸出一顶帽子戴在自己的头上。”三个人在黑暗中摸到帽子戴在头上后，商人把装帽子的盒子重又盖上盖，再将灯重新又点着，并说：“你们要尽快地说出自己头上戴的帽子是什么颜色。”
当灯亮了以后，两人都看到商人头上戴的是一顶红色的帽子，而另一个人的头上戴的是黑色的帽子，自己的头上戴的该是什么颜色的帽子呢？黑的？还是红的？
只过了一会儿，其中一个人兴奋而自信地说：“我戴的是黑帽子！”这个人果然猜对了，商人录用了他。
他为什么能很快地又十分肯定地说出自己头上所戴帽子的颜色呢？
他是这样想的：一共只有两顶红色的帽子，商人头上已经戴了一顶红色的，如果我头上戴的也是红色的，对方就可以毫不犹豫地立刻判断出自己戴的是黑色的帽子。可是，对方在灯亮了以后的短暂时间里没有立即说出，就这一点，便可以肯定我头上戴的不是红色的帽子。正因为我戴的是黑色的帽子，才使他与我有同样的考虑，同样的犹豫。我就是在灯亮了以后，对方正在犹豫的瞬间作出了这样的判断。
这样的分析和判断是令人信服的。你也能像聪明人那样去思考问题吗？
48为什么九条路不可能不相交
在世界各地，广泛地流传着一道数学名题，尽管说法有不同，但实质上是同一个问题：某地有三个村庄和三所学校，从每个村庄到三所学校各修一条路，能不能使这九条路互不相交呢？您可能以为，只要不怕费事绕绕弯子，这事是不能办到的。可事实并非如此，上述想法是不能实现的，这里有着奥妙的数学原理。
19世纪，瑞士大数学家欧拉，在研究多面体的顶点数、棱数和面数的关系时，发现了一个规律，如立方体有8个顶点、12条棱、6个面、具有关系8-12＋6＝2。其它多面体也是这样，即一个多面体若有n个顶点、m条棱、p个平面，则一定有n-m＋p＝2，这就是着名的欧拉公式。
有了欧拉公式，前面的问题就可迎刃而解了。把问题看成是立体图形，每个村庄或学校就相当一个顶点，一条路就相当一条棱，用路围起来的部分就相当于一个面。因为有九条棱、六个顶点，那么有6-9＋p＝2，即p＝5，就是说应该有5个面；而从另一个角度考虑，从一个村庄出发，走一条路就到达一所学校，再走一条路就到达另一个村庄，再走一段路就到达另一所学校，再走一段路才能回到原地。所以围成一个至少要四段路即四条边，现有9条棱，若数面的边当然是18条边，至少四条边围一个面，当然围不成5个面。也就是说九条路的设想是不能实现的。读者们不妨想一下，若只修八条路能否实现？
对这类问题的研究，已经形成了数学领域的一个分支——拓扑学。它对工程设计，机器元件的设计，集成电路设计，电子计算机的程控、各种信息网络系统的建立，都有广泛的应用。
49为什么球面不能展成平面图形
我们知道：圆柱、圆锥、圆台的侧面面积，可以利用它们在平面内的展开图来求出。由于球面不能展成平面图形，所以球的表面积公式无法用此法求出。
为什么球面不能展成平面图形呢？我们作如下说明。
圆柱、圆锥、圆台的侧面可以看成由一条直线(或线段)运动生成，球面是不能通过直线运动生成的。换言之，圆柱、圆锥、圆台的侧面存在直线，而在球面上没有一条直线存在。所以球面不能展成平面图形。我们把能够展成平面图形的曲面称为直纹面，圆柱、圆锥、圆台的侧面都是直纹面。
若在平面上随意剪下一块，例如矩形或扇形，就可以即不叠皱，也不撕破地吻合在圆柱或圆锥的侧面上。而在平面上无论你剪下什么样的形状的一块，都无法既不叠皱也不撕破地贴在球面上。事实上，如果我们在剪下的矩形、扇形或某一形状上，过任意一点，沿任意方向作相交于该点的直线段a、b、c……将这些画有线段a、b、c……的矩形、扇形贴在圆柱、圆锥侧面上，a、b、c……的长度均不变。而将画有线段a、b、c……的某形状往球面上贴，或者贴不上去，或者“贴”上去了，则某些方向上的线段c或d……长度就变了。因为只有使某些线段重合一部分，或拉长，或撕断才能贴在球的表面上去。两个曲面(平面是曲面的特殊情况)可以互相贴合的充要条件是这两个曲面等距。所谓等距是指两曲面间建立了一一对应关系，且对应曲线长度相等。平面与球面是建立不了等距关系的，所以球面不能展成平面图形。
50默比乌斯带的奥秘
默比乌斯带是拓扑学家们的杰作之一。它使人感到古怪的是：只有一侧的曲面。
它的制做是极为简单的。我们把一个双侧环带随意在一处剪开，然后，扭转一半，即180°。再粘合到一起来形成封闭的环，就得到了默比乌斯带。
但如果描述为没有“另一侧”，这是很难理解和想象的。但做起来却很容易，你可随意从一处开始涂色(不离开这面)最终你将会发现默比乌斯带都被你涂上了颜色，也就说明这的确是一个单侧面的带子。
默比乌斯带具有各种意想不到的性质，有人称之为“魔术般的变化”。如果我们把默比乌斯带沿中线剪开，出乎意料地得到了一条双侧带子而不是两条。数学家对这种奇妙的现象解释为：一条默比乌斯带只有一条边，剪开却使它增加了第二条边与另一侧。如果把默比乌斯带沿三等分线剪开将使你又获新奇之感。剪刀将环绕纸带子走整整两圈，但只是一次连续的剪开，剪的结果是两条卷绕在一起的纸条，其中的一条是双侧纸圈，另一条则是新的默比乌斯带。你看，这真是一个奇妙的带子。
51你能找到海盗藏宝的地点吗
传说有一帮海盗，把劫得的财宝埋在一个荒岛上，并在一张纸上写了若干诗句暗示藏宝地点，这样以便于把宝物遗留给他们的后代。几十年后，海盗们被捕获，在被击毙的头目身上发现了这张纸条，上面写到：何处找？在海岛；绞架直行到石马，右转同长是甲处；绞架直行到大树，左转同长是乙处；甲乙中分地，深挖勿泄气。不难看出这是一个埋藏重要物品的地点的说明，官方立即派人到岛上搜索，然而一到岛上，人们不免犯了难，大树、石马依然还在，而绞架荡然无存，这藏宝地点怎样确定呢？
后来终于有人用平面几何作图的方法，证明了藏宝地点仅与石马和大树的位置有关，而与绞架位置有关，于是轻而易举地找到了藏宝地点。下面我们来看一下这个问题的证明。
设石马为点A，大树为点B，在AB连线的一侧任取一点C算作绞架位置。连结CA，作DACA且DA＝AC；再连BC，作EBCB且EBCB且；连DE，其中点F假定为藏宝地点，如图作CC’、DD’、EE’、FF’都和AB垂直，C’D’E’F’分点为垂足，由ACC’DAD’，可知AD’＝CC’，又由BCC’EBF’，可知BE’＝CC’，又由F是DE中点，可知F’是D’E’中点。所以知F’是AB中点；另一方面我们又可证明，DD’＝AC’，EE’＝BC’，DD’＋EE’＝AB。由梯形中位线定理可知FF’＝12(DD’＋EE’)＝12AB，那么F是位于AB中垂线上且与A中点的距离等于AB长的一半，可见F点的位置与C点的选择是无关的。
读者不妨试一下，在AB的另一侧取点C。甚至在直线AB上取点C，看看点F的位置是否是不变的。
52最巨大的数学专着
公元前4世纪，古希腊数学家欧几里得写过一部《几何原本》，共有13卷，它成为不朽的经典着作流传至今。1939年，书架上突然出现了《数学原本》（第一卷）。好大的口气！作者是谁？署名是从未听说过的布尔巴基。这部书从那时起，到1973年，已出到第35卷，至今还没有写完。它是目前最巨大的数学专着。
布尔巴基是一个集体的笔名。本世纪20年代末，法国巴黎大学有几名大学生，立志要把迄今为止的全部数学，用最新的观点，重新加以整理。这几个初出茅庐的青年人，准备用3年的时间，写出一部《数学原本》，建立起自己的体系。这当然是过高的奢望，结果他们写了40年，至今还没有完成，但是布尔巴基学派却在这一过程中形成了。他们在数学界独树一帜，把全部数学看作按不同结构进行演绎的体系，因而以结构主义的思想蜚声国际，赢得了数学界的赞扬。布尔巴基学派甚至已经影响到中学教科书，我国近几年翻译的英、美、日本中学教材里，都有它的影子。
布尔巴基学派最初的成员有狄多涅和威尔等人，他们开始写《数学原本》时只是20来岁的青年，现在已经70开外，成为国际着名的数学教授了。
《数学原本》是一部有崭新体系的数学专着，而并非东拼西凑的数学百科全书，它以吸收最新数学成果并加以剖析而受到重视。近几年，《数学原本》的前几卷已重新修订，每卷又补充了近三分之一的新材料。这部巨着是用法文写的，现在已有英、俄、日等国文字的译本。翻译《数学原本》是一个巨大的工程，翻译成日文时，还曾专门成立了一个委员会。
53最繁琐的几何作图题
早在古代，就有人能用直尺和圆规作出正三角形、正方形和正五边形了。可是，利用尺规来作正七边形或正十一边形或正十三边形的任何尝试，却都是以失败而告终。
这种局面持续了二千多年，数学家们猜想，凡是边数为素数的正多边形（如正七、正十一、正十三边形等）看来用圆规和直尺是作不出来的。但是在1796年，完全出乎数学界的意料之外，19岁的德国青年数学家高斯找到了用圆规和直尺来作边数为素数的正十七边形的方法。这个成就是如此辉煌，不仅使数学界为之轰动，而且也促使高斯把数学选为自己的终身职业。
五年以后，高斯又进一步宣布了能否作任意正多边形的判据。他证明了下面的定理：凡是边数为“费尔马素数”（即边数是2+1形状的数，而且还要是素数）的正多边形，就一定可以用尺规来作图。当n=2时，就是正十七边形；当n＝3时，就是正二百五十七边形；当n＝4时，就是正六万五千五百三十七边形……他还证明了，如果边数是素数，但不是费尔马素数的话（例如上面所提到过的正七边形，正十一边形等），那末这样的正多边形就不能用圆规和直尺来作出。
紧接在17以后的两个“费尔马素数”是257和65537。后来，数学家黎西罗果然给出了正二百五十七边形的完善作法，写满了整整80页纸。
另一位数学家盖尔美斯按照高斯的方法，得出了正六万五千五百三十七边形的尺规作图方法，他的手稿装满了整整一只手提皮箱，至今还保存在德国的着名学府哥庭根大学里。这道几何作图题的证明，可说是最为繁琐的了。
54最精确的圆周率
圆周长与直径的比，称为圆周率，符号π，我国古代很早就得出了比较精确的圆周率。我国古籍《隋书·律历志》记载，南北朝的科学家祖冲之推算圆周率π的真值在31415926与31415927之间，他所得到的π的近似分数是密率355／113。德国人奥托在1573年才重新得出祖冲之密率355／113，落后了11个世纪。英国数学家向克斯穷毕生精力，把圆周率算到小数点以后707位，曾被传为佳话，但是他在第528位上产生了一个错误，因此后面的100多位数字是不正确的。
由于电子计算机的问世，圆周率计算的精确性的纪录一个接一个地被打破。就目前所知，人们已经计算到小数点后面100万位，这是由两位法国女数学工作者吉劳德与波叶算出的。1973年5月24日，她们利用7600CDC型电子计算机完成了这一工作，但直到同年9月才得到证实。所公布的100万位的圆周率的值是3141592653589793……5779458151，如把这些数字印成一本书，这本书将足有200页厚，读者读这本书时一定会感到这是世界上最沉闷乏味的一本书。
1983年，日本东京大学的两位学者利用超高速的HITAC电子计算机，把π算到了16777216位，他们打算在不久的将来把计算位数再要翻一番，并最终突破1亿位大关。
55国际数学竞赛得奖最多的国家
1959年，罗马尼亚“物理数学学会”向东欧七国发出邀请，建议在布加勒斯特举行第一届国际数学奥林匹克。以后，每年比赛一次，从未间断。比赛的东道国大都是东欧国家，只有第十八届比赛是在奥地利举行的。
开始几年，参加者只是前苏联和东欧一些国家。到1967年，英国、法国和瑞典也参加了；从1974年起，美国也开始参加。最近几届的参加国已有20个以上，其中亚洲国家有蒙古和越南。
根据历届比赛的统计结果，无论从团体总分以及获得一等奖的人数来看，前苏联都名列第一，处于遥遥领先的地位。
前苏联从1934年开始就举办数学竞赛。举办数学竞赛的地方，不仅有莫斯科、列宁格勒、基辅等大城市，甚至还有一些中小城市。
全苏数学竞赛的试题内容，也是从浅到深，各种程度的题目都有，所用的数学工具虽然简单，但往往需要过人的机智才能解决。前苏联正是从大量数学爱好者中层层“筛选”而培养出尖子的。由于尖子们“身经百战”，因此在国际比赛中也就得分较多。
前苏联的一些着名数学家，如概率论大师廓尔莫郭洛夫、数学分析专家欣钦等，也经常为全苏数学竞赛出一些妙趣横生、难度很大的题目。在比赛以前，还请各方面的专家为考生作若干次专题讲演。这些措施在培养一支高水平的数学后备军方面起了积极的作用。
56最古老的数学文献
科学的萌芽可以追溯到几万年以前，零星的有关数学的考古发现也至少有5000年的历史了。但是现存的专门记录数学的比较系统的文献，当以公元前1700年左右的埃及草片文书为最古老。
古埃及人用墨水在一种纸莎草“纸”上记录各种文献，这种“纸”有的就是草叶，有的是把草的髓部紧压后再切成薄片。1858年，苏格兰古董商兰德在尼罗河边的小镇买下了一批草片文书，全部是数学文献，人称兰德草片，现藏在英国博物馆。1893年俄国的戈里尼晓夫也买到一批草片，后被称之为莫斯科草片。兰德草片中许多草片连在一起，称为草卷，最大的一卷高03米，长达55米。
在这些草片里有数学问题和解答。兰德草片中有85题，莫斯科草片中有25题，都是用象形文字写的。经过研究和翻译，发现草片文书已经有分数，能用算术解含一个未知量的一次方程或简单二次方程，会计算矩形、梯形和三角形的面积。例如兰德草片中的第63题是“把700块面包分发给4人，第一人是2／3，第二人1/2，第三人1／3，第四人1／4”。
和埃及草片文书的时间差不多的还有巴比伦人（在今伊拉克）的泥版文书，这是当胶泥未干时刻上字然后晒干保存下来的，但这种早期泥版保存下来的不多，远不如埃及草卷来得全面而系统。
57最高荣誉的数学奖
闻名于世的诺贝尔科学奖中没有数学奖，所以国际数学家会议从1936年起颁发菲尔兹奖章，它是世界上最高的数学奖，同诺贝尔奖金一样享有国际盛名。
菲尔兹是加拿大数学家。1924年，国际数学家会议在加拿大多伦多举行，菲尔兹是会议的组织者，他倡议设立数学奖，并把会议剩余的经费作为基金。1932年，菲尔兹去世。同年，于苏黎世召开的国际数学家会议接受了菲尔兹的倡议。1936年，国际数学家会议在奥斯陆举行，第一次颁发了菲尔兹奖章。
国际数学家会议每四年举行1次，每次会议上把菲尔兹金质奖章授予那些对数学领域作出卓越贡献的人，一般每次授予2至4人。根据菲尔兹的倡议，不仅要奖励已获得的成果，而且要鼓励获奖者取得进一步的成就。这意味着奖章只能授予比较年青的数学家。到目前为止，共有24人获奖，都不超过40岁。这一点是和诺贝尔奖金不相同的。
最近的国际数学家会议是1978年在芬兰的赫尔辛基举行的。法国的德利涅（34岁）、美国的费弗曼（29岁）、奎林（38岁）、前苏联的玛利古斯（32岁）四人获奖。玛利古斯在前苏联国内不受重视，政府不批准他参加国际会议。当赫尔辛基会议宣布缺席授予玛利古斯菲尔兹奖时，全场起立，鼓掌致敬。
1982年颁布得奖的名单：法国的孔耐、美国的色斯顿以及中国的丘成桐。丘成桐是获得这项荣誉的第一位中国人，他1949年出生于广东，后去香港，在美国加州大学获博士学位，现为普林斯顿研究院教授。
58非欧几何的创始人
欧几里得的《几何原本》至今仍然是中学平面几何的基石。《几何原本》共13卷，第一卷上有35条定义，5条公理和5条公设。这些公理和公设是全书的基石，其他的命题和定理都是这些定义、公理和公设的逻辑推理。
在5条公设中，前四条都容易验证，如两点之间可以连一直线。但是，第五公设“通过直线外一点，能并且只能作一条平行于原来直线的直线”很难验证。欧几里得本人也怀疑这一点，总是尽量避免引用它。因此在《几何原本》中，前二十八个命题的证明中没有用到第五公设；直到第二十九个命题时，不得不用第五公设。
能不能把第五公设删掉？能不能由其他公理、公设来证明第五公设？自公元5世纪来，探索这一问题的人历代不绝。1815年，罗巴切夫斯基开始研究第五公设，经过10年的冥思苦索，公开声明第五公设是不能用其他公设、公理证明的；并且采用了一条与第五公设相反的公理，即“经过直线外已知点至少可以作两条直线和已知直线不相交”。由其他原来的公设、公理和修改了的第五公设（即上面讲的公理）组成了新的公理体系。形成了新的非欧几何学，其严密性不亚于欧几里得几何。人们称新的几何学为罗巴切夫斯基几何。
从罗巴切夫斯基的公理体系出发，用逻辑推理的方法，可以得出与欧几里得几何截然不同的结果。如两平行线之间的距离不相等，三角形内角之和小于180°等。
高斯很早就提出了非欧几何的轮廓。但是，他生前始终没有发表这一成果。高斯的同学伏尔刚·鲍耶终身从事第五公设的证明，毫无成就，内心非常痛苦。他的儿子约·鲍耶继续钻研这一难题，终于在彼此独立的情况下，比罗巴切夫斯基迟几年发表非欧几何的成果。因此，约·鲍耶也成为非欧几何的创始人之一。
59最大数字的表示法
在古代人的心目中，那些很大的数目字，如天上星星的颗数，岸边砂子的粒数，一场倾盆大雨落下的雨点数等等，他们无以名之，只好笼统地说是“不计其数”了。
首先提出记述庞大数字的人是公元前3世纪古希腊的数学家兼物理学家阿基米德，他在其名着《砂粒计数》中提出的方法，同现代科学中表达大数目字的方法很类似。他从当时古希腊算术中最大的数“万”开始，引进一个新数“万万”（亿）作为第二阶，然后是“亿亿”（第三阶单位），“亿亿亿”（第四阶单位）等等。
大乘佛教中也有许多表示巨大数字的名称，如“恒河沙”、“那由他”等等，最大的一个名叫“阿僧祗”，据说相当于10110。在英文中通常用centillion表示最大的数字，意思就是1的后面再加600个零。较此更大的数便得用文字来说明。有人还设计出一个单词milli－millimillillion，其意为10的60亿次方，也可叫Megiston，这个字普通用记号⑩来表示。但是因为这个数字实在太庞大了，所以已经没有什么实质的意义。目前可观察到的这部分宇宙（即总星系）中，质子和中子的全部总数也不过是1080而已！已故的美国哥伦比亚大学教授、数学家爱德华·卡斯纳创立了一个表示大数的词，叫做googol，它相当于10100。从1010到10100则称为googol群。
在数学界已为人相当熟悉的最大数字，根据其创用者的姓，取名为Skewes，这个数是10的10次方的10次方的3次方。首先提出的人史丘斯（Skewes）现任南非开普顿大学教授，他于1933年及1955年在两篇有关素数的论文中提到过它。
60数学家的文学修养
着名数学家徐利治先生把自己的治学经验概括为：培养兴趣、追求简易、重视直观、学会抽象、不怕计算等五个方面。最近他在南京讲学时又特意补上一条-喜爱文学，并谆谆教导后学，不可忽视文学修养。在不少人看来，数学和文学似乎是磁铁的两极，前者靠理性思维，后者属形象思维，两者互相排斥。然而历史上许多大数学家都有较好的文学修养，笛卡尔对诗歌情有独钟，认为“诗是激情和想象力的产物”，诗人靠想象力让知识的种子迸发火花。
为马克思所敬仰的数学家莱布尼兹，从小对诗歌和历史怀有浓厚的兴趣。他充分利用家中藏书，博古通今，为后来在哲学、数学等一系列学科取得开创性成果打下坚实基础。数学王子高斯在哥廷报大学就读期间，最喜好的两门学科是数学和语言，并终生保持对它们的爱好。
他大学一年级从图书馆所借阅的25本书中，人文学科类就占了20本。正当作数学家还是语言学家的念头在脑中徘徊时，19岁的高斯成功地解决了正17边形的尺规作图问题而坚定了从事教学研究的信念。继高斯之后的伟大数学家柯西从小喜爱数学，当一个念头闪过脑海时，他常会中断其他事，在本上算数画图。
他的数学天赋被数学家拉普拉斯和拉格朗日发现。据说拉格朗日曾预言柯西将成为了不起的大数学家，并告诫其父不要让孩子过早接触数学，以免误入歧途，成为“不知道怎样使用自己语言”的大数学家。庆幸的是，柯西的小学是在家里上的，在其父循循善诱下，系统学习了古典语言、历史、诗歌等。具有传奇色彩的是，柯西政治流亡国外时，曾在意大利的一所大学里讲授过文学诗词课，并有《论诗词创作法》一书留世。柯西的文学功底由此可见一斑。G波利亚年轻时对文学特别感兴趣，尤其喜欢德国大诗人海涅的作品，并以与海涅同日出生而骄傲，曾因把其作品译成匈牙利文而获奖。1921年来中国讲学的罗素是当代着名的哲学家、数理逻辑学家，着名的“理发师悖论”的发现者。但他也是一个文学家，有多篇小说集出版发行。令许多专业作家大跌眼镜的是，非科班出身的他于1950年获得诺贝尔文学奖。
再看着国内的数学家。华罗庚能诗善文，所写的科普文章居高临下，通俗易懂，是值得后人效法的楷模。苏步青自幼热爱旧体诗词，读过许多文史书籍。他把诗词作为自己的业余爱好，靠它来调剂生活。许宝综自幼即习古典文学，10岁后学作古文，文章言简意丰，功底非同寻常。李国平不仅是中国的“复分析”奠基人之一，也是一位优秀的诗人，其诗集《李国平诗选》1990年由武汉大学出版社出版发行，序言则是苏步青的一首颂诗：“名扬四海句清新，文字纵横如有神。气吞长虹连广宇，力挥彩笔净凡尘。东西南北径行遍，春夏秋冬人梦频。拙我生平偏爱咏，输君珠玉得安贫。”传为数坛佳话。
数学和文学是相通的。学习数学的人要注重文学修养，有志于数学的年轻人尤其不要忽视这一点。
61数学比喻
许多名人喜欢用数学比喻，往往出语幽默、灰谐，好比深山闻钟，记人记忆久远。
古希腊哲学家芝诺号称“悖论之父”，他有四个数学悖论一直传到今天。他曾讲过一句名言：“大圆圈比小圆圈掌握的知识要多一点，但因为大圆圈的圆周比小圆圈的长，所以它与外界空白的接触面也就比小圆圈大，因此更感到知识的不足，需要努力去学习。”
人民教育家陶行知先生曾经说，他有八位好朋友做帮手，使他少犯错误，甚至可以不犯错误。他编了一首歌，读起来非常动听：我有八位好朋友，肯把万事指导我。你若想问真姓名，名字不同都姓何。何事、何故、何人、何如、何时、何来、何去，好像弟弟与哥哥。
还有一个西洋派，姓名颠倒叫几何。若向八贤常请教，虽是笨人少错误。美国作家杰克·伦敦成名后，曾收到过一位女士的求爱信：“你有一个出众的名声，我有一个高贵的地位。这两者加起来，再乘上万能的黄金，足以使我们建立起一个天堂都不能比拟的美满家庭。”杰克·伦敦连忙回信，他答得很妙：“根据你列出的那道爱情公式，我看还要开平方！不过这个平方根却是负数。”
62蜂窝猜想
加拿大科学记者德富林在《环球邮报》上撰文称，经过1600年努力，数学家终于证明蜜蜂是世界上工作效率最高的建筑者。四世纪古希腊数学家佩波斯提出，蜂窝的优美形状，是自然界最有效劳动的代表。他猜想，人们所见到的、截面呈六边形的蜂窝，是蜜蜂采用最少量的蜂蜡建造成的。他的这一猜想称为“蜂窝猜想”，但这一猜想一直没有人能证明。美密执安大学数学家黑尔宣称，他已破解这一猜想。蜂窝是一座十分精密的建筑工程。蜜蜂建巢时，青壮年工蜂负责分泌片状新鲜蜂蜡，每片只有针头大小而另一些工蜂则负责将这些蜂蜡仔细摆放到一定的位置，以形成竖直六面柱体。每一面蜂蜡隔墙厚度及误差都非常小。6面隔墙宽度完全相同，墙之间的角度正好120度，形成一个完美的几何图形。人们一直疑问，蜜蜂为什么不让其巢室呈三角形、正方形或其他形状呢？隔墙为什么呈平面，而不是呈曲面呢？虽然蜂窝是一个三维体建筑，但每一个蜂巢都是六面柱体，而蜂蜡墙的总面积仅与蜂巢的截面有关。由此引出一个数学问题，即寻找面积最大、周长最小的平面图形。
1943年，匈牙利数学家陶斯巧妙地证明，在所有首尾相连的正多边形中，正多边形的周长是最小的。1943年，匈牙利数学家陶斯巧妙地证明，在所有首尾相连的正多边形中，正多边形的周长是最小的。但如果多边形的边是曲线时，会发生什么情况呢？陶斯认为，正六边形与其他任何形状的图形相比，它的周长最小，但他不能证明这一点。而黑尔在考虑了周边是曲线时，无论是曲线向外突，还是向内凹，都证明了由许多正六边形组成的图形周长最小，他已将19页的证明过程放在因特网上，许多专家都已看到了这一证明，认为黑尔的证明是正确的。
63大金字塔之谜
墨西哥、希腊、苏丹都等国都有金字塔，但名声最为显赫的是埃及的金字塔。
埃及是世界上历史最悠久的文明古国之一。金字塔是古埃及文明的代表作，是埃及国家的象征，是埃及人民的骄傲。
金字塔，阿拉伯文意为“方锥体”，它是一种方底，尖顶的石砌建筑物，是古代埃及埋葬国王、王后或王室其他成员的陵墓。它既不是金子做的，也不是我们通常所见的宝塔形。是由于它规模宏大，从四面看都呈等腰三角形，很像汉语中的“金”字，故中文形象地把它译为“金字塔”。
埃及迄今发现的金字塔共约八十座，其中最大的是以高耸巍峨而被古代世界七大奇迹之首的胡夫大金字塔。在1889年巴黎埃菲尔铁塔落成前的四千多年的漫长岁月中，胡夫大金字塔一直是世界上最高的建筑物。
据一位名叫彼得的英国考古学者估计，胡夫大金字塔大约由230万块石块砌成，外层石块约115000块，平均每块重25吨，像一辆小汽车那样大，而大的甚至超过15吨。假如把这些石块凿成平均一立方英尺的小块，把它们沿赤道排成一行，其长度相当于赤道周长的三分之二。
1789年拿破仑入侵埃及时，于当年7月21日在金字塔地区与土耳其和埃及军队发生了一次激战，战后他观察了胡夫金字塔。据说他对塔的规模之大佩服得五体投地。他估算，如果把胡夫金字塔和与它相距不远的胡夫的儿子哈夫拉和孙子孟卡乌拉的金字塔的石块加在一起，可以砌一条三米高、一米厚的石墙沿着国界把整个法国围成一圈。
在四千多年前生产工具很落后的中古时代，埃及人是怎样采集、搬运数量如此之多，每块又如此之重的巨石垒成如此宏伟的大金字塔，真是十分难解的谜。
胡夫大金字塔底边原长230米，由于塔的外层石灰石脱落，现在底边减短为227米。塔原高1465米，经风化腐蚀，现降至137米。塔的底角为51°51’。整个金字塔建筑在一块巨大的凸形岩石上，占地约52900平方米，体积约260万立方米。它的四边正对着东南西北四个方向。
英国《伦敦观察家报》有一位编辑名叫约翰·泰勒，是天文学和数学的业余爱好者。他曾根据文献资料中提供的数据对大金字塔进行了研究。经过计算，他发现胡夫大金字塔令人难以置地包含着许多数学上的原理。
他首先注意到胡夫大金字塔底角不是60°而是51°51’，从而发现每壁三角形的面积等于其高度的平方。另外，塔高与塔基周长的比就是地球半径与周长之比，因而，用塔高来除底边的2倍，即可求得圆周率。泰勒认为这个比例绝不是偶然的，它证明了古埃及人已经知道地球是圆形的，还知道地球半径与周长之比。
泰勒还借助文献资料中的数据研究古埃及人建金字塔时使用何种长度单位。当他把塔基的周长化为英寸为单位联系。他由此想到。英制长度单位与古埃及人使用的长度单位是否有一定关系？
泰勒的观念受到了英国数学家查尔斯·皮奇·史密斯教授的支持。1864年史密斯实地考查胡夫大金字塔后声称他发现了大金字塔更多的数学上的奥秘。例如，塔高乘以109就等于地球与太阳之间的距离，大金字塔不仅包含着长度的单位，还包含着计算时间的单位：塔基的周长按照某种单位计算的数据恰为一年的天数，等等。史密斯的这次实地考察受到了英国皇家学会的赞扬，被授予了学会的金质奖章。
后来，另一位英国人费伦德齐·彼特里带着他父亲用20年心血精心改进的测量仪器又对着大金字塔进行了测绘。在测绘中，他惊奇地发现，大金字塔在线条、角度等方面的误差几乎等于零，在350英尺的长度中，偏差不到025英寸。
但是彼特里在调查后写的书中否定了史密斯关于塔基周长等于一年的天数这种说法。
彼特里的书在科学家中引起了一场轩然大波。有人支持他，有人反对他。
大金字塔到底凝结着古埃及人多少知识和智慧，至今仍然是远没有完全解开的谜。
大金字塔之谜不断吸引着成千上万的热心人在探索。
64“熟鸡蛋悖论”理论实验支持
不知你是否留意过，把煮熟的鸡蛋放在桌面上让它水平旋转，如果达到一定转速，鸡蛋会自己竖起来。日本科学家通过实验证明，鸡蛋不仅能竖起来，在此过程中它还会完成几次弹跳。这为一种解释“熟鸡蛋悖论”的理论提供了实验证据。
日本庆应大学教授下村裕的研究小组在12日的《英国皇家学会学报》网络版上发表论文说，他们开发了一个模拟熟鸡蛋高速旋转的装置，用一个长轴为6厘米的橄榄状金属球代替鸡蛋，然后通过分析金属球坠落的声音、图像，以及铜制桌面电容的变化来跟踪它的运动过程。
模拟实验证实，当金属球以每秒25次的速度旋转时，开始旋转12秒钟后，金属球就能竖起来，在此过程中它会弹跳6次。弹跳高度最大为01毫米，空中停留时间约为002秒。之后，用鸡蛋做同样的实验也得到了类似的结果。
熟鸡蛋在旋转过程中竖立起来，这看上去是违反物理规律的，因为它的重心升高，整个系统的能量似乎增加了。这个问题长期困扰着物理学家，被称为“熟鸡蛋悖论”。2002年科学家曾报告说，这一现象事实上是熟鸡蛋的部分旋转能量在蛋壳与桌面之间的摩擦力作用下转换成了一个水平方向的推力，使熟鸡蛋的长轴方向改变，在一系列的摇晃震荡中由水平变为垂直。
根据推测，在鸡蛋水平旋转的过程中，其上下振动越来越激烈，当向上的力的加速度等于重力加速度时，鸡蛋就会发生弹跳。这次的实验结论与推测完全一致，显示这种对“熟鸡蛋悖论”解释是可信的。
65轻率的结论
在你听到一种统计关系时，可得慎重一些，千万不要轻率地对事件发生的因果关系作出判定，因为事情并不那么简单。
让我们来看几个不可轻率作出结论的例子。
①统计资料表明，大多数汽车事故出在中等速度的行驶中，极少的事故是出在大于150公里/小时的行驶速度上的。这是否就意味着高速行驶比较安全？
正确答案：绝不是这样。统计关系往往不能表明因果关系。由于多数人是以中等速度开车，所以多数事故是出在中等速度的行驶中。
②有一个调查研究说脚大的孩子拼音比脚小的孩子好。这是否是说一个人脚的大小是他拼音能力的度量？
正确答案：不是的。这个研究对象是一群年龄不等的孩子。它的结果实际上是因为年龄较大的孩子脚大些，他们当然比年龄小的孩子拼得好些。
③常常听说，汽车事故多数发生在离家不远的地方，这是否就意味着在离家很远的公路上行车要比在城里安全些呢？
正确答案：不是，统计只不过反映了人们往往是在离家不远的地方开车，而很少在远处的公路上开车。
④有一项研究表明某一个国家的人民，喝牛奶和死于癌症的比例都很高。这是否说明是牛奶引起癌症呢？
正确答案：不对！原因是这个国家老年人的比例也很高。由于癌症通常是年龄大的人易得，正是这个因素提高了这个国家癌症死亡者的比例。
上述例子表明，统计学论述在涉及到因果关系时很容易造成误解。现代的广告，尤其是很多电视的商业广告正是以这种统计误解为其根基的。
66骗人的“平均数”
刘木头开了一家小工厂，生产一种儿童玩具。
工厂里的管理人员由刘木头、他的弟弟及其他六个亲戚组成。工作人员由5个领工和10个工人组成。工厂经营得很顺利，现在需要一个新工人。
现在，刘木头来到了人才市场，正与一个叫小齐的年青人谈工作问题。
刘木头说：“我们这里报酬不错。平均薪金是每周300元。你在学徒期间每周得75元，不过很快就可以加工资。”
小齐上了几天班以后，要求和厂长刘木头谈谈。
小齐说：“你骗我！我已经找其他工人核对过了，没有一个人的工资超过每周100元。平均工资怎么可能是一周300元呢？”
刘木头皮笑肉不笑地回答：“小齐，不要激动嘛。平均工资确实是300元，不信你可以自己算一算。”
刘木头拿出了一张表，说道：“这是我每周付出的酬金。我得2400元，我弟弟得1000元，我的六个亲戚每人得250元，五个领工每人得200元，10个工人每人100元。总共是每周6900元，付给23个人，对吧？”
“对，对，对！你是对的，平均工资是每周300元。可你还是骗了我。”小齐生气地说。
刘木头说：“这我可不同意！你自己算的结果也表明我没骗你呀。”
接着，刘木头得意洋洋地拍着小齐的肩膀说：“小兄弟，你的问题是出在你根本不懂平均数的含义。怪不得别人呦。”
小齐气得说不出话来，最后，他一跺脚，说：“好，现在我可懂了，我不干了！”
在这个故事里，狡猾的刘木头利用小齐对统计数字的误解，骗了他。小齐产生误解的根源在于，他不了解平均数的确切含义。
“平均”这个词往往是“算术平均值”的简称。这是一个很有用的统计学的度量指标。然而，如果有少数几个很大的数，如刘木头的工厂中有了少数高薪者，“平均”工资就会给人错误的印象。
类似的会引起误解的例子有很多。譬如，报纸上报道有个人在一条河中淹死了，这条河的平均深度只有2尺。这不使人吃惊吗？不！你要知道，这个人是在一个10多尺深的陷坑处沉下去的。
67随机成群效应
我们知道，π是个无限不循环的小数，它的数字排列是无章可循的、随机的，所以，你想从中找到什么规律是不可能的。
但是，在π中却显现出一种奇特的现象，比如说，它从第710154个数以下的数字是一连串排有7个3。
而且，这种一连串7个相同数字的排列在π中出现的可能性还相当高。
这是怎么回事？
这是一种随机成群效应。
如果尔不断地抛掷一枚硬币，并记下结果，你就会发现有时竟会出现一连串的同样结果。
如果你抬头仰望夜空，会看到恒星成群聚集成为星座。
如果你将豌豆撒在地上，会看见豌豆在地面上汇成小群。
另外，你也一定知道“祸不单行”的俗语。
这些都是随机成群效应的表现。
你也可以自己动手做一种“糖果花纹”，亲手制造出一种随机成群效应。
制造方法是，取相当数量的红色糖球，再取相当数量的绿色糖球，将两种同样数量的糖球放入玻璃瓶中。不断摇晃这个瓶子、直至两种颜色的糖球完全混合均匀为止。
现在注视瓶子的一边。你大概估计会看到两种颜色的糖球已均匀打散了，可是你真正看到的图案都是不规则的，大片红色糖图案中点缀着许多小群的绿色糖，且二者总面积相等。图案是如此出人意料，甚至数学家在乍看到时也会相信，大概有某种静电效应使得一种颜色的糖球粘住另一颜色糖球。实际上起作用的是偶然性。花纹是随机成群的正常结果。
下面是一个与随机成群效应有关的纸牌把戏。
拿出一副扑克牌，使它黑红相间。再把这副牌分成两叠，让每叠牌的最底下那张的颜色互不相同。然后将两叠牌洗到一起。
现在从这叠洗过一次的牌上部一对一对地拿牌，结果会怎样呢？
结果是：不管你原先是怎样洗牌的，你拿的每一对牌都是一红一黑！
为什么会这样呢？原因很简单。
首先，这副黑红相间的牌分成两叠后须两张底牌一黑一红。
然后，在洗这两叠牌时，第一张牌离开拇指落下贴在桌面后，左右手中两叠底牌就是一色的了，这两张牌都与已落下的那张牌颜色不同。往后无论这两张底牌落下哪张都与桌上那张构成颜色不同的一对。
现在手中的牌又与还未落下任何一张牌时的情况一样。剩下两叠牌的底牌颜色不同。不管哪张牌落下，手中剩下的两张底牌均与之不同色，故接着落下的第二对牌也必然是颜色不同的。依此类推可知余下的牌将反复出现上述现象。
这个不寻常的纸牌把戏是一个实例，说明一种潜在的数学结构会怎样进入随机集群之中，并产生看上去似乎神秘的结果。
68新药到底有没有效果
药厂设计开发出一种新药，希望能够有助于人的睡眠。但是在进行药物试验时，却出了个蹊跷事。
事情是这样的。试验安排了两种人，一种是真正服用此药的人；一种是以为在服药，实际上服的是没有任何药效的安慰药的人。试验分成了两组，第1组有18个人，第2组有23个人。在第1组中有11个人服此新药，7个人服安慰药。第2组中9个人服新药，14个人服安慰药。
试验的结果是：在第1组中，11个服新药的人中有5人睡眠状态明显好转，7个服安慰药的人中有3人感觉良好。在第2组中，9个服新药的人中有6人感觉良好，14个服安慰药的人中有9人睡眠状态明显好转。
现在，统计学家要分析药物试验结果了。
先分组进行分析。在第1组中，服新药者有效果的占到了5/11，服安慰药者有安眠效果的是3/7，显然5/113/7，表明新药比安慰药有明显好的效果。在第2组中，服新药的人中有效果的占到了6/9，服安慰药的人中有安眠效果的是9/14，由于6/99/14，所以也表明新药比安慰药有明显好的效果。
但在把两个组的情况合起来分析的时候，结果却变了。你看，服新药的人一共是20个，其中有效果的有11人，比例为11/20；服安慰药的人共有21人，其中感觉到安眠效果的有12人，比例为12/21。因为11/2012/21，所以得到的试验结果是安慰药的效果比新药的效果还要好。
那么，到底新药有没有效果呢？统计学家也无法拿出令人信服的结果了。
这个悖论说明，要设计出一种试验，使其统计分析结果总是可信有多么困难。
为扎克取工钱
从前有个大地主叫古依木，雇了一个叫扎克的长工，答应每年给一头牛的工钱。到了年底，古依木对扎克说，你的工钱存在我这儿，将来可以办大事。老实的扎克同意了。一晃19年过去了，扎克年老力衰了，大地主古依木就想把他辞退。一天，古依木把扎克叫来，说：“你在我家做了19年，现在我给你19斤油，你走吧！”扎克一听急了，说：“老爷，你讲的每年给‘一头牛’的工钱，怎么变成‘一斤油’了呢！”古依木两眼一瞪，咆哮说：“那是你听错了，老爷还会赖你吗？”不容分说就把他赶出了门。
扎克提了19斤油呆呆的坐在路旁。这时正好看见阿凡提骑着小毛驴过来了。扎克连忙把这事告诉阿凡提，请他帮忙算回工钱。阿凡提想了片刻说，好，我和你一起上古依木家里去评理。”
古依木在家里正在喝酒，冷不防阿凡提和扎克走了进来，古依木心里有点慌，装着笑脸道：“阿凡提先生驾到，不知有何贵干？”阿凡提说：“扎克想做个小生意，特来借三两银子，由我作保，不知老爷肯不肯。”古依木一听，心宽了，连说：“有阿凡提先生作保，当然可以。扎克是老实人，年息对本对利就行了。”于是，三对六面写好了借据。古依木正要去拿银子，阿凡提拉住了他说：“办事情要公平，借你的钱是对本对利，那么，阿凡提每年一斤油存在你这里，也应该对本对利。”古依木眼珠一转，暗想十九斤油的利钱能有多少，大不了几百斤油吧！就说：“好吧，看在阿凡提先生的面上，算出多少，我照付就是了。”
于是，阿凡提拿过算盘说：头一年，工钱1斤，第二年加利息1斤，加工钱1斤，共3斤，第三年是7斤，第四年是15斤……不到一刻工夫，算出了结果，把大地主古依木吓得目瞪口呆。最后连连央求：“阿凡提先生，请你向扎克说说好话，我情愿还他19头牛的工钱！”
扎克拿到了19头牛的工钱，三两银子当然不借了。
请问小朋友，每年一斤油，按照古依木对本对利的算法，19年的本息账，到底是多少？告诉你，结果是524287斤油。你如不信，不妨自己算算看。
这个铜币哪去了
这天，太阳刚刚出来，阿凡提就骑着小毛驴赶集来了。阿凡提一边逛着，一边不住地和朋友们打着招呼。
只听见有人高喊他的名字，阿凡提回头一看，原来是西瓜店老板沙拉。此人既贪财又奸诈，还专门放高利贷剥削老百姓。阿凡提早就想找机会教训教训这家伙。此时沙拉正手忙脚乱地卖着西瓜。阿凡提走过去，见西瓜半数是大的，半数是小的。大西瓜一个铜币买2只，小西瓜一个铜币买3只。阿凡提对沙拉说：“啊，沙拉老弟，你可真笨，何不把大小西瓜合在一起，不论大小，按2个铜币买5只来算，不是省事了吗？”沙拉一听，顿时眉开眼笑，连忙谢道：“阿凡提大哥真是聪明，果然名不虚传。”
过了没多久，沙拉又急急忙忙地追上了阿凡提说：“阿凡提大哥，我刚才用您教的方法卖了30只大西瓜、30只小西瓜，真是快多了。可我点钱时发现只卖得24个铜币，而按老办法卖30只大西瓜应得15个铜币，30只小西瓜应得10个铜币，合在一起一共25个铜币，怎么会少一个铜币呢？”
阿凡提暗自好笑，却故作吃惊地说：“不会少一个铜币吧，一定是你数错了。”
沙拉左思右想，也不知这个铜币哪里去了，还真以为数错呢。瞧，他又在瓜摊旁一遍一遍地数着铜币。
聚合中文网 阅读好时光 www.juhezwn.com
小提示:漏章、缺章、错字过多试试导航栏右上角的源