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1、100个著名初等数学问题 历史和解 100 Great Problems of Elementary Mathematics: Their History and Solution 德H德里 Heinrich Drrie 目录 目录 算术题 1 第 1 题 阿基米德分牛问题.1 第 2 题 德梅齐里亚克的砝码问题.3 第 3 题 牛顿的草地与母牛问题.4 第 4 题 贝韦克的七个 7的问题.5 第 5 题 柯克曼的女学生问题.8 第6题 柏努利欧拉关于装错信封的问题.10 第7题 欧拉关于多边形剖分问题.12 第8题 鲁卡斯的配偶夫妇问题.15 第 9 题 卡亚姆的二项展开式.19 第 10

2、题 柯西的平均值定理.21 第 11 题 柏努利幂之和的问题.23 第12题 欧拉数 .26 第 13 题 牛顿指数级数.29 第 14 题 麦凯特尔对数级数.34 第 15 题 牛顿正弦及余弦级数.37 第 16 题 正割与正切级数的安德烈推导法.41 第 17 题 格雷戈里的反正切级数.44 第 18 题 德布封的针问题.47 第 19 题 费马欧拉素数定理.50 第20 题 费马方程.55 第 21 题 费马高斯不可能性定理.62 第22 题 二次互反率.68 第 23 题 高斯的代数基本定理.72 第 24 题 斯图谟的根的个数问题.74 第 25 题 阿贝尔不可能性定理.76 第 2

3、6 题 赫米特林德曼超越性定理.83 平面几何题 90 第27 题 欧拉直线.90 第28 题 费尔巴哈圆.91 第 29 题 卡斯蒂朗问题.92 第 30 题 马尔法蒂问题.93 第31 题 蒙日问题.96 第 32 题 阿波洛尼斯相切问题.97 第 33 题 马索若尼圆规问题.100 第 34 题 斯坦纳直尺问题.102 第 35 题 德里安倍立方问题.105 第 36 题 三等分一个角.106 第37 题 正十七边形.109 第38 题 阿基米德 值确定法.114 第 39 题 富斯弦切四边形问题.116 第40 题 测量附题.118 i 目录 第 41 题 阿尔哈森弹子问题.121 圆

4、锥曲线和摆线题.124 第 42 题 由共轭半径作椭圆.124 第 43 题 在平行四边形内作椭圆.125 第 44 题 由四条切线作抛物线.126 第 45 题 由四点作抛物线.127 第 46 题 由四点作双曲线.130 第 47 题 范施古登轨迹题.130 第 48 题 卡丹旋轮问题.132 第 49 题 牛顿椭圆问题.132 第 50 题 彭赛列布里昂匈双曲线问题.133 第 51 题 作为包络的抛物线.134 第52题 星形线 .135 第 53 题 斯坦纳的三点内摆线.138 第 54 题 一个四边形的最接近圆的外接椭圆.140 第 55 题 圆锥曲线的曲率.143 第 56 题

5、阿基米德对抛物线面积的推算.145 第 57 题 推算双曲线的面积.147 第 58 题 求抛物线的长.149 第 59 题 笛沙格同调定理（同调三角形定理）.151 第 60 题 斯坦纳的二重元素作图法.154 第 61 题 帕斯卡六边形定理.155 第 62 题 布里昂匈六线形定理.157 第63题 笛沙格对合定理.159 第 64 题 由五个元素得到圆锥曲线.163 第 65 题 一条圆锥曲线和一条直线.165 第 66 题 一条圆锥曲线和一定点.165 立体几何题 167 第 67 题 斯坦纳的用平面分割空间.167 第 68 题 欧拉四面体问题.168 第 69 题 偏斜线之间的最短

6、距离.171 第 70 题 四面体的外接球.173 第71 题 五种正则体.175 第 72 题 正方形作为四边形的一个映像.178 第 73 题 波尔凯许瓦尔兹定理.179 第 74 题 高斯轴测法基本定理.182 第 75 题 希帕查斯球极平面投影.183 第76 题 麦卡托投影.185 航海与天文学题.187 第 77 题 航海斜驶线问题.187 第 78 题 海上船位置的确定.188 第 79 题 高斯双高度问题.189 第 80 题 高斯三高度问题.191 第81 题 刻卜勒方程.192 ii 目录 第82题 星落 .195 第83 题 日晷问题.196 第84 题 日影曲线.197

7、 第85 题 日食和月食.199 第 86 题 恒星及会合运转周期.202 第 87 题 行星的顺向和逆向运动.203 第 88 题 兰伯特彗星问题.205 极值 208 第 89 题 与欧拉数有关的斯坦纳问题.208 第 90 题 法格乃诺关于高的基点问题.208 第 91 题 费马对托里拆利提出的问题.209 第 92 题 逆风变换航向.210 第 93 题 蜂巢（雷阿乌姆尔问题）.212 第 94 题 雷奇奥莫塔努斯的极大值问题.213 第 95 题 金星的最大亮度.215 第 96 题 地球轨道内的彗星.216 第 97 题 最短晨昏蒙影问题.217 第 98 题 斯坦纳椭圆问题.21

8、9 第 99 题 斯坦纳的圆问题.221 第 100 题 斯坦纳的球问题.223 iii 算术题 算术题 第1题 阿基米德分牛问题 太阳神有一牛群，由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成。 在公牛中，白牛数多于棕牛数，多出之数相当于黑牛数的 3 1 2 1 + ；黑牛数多于棕牛数， 多出之数相当于花牛数的 5 1 4 1 + ；花牛数多于棕牛数，多出之数相当于白牛数的 7 1 6 1 + 。 在母牛中，白牛数是全体黑牛数的 4 1 3 1 + ；黑牛数是全体花牛数的 5 1 4 1 + ；花牛数是全 体棕牛数的 6 1 5 1 + ；棕牛数是全体白牛数的 7 1 6 1 + 。 问这牛群是怎样

9、组成的？ 解：如果用字母 X、Y、Z、T 分别表示白、黑、花、棕各色的公牛数；用 x、y、z、t 分别表示白、黑、花、棕各色母牛数，则得 8个未知数的如下 7 个方程： （1） Y T X 6 5 = ， （2） Z T Y 20 9 = ， （3） X T Z 42 13 = ， （4） ) ( 12 7 y Y x + = ， （5） ) ( 20 9 z Z y + = ， （6） ) ( 30 11 t T z + = ， （7） ) ( 42 13 x X t + = 。 由方程（1） ， （2） ， （3） ，得 6X 5Y = 6T，20Y 9Z = 20T，42Z 13X =

10、42T。以这三个方程 解未知数 X，Y，Z，得： T X 297 742 = ， T Y 99 178 = ， T Z 891 1580 = 。 因为 891 和 1580 没有公因子，T必定是 891 的某一整倍数假设为 G倍，因此得 （I） X = 2226G，Y = 1602G，Z = 1580G，T = 891G。 若将这些值代入方程（4） ， （5） 、 （6） 、 （7） ，得下列方程： 12x 7y = 11214G，20y 9z = 14220G，30z 11t = 9801G，42t 13x = 28938G。 解这些方程的四个未知数 x，y、z、t，得 （II） cx =

11、720630G，cy = 4893246G，cz = 3515820G，ct = 549213G。 其中，c 是素数 4657。因为在各式右边 G 的系数中没有一个可以被 c 整除，所以 G 必定是 1 算术题 c 的整数倍。 G = cg。 如果把这个 G代入（I）和（II） ，最后可得到下列各关系式： （I） X = 10366482g，Y = 7460514g，Z = 7358060g，T = 4149387g， （II） x = 7206360g，y = 4893246g，z = 3515820g，t = 5439213g。 这里 g 可以是任何正整数。 所以，本题具有无数组解。若指定

12、 g 值为 1，则得下列最小数值的解： 白公牛：10,366,482；白母牛：7,206,360； 黑公牛： 7,460,514；黑母牛：4,893,246； 花公牛： 7,358,060；花母牛：3,515,820； 棕公牛： 4,149,387；棕母牛：5,439,213。 史料：如上面解答所示，至少依据目前的概念，分牛问题确切地说不能被认为是个很难 的问题。然而，由于在古代常常把一道难解的题叫做分牛问题或者阿基米德题，特别考虑到 阿基米德（Archimedes）的其他辉煌成就，以及他把这个分牛之题献给古代希腊后期亚历山 大城的天文学家厄拉多塞尼（Eratosehenes）的这一事实，可以

13、设想以上所述及的问题的方 式并不代表阿基米德问题完整和原始的形式。 GE莱辛（Gotthold Ephraim Lessing）于 1773 年在沃尔芬比特尔图书馆发现一本希腊文 手抄本，其中就有一篇关于该题“更完整”的阐述。该题由 22 句对偶句组成（或称为韵文） ， 以诗歌形式出现： “朋友，请准确无误地数一数太阳神的牛群。要数得十分仔细，如果你自认为还有几分 聪明：多少头牛在西西里岛草地上吃过草，它们分为四群，在那里来往踱步。各群颜色不同： 第一群像牛乳那样洁白， 第二群闪耀着深乌木般的光泽， 第三群毛色棕黄， 第四群满身斑斓， 每群中公牛数总大大超过母牛。现在，告诉你这些牛群间的比例：

14、白牛数等于棕牛数再加上 黑牛数的三分之一和二分之一。此外，黑牛数为花牛数的四分之一加五分之一，再加上全部 棕牛。 朋友， 最后你必须记住， 花牛数是白牛数的六分之一加七分之一再加上全部棕色母牛。 但是母牛群中，比例却大不相同：白母牛等于黑色公、母牛全部的三分之一加四分之一。而 黑母牛为全部花牛的四分之一加五分之一，这里要注意，每头花母牛和花公牛都要算进去。 同样，花母牛的头数是全部棕牛的五分之一加六分之一。最后棕色母牛与全部白牛的六分之 一加七分之一相等。朋友，如果你能确切告诉我，这些膘壮肌肥、毛色各殊的公母牛，一共 多少聚集在那里？这样你才不愧为精通计数。但是你还算不上一个聪明人，除非用我给

15、出的 新数据来回答问题：当所有黑白公牛齐集在一起，就排出一个阵形，纵横相等；辽阔的西西 里原野，布满大量的公牛。当棕色公牛与花公牛在一起，便排成一个三角形，一头公牛站在 三角形顶端， 棕色公牛无一头掉队， 花公牛也头头在场， 这里没有一头牛和他们的毛色不同。 如果你把这些条件一一牢记，胸有妙算，朋友，如果你能说出每群牛的组成和头数，那你就 是胜利者，可昂首前进，因为你的声誉将在智慧的世界里永放光芒。 ” 然而莱辛对本题是否撰自阿基米德持有异议，内塞尔曼（Nesselmann） 、法国作家凡 桑（Vincent）、英国人 R贝尔（Rouse Ball） 以及其他人也都持有异议。 另一方面，研究阿

16、基米德的著名权威丹麦人 JL海伯格（J L Heilberg） 、法国数学 家 P达内瑞（P Tannery） 以及克鲁姆比格尔（Krummbiegel）和安姆托尔（Amthor） 都 认为这个问题的完整形式应归功于阿基米德。 在倒数第七联对偶句中提出的两个条件要求X + Y是一个平方数U 2 ，而Z + T是一个三角 形数 ) 1 ( 2 1 + V V ，由此得下列各关系式： （8） X + Y = U 2 ， 2 算术题 （9） 2 Z + 2T = V 2+ V。 如果根据（I）把 X，Y，Z，T的数值代入（8）和（9） ，这两方程变成 3828G = U 2 及 4942G = V

17、2+ V。 如果用 4a（a = 3 11 29 = 957） ，b及 cg 分别代 3828，4942及 G，得： （8） U 2= 4acg， （9） V 2+ V = bcg。 从而 U是 2，a 和 c 的整倍数： U = 2acu， 这样， U 2= 4a 2 c 2 u 2= 4acg， （8） g = acu 2 若把 g 的这个数值代入（9） ，得： V 2+ V = abc 2 u 2 或(2V + 1) 2= 4abc 2 u 2+ 1。 若将未知数 2V + 1 用 v 表示，而且把 4abc 2= 4 3 11 29 2 7 353 4657 2 的乘积记为 d，最后的

18、方程变为： v 2 du 2= 1。 这就是所谓费马（Fermat）方程，可按第 19 题所述方法求解。然而，因为 d 的值十分 巨大，解答非常困难， d = 410286423278424。 即使费马方程关于 u 和 v 的最小解答也会导致天文数字。 即使将 u 指定为可以设想的最小数 1，在解 g 时，ac 的值为 4456749。这样白牛和黑牛 数的和将超过 79 万亿。可是西西里岛的面积不过 2550 平方公里，即 0.0255 万亿平方米， 还不到 30 1 万亿平方米，把这么多的牛放牧在这个岛上是不可能的，这和第十七、十八联对 偶句论断矛盾。 Algrbra der Grieche

19、n, 1842 Nouvelles Annales de Mathmatiques, vol. XV , 1856 A short Account of the History of Mathematics Quaestiones Archimedeae Scienes exactes dans lantiquit Schlmilchs Zeitschrift fr Mathematik und Physik, vol. XXV , 1880 一个三角形数 n，是指可以用这 n 个点来构造一个诸全等的等边三角形的顶点组成的点阵。开始的几 个三角形数为 2 1 2 1 1 = ， 3 2 2 1

20、 3 = ， 4 3 2 1 6 = ， 5 4 2 1 10 = ，等等。原注。 第2题 德梅齐里亚克的砝码问题 一个商人有一个 40 磅的砝码，由于跌落在地而碎成 4 块。后来，称得每块碎片的重量 都是整磅数，而且可以用这 4块来称从 1至 40 磅之间的任意整数磅的重物。 问这 4块砝码片各重多少？ 本题来源于法国数学家 GB德梅齐里亚克（Gaspard Bachet de Mziriac，1581 1655 年） ，在 1624 年出版的他的名著中，解答了这个题目。 3 算术题 天平的两个秤盘可区别为砝码盘和称量盘，在砝码盘上只放砝码，而在称量盘上放重物 外还可附加砝码。若想设法用最少

21、块数的砝码去称量，就要把砝码也放到称量盘上。 假如任意取出几块砝码放在盘上，例如，在一个盘上放 5 磅砝码和 10 磅砝码各一块， 另一个盘上放 1 磅、3 磅、4 磅的各一块，那么这些砝码便使前一个秤盘偏重 7 磅。 我们只考虑重物和砝码均为整数，也就是说，重物和砝码的重量均为整数磅。 假如有一系列砝码 A，B，C，把它们适当地分放在两个盘上，就能称出从 1 到 n 的所有整数磅的重物。如果有一块新砝码 P，它的重量 p超过原有砝码的重量总和 n，超过 量为原有砝码重量的总和加 1： p n = n + 1， 或者 p = 2n + 1， 那么，把砝码 P 加入砝码组 A、B、C、之后就能称

22、出从 1至 p + n = 3n + 1 的所有整数磅 的重物。 事实上，原有砝码组足以称出所有从 1 至 n 磅的重物，为了称出 1 个 p + x或 p x 磅的 重物，这里 x 表示从 1 到 n 的任一个数，把砝码 P 放在砝码盘上，再把砝码 A，B，C， 分别放在两个盘上，使砝码盘或称量盘上的重量偏重 x 磅。 此法成立后，这个题目就容易解答了。 为了使两个砝码 A 和 B能称出最多重量，A 必须是 1 磅， B 必须是 3 磅，这两个砝码能 称出 1，2，3，4 磅的重物。 如果选第三块砝码 C，使它的重量 c = 2 4 + 1 = 9（磅） ， 那么用 A，B，C 三块砝码就能

23、称出从 1 至 c + 4 = 9 + 4 = 13磅的所有重物。 最后，如果选第四块砝码 D，使它的重量 d = 2 13 + 1 = 27（磅） ， 那么，这四块砝码 A，B，C，D便能称出从 1 至 27 + 13 = 40磅的所有重物。 结论：这个砝码的四块碎片的重量分别为 1，3，9，27 磅。 注：英国数学家麦克马洪（MacMahon）概括了德梅齐里亚克的砝码问题。他确定 了可用来称出从 1 到 n磅重量的所有可能的整磅数砝码。 Problmes plaisants et dlectabled qui se font par les nombres Quarterly Journa

24、l of Mathematics, vol. XXI, 1886 第3题 牛顿的草地与母牛问题 牛顿（Newton）在 1707 年提出了如下一个有趣的问题： a头母牛将 b块地上的牧草在 c天内吃完了； a 头母牛将b 块地上的牧草在c 天内吃完了； a 头母牛将b 块地上的牧草在c 天内吃完了； 求出从a到c 9个数量之间的关系。 假设所有草地提供的牧草数量相同，每块草地每日长草量保持不变，而且每头母牛每天 吃草量也相同。 解：令每块地上最初的牧草量为 M，每块地每日长草量为 m，每头牛每天耗草量为 Q。 第一天晚上，b 块地上吃剩牧草量为 bM + bm aQ； 4 算术题 第二天晚上，

25、b 块地上吃剩牧草量为 bM + 2bm 2aQ； 这样，第 c天晚上，b 块地上吃剩牧草量为 bM + cbm caQ； 既然草地在 c 天内被吃光，那么这个数值必定等于 0。这样就得出方程： （1） bM + cbm = caQ。 同理得出下列方程： （2） b M + c b m = c a Q， （3） b M + c b m = c a Q。 把方程（1）和（2）作为求未知数 M和 m的一次方程组，得： Q c c bb ba ab cc M ) ( ) ( = ， Q c c bb bca bca m ) ( = 。 若将这些值代入方程（3） ，而且将所得方程乘以 Q c c bb

26、 ) ( ，便得所求关系式： b cc (ab ba) + c b (bc a b ca) = c a bb(c c)。 以行列式的形式表示时，解答更容易被发现。若以 q 表示 Q的相反数，方程（1） ， （2） ， （3）便可写成下列形式： bM + cbm + caq = 0， b M + c b m + c a q = 0， b M + c b m + c a q = 0。 根据行列式理论的一个基本定理，不全为零的 n 个未知数（本例中的 M、m、q）的 n 个（本例中为 3 个）线性齐次方程组的行列式必等于 0，因此，所求关系式为 0 = ca ba b ca ba b ca ba b

27、 。 Arithmetica universalis 第4题 贝韦克的七个 7 的问题 在下面除法例题中，被除数被除数除尽： * * 7 * * *:*7*=*7* * * * * * * * * * * * 7 * * * * * * * * * 7 * * * * * 7 * * * * * * * * * * *7* * * 5 算术题 * *用星号（*）标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了，那些不见了的是什么数字呢？ 这个引人注目的题目来源于英国数学家 EH贝韦克（E H Berwick） ，他于 1906 年发表 了这个题目。 解：我们用不同的字母标每个空缺数字，从而本题取如下形式：

28、A B 7 C D E L Q W z : 7 = 7 a b c d e F G H I K 7 L 第三行 f g h i k l 第四行 M 7 NOPQ 第五行 m 7 nopq 7 R S T U V W 第七行 r s t u 7 vw XYZxyz 第九行 XYZxyz I除数 的第一位数字 必须是 1，因为如题中第六行所示，7 只有六位数字，否则， 如果 等于 2，7 就有七位数字。 由于第三行和第七行的余数都是六位数，F 必定等于 1，R 也必定等于 1，因此，f 和 r 也必定等于 1（根据题意） 。 由于 不能超过 19979， 的最大值是 9， 才能使第八行的积不超过

29、1799811， 而且 s 8。 又因 S 只能是 9 或 0，而且第九行在 s 下面的位置没有余数，所以，只有第二种情况才是可 能的。因此，S = 0，而且（由于 R = 1）s 也等于 0。由于 R = 1，S = 0，随之而使 M = m + 1， 这样，m 8，第六行乘积 7 不可能大于 87nopq。 II因此，除数的第二位数字 只能是 0，1 或 2（7 130000 已大于 900000） 。因为甚 至 9 乘以 109979 也不能得到第八行所要求的七位数，所以， = 0 的可能性排除了。 然后，考虑 = 1 的情况。这要求 只能等于 0或 1（如果 2，在确定第六行第二位 数

30、字时，必定会产生一种情况，即 7 = 7 1 = 7，还要加上来自 7 乘积的一个大于或等于 1 的数，而第二位必须是 7） 。 然而， = 0是不可能的，因为第八行是七位数，即使 9 110979 也不能得到一个七位 数。 在 = 1 时，必须注意到以下的情况：一望第八行，便可看出 、 和 的选择必须能使 111 7 是个七位数，其最后第三位数是 7。只有乘数 = 9才能达到这一目的（因为即使 8 110979 也只有六位数） 。通过试验很容易看出，仅当 = 0或 = 9 时，9 111 7 的最后 第三位数才是 7，在第一种情况下，即使 111079 与 9 相乘，第八行也不是七位数，在第

31、二 种情况下，第六行是 7 11197* = 787*， 这是不可能的，这样 = 1 也要排除。因此，必须放弃 等于 1 的可能性。 所以，除数第二位数字的唯一适当的值是 = 2。由此得 m = 8，且 M = 9。 III因为 7 126000 大于第六行的数，而 7 124000 又小于第六行的数，除数的第三 位数 只可能是 4或 5。 再者， 由于 9 124000大于 7 126000又小于第八行的数 （10tu7vw） ， 于是 必定等于 8。 因为 8 124979 = 999382 1000000， = 4 这一假设不能满足第八行的要求，因此 只 6 算术题 能等于 5。 IV由

32、于 8 125 7 的最后第三位数必须是 7，通过试验发现 等于 4 或 9。因为即使 7 1257970 = 881790 也大于第六行的数，所以 = 9 应被排除，而只有 = 4适合。因此 被 认为是从 0到 4 中的一个数。然而，不论选用哪一个，从 7 12547 = 878* 中便求出第六行第三位数 n = 8。同样，第八行得到 8 12547 = 10037*， 进而得到 t = 0，u = 3。 由于 = 12547 在第四行中是一个七位数，而只有 8 和 9 才是七位数，所以 是 8 或者 9。 V从 t = 0和 X 1（以及 R = r = 1，S = s = 0） ，得 T

33、 1；又从 n = 8，N 9，得 T 1， 于是 T = 1。所以，N = 9，而 X = 1。由于 X = 1，且 2 200000（第九行） ，从而 v = 1，Y = 2，Z = 5，x = 4，y = 7，z = 。至此从以上求得的结果，算式为： A B 7 C D E L Q W :12547 = 781 a b c d e 1 G H I K 7 L 1 g h i k l 9 7 9 OPQ 8 7 8 opq 1 0 1 U V W1 0 0 3 7 vw 12547 12547 VI在这种情况下， 是五个数字 0，1，2，3，4中的一个。这五种情况与下列数列相 对应： vw

34、 = 60，68，76，84，92， cpq = 290，297，304，311，318。 并且，根据 等于 8或 9，可得： l = 60，68，76，84，92， 或 l = 30，39，48，57，66。 这便有十种不同的可能性。若自上而下进行三次递加的方法对这十种可能性逐一检验，首先 从第九行和第八行相加得第七行；然后第七、第六行相加得第五行；最后第五、第四行相加 得第三行，便发现只有当 = 3 和 = 8 时，才能使第三行最后第二位得到所要求的数字 7。 这种情况下，vw = 84，U VW = 6331，cpq = 311，OPQ = 944，ghik l = 003784，GHI

35、K7L = 101778，这便使本题算式如下： A B 7 C D E 8413:125473= 8781 a b c d e 1 1 0 1 7 7 8 1 0 0 3 7 8 4 9 7 9 9 4 4 8 7 8 3 1 1 1 0 1 6 3 3 11 0 0 3 7 8 4 7 算术题 125473125473 VII 最后， 由于在 的所有倍数中， 只有 5 = 627365 加到第三行的最后的余数 1110177 之上，才能得到第三位是 7 的一个数。这就得到 = 5，同时也得到 abc cde = 627365 及 AB7CDE = 737542。这样就得到了该题所有空缺待求的

36、数字。 The School World 第5题 柯克曼的女学生问题 某寄宿学校有十五名女生，她们经常每天三人一行地散步，问要怎样安排才能使每个女 生同其他每一个女生在同一行中散步，并恰好每周一次？ 这个非同寻常的问题是英国数学家 TP柯克曼（T P Kirkman）提出的。 在已发现的众多解法中，现介绍两个方法。一个是英国牧师 A弗罗斯特(Andrew Frost) 的解法（十五个女学生一题的一般解法及其推广），另一个是 B皮尔斯(B Pierce)的“女 学生难题的递推解法”。 弗罗斯特解法：用数学方法表示，本题用 15 个元素x，a 1 ，a 2 ，b 1 ，b 2 ，g 1 ，g 2

37、正确 地分布在系列的其它四行上。 用 7 个字母 a，b，c，d，e，f，g 构成一个三元组合群，其中每对元素恰好只出现一次， 特别像下面的一群： abc，ade，afg，bdf，beg，cdg，cef （这些三元组合按字母顺序排列） 。 从这个群里恰好可以为每列选取 4个三元组合， 使这些组合包含在该列的第一行中已出 现的字母以外的其它所有字母。将这些三元组合按字母顺序排入每列，便得如下初步安排： 星期日 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 xa 1 a 2 xb 1 b 2 xc 1 c 2 xd 1 d 2 xe 1 e 2 xf 1 f 2 xg 1 g 2 bdf ade

38、 ade abc abc abc abc beg afg afg afg afg ade ade cdg cdg bdf beg bdf beg bdf cef cef beg cef cdg cdg cef 现在用下标 1 和 2 对三元组合 bdf，beg，cdg，cef，ade，afg，abc 等作出标志。把他们 按照上述顺序先标注所有 bdf，然后标注所有 beg，等等，并遵守下列规则： I一列中的一个字母标上一个下标后，下一次该字母在同一列中出现时，应标上另一 下标。 II假如一个组合的某两个字母已经标有下标，这两个下标不得以同顺序标在别的组合 中的该两个字母上。 III假如一个字母

39、的下标尚未按规则 I、II 决定，那么将这个字母标上 1。 分三个步骤标定字母下标： 第一步：将组合 bdf，beg，cdg 以及可按本标注系统和规则 I、II、III 标注的 a 不在内 的所有字母，依次标定下标。 第二步： 按规则 I标定组合 ade 和 afg中所缺的下标以及第二行中最后两个 a 的下标 （在 图表中用黑体字） 。 第三步：补标在第四和第五行中仍缺少下标的字母 a（在图表中空着的位置） ，第二行 标 2，第三行标 1。 8 算术题 按照这个方法，得以下的完整图表，它表示本题的解答。 星期日 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 xa 1 a 2 xb 1 b 2

40、 xc 1 c 2 xd 1 d 2 xe 1 e 2 xf 1 f 2 xg 1 g 2 b 1 d 1 f 1 a 1 d 2 e 2 a 1 d 1 e 1 ab 2 c 2 ab 1 c 1 a 1 b 2 c 1 a 1 b 1 c 2 b 2 e 1 g 1 a 2 f 2 g 2 a 2 f 1 g 1 af 2 g 1 af 1 g 2 a 2 d 2 e 1 a 2 d 1 e 2 c 1 d 2 g 2 c 1 d 1 g 1 b 1 d 2 f 2 b 1 e 1 g 2 b 2 d 1 f b 1 e 2 g 1 b 2 d 2 f 1 c 2 e 2 f 2 c 2

41、e 1 f 1 b 2 e 2 g 2 c 1 e 2 f 1 c 2 d 2 g 1 c 2 d 1 g 2 c 1 e 1 f 2 皮尔斯解法：西尔维斯特（Sylvester）认可的最佳解法：令符号*表示一位女孩，她天 天都走在同一行的中间，把其他女孩分成两组，每组七人，用阿拉伯数字 1 至 7 或小写字母 表示第一组；用罗马数字 I至 VII 或大写字母表示第二组。用例如 R = s 的等式表明字母 R 表示的罗马数字与字母 s 表示的阿拉伯数字具有相同数值。同时，用 0，1，2，6 表示 星期日，星期一，星期二，星期六。 令星期日按下列顺序排列： a A b B c C d * D E

42、FG 由此，在每个数字上加 r = R，可得星期 r（星期日不在内）的排列： a + r + r A + R b + r + r B + R c + r + r C + R d + r * D + R E + R F + R G + R 这里，相加后超过 7 的每个数，像 c + r 或 D + R，表示那个女孩的编号为 c + r 7或 D + R 7，即比原数小 7，随后把原数换为这个数字。 如果下面三个条件得以满足，那么这样得到的排列就是该题的解答。 I a， b， c 这三个差分别是 1，2，3； IIA a，A ，B b，B ，C c，C ，D d 这七个差数形成一个以 7 为模数的

43、 非同余数的完整余数列（参阅第 19 题） 。 IIIF E，G F，G E 这三个差分别是 1，2，3。 证：作为前提，下列同余式（参阅第 19 题）都以 7 为模数。 1第一组的每一个女孩 x 和该组其他的每一个女孩 y 在一起散步恰恰一次，那么（根 据条件 I）差 x y 仅与 a ，b ，c ， a， b， c 等六个差中的一个同余。设 x y b，或者 x y b。若星期 r 的 r 与 x 或 y b 同余，那么， x + r 和 y b + r， 这样，女孩 x 和 y 于星期 r 在同一行散步。 2第一组的一个女孩 x和第二组的一个女孩 X在一起散步恰恰一次。 根据条件 II，

44、差 X x 只能与 A a，A ，B b，B ，C c，C ，D d 等七个差 中的一个同余。设 X x C 或 X C x 。若 s = S，这里是星期 s 的 s，且与 X C 或 x 同余，那么： X C + S 和 x + s， 这样，女孩 X 和 x 在星期 s 那天在同一行散步。 3第二组的每一个女孩 X 和该组的其他每一个女孩 Y 在一起散步恰恰一次。 9 算术题 根据条件 III，差 X Y 仅能与 F E，G F，G E，E F，F G，E G 六个差中的 一个同余。设 X Y G F 或 X G Y F。又设星期 R 的 R 与 X G或 Y F 同余，得： X G + R

45、 和 Y F + R， 这样，女孩 X 和 Y 在星期 R 那天在同一行散步。 因此，我们仅需满足条件 I，II，III 就可求星期天的排列。 选定 a = 1， = 2，b = 3，从而 = 5，于是 c = 4，故有 = 7，d = 6。然后选 A = I，于 是 B = VI，C = II，D = III，从而条件 II 中提到的差数 0， 1，3，1，2，5，他们都是关 于模数 7 的非同余数。那么 IV，V，VII 三个数便留给了字母 E，F，G。因此，星期日的排 列是： 12I 35V I 4 7 II 6 * III I VVV I I 按星期一到星期六的顺序，一星期每天的排列如

46、下： 2 3 II 3 4 III 4 5 IV 4 6 VII 5 7 I 6 1 II 5 1 III 6 2 IV 7 3 V 7 * IV 1 * V 2 * VI V VI I ， VI VII II ， VII I III ， 5 6 V 6 7 VI 7 1 VII 7 2 III 1 3 IV 2 4 V 1 4 VI 2 5 VII 3 6 I 3 * VII 4 * I 5 * II I II IV ， II III V ， III IV VI 。 Ladys and Gentlemans Diary, 1850 Quarterly Journal of Pure and

47、Applied Mathematics, vol. XI, 1871 The Astronomical Journal, vol. VI, 1859 1861 例如 c + r = 9，换成 9 7 = 2。译注。 第6题 柏努利欧拉关于装错信封的问题 求 n个元素的排列，要求在排列中没有一个元素处于它应当占有的位置。 N柏努利（Niclaus Bernoulli，1687 1759 年）最先考虑了这个问题，他是两位大数学 家雅可比柏努利（Jacob Bernoulli）和约翰柏努利（Johann Bernoulli）的侄子。后来， 欧拉（Euler）对此题发生兴趣，他称之为“组合理论的一个秒题” ，并在与柏努利毫无联系 的情况下，独自解了这道难题。 本题可以形象地叙述为装错信封的问题。 某人写了几封信， 并且在几个信封上写下了对应的地址， 把所有的信笺装错信封的情况， 共有多少种？ 本题解法巧妙，格外引人入胜。 10