100个著名初等数学问题1-20.doc

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i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 题 柯西的平均值

2、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 35第 15 题 牛顿正弦及余弦级数 38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 56第 21 题 费马 高斯不可能性定理 63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 26 题 赫米特 林德曼超越性定

3、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目录ii第 41 题 阿尔哈森弹子问题 121圆锥曲线和摆线题 124第 42 题 由共轭半径作椭圆

4、 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 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 5

5、8 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

6、为四边形的一个映像 178第 73 题 波尔凯 许瓦尔兹定理 180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 193目录iii第 82 题 星落 195第 83 题 日晷问题 196第 84 题 日影曲线 198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

7、 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 219第 99 题 斯坦纳的圆问题 221第 100 题 斯坦纳的球问题 223目录4算术题第 27 题 阿基米德分牛问题太阳神有一牛群，由白、黑、花、棕

8、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 ；黑牛数多于棕牛数，多312出之数相当于花牛数的 ；花牛数多于棕牛数，多出之数相当于白牛数的 。514 716在母牛中，白牛数是全体黑牛数的 ；黑牛数是全体花牛数的 ；花牛数是全体41354棕牛数的 ；棕牛数是全体白牛数的 。61576问这牛群是怎样组成的？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） ，YTX65（2） ，Z209（3） ，T413（4） ，)(27yYx（5） ，09zZy（6

9、） ，)(31tTz（7） 。42xXt由方程（1） ， （2） ， （3） ，得 6X 5Y = 6T，20Y 9Z = 20T，42Z 13X = 42T。以这三个方程解未知数 X，Y，Z ，得：， ， 。2974181580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

10、 = 28938G。解这些方程的四个未知数 x，y、z、t ，得（II） cx = 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 必定是目录5c 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 = 5439

11、213g。这里 g 可以是任何正整数。所以，本题具有无数组解。若指定 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）的其它辉煌成就，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

12、拉多塞尼（Eratosehenes）的这一事实，可以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

13、。现在，告诉你这些牛群间的比例：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

14、，除非用我给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，研究阿基米德的著名

15、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 U2，而 Z + T 是一个三角形数 ，由此得下列各关系式：)1(2V目录6（8） X + Y = U2，（9） 2Z + 2T = V2 + 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 = U2 及 4942G = V2 + V。如果用 4a（a = 3 11 29 = 9

16、57） ，b 及 cg 分别代 3828，4942 及 G，得：（8） U2 = 4acg，（9） V2 + V = bcg。从而 U 是 2，a 和 c 的整倍数：U = 2acu，这样，U2 = 4a2c2u2 = 4acg，（8 ） g = acu2若把 g 的这个数值代入（9） ，得：V2 + V = abc2u2 或(2V + 1) 2 = 4abc2u2 + 1。若将未知数 2V + 1 用 v 表示，而且把4abc2 = 4 3 11 29 2 7 353 46572的乘积记为 d，最后的方程变为：v2 du2 = 1。这就是所谓费马（Fermat）方程，可按第 19 题所述方法

17、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 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301偶句论断矛盾。 Algrbra der Griechen, 1842 Nouvelles Annales de Mathmatiques, vol. XV, 1856 A

18、 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 ， ， ， ，等等。原注。213421654210第 28 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

19、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。目录7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。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

20、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

21、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

22、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 Journal of Mathematics, vol. XXI, 1886第 29 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

23、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。目录8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；第二天晚上，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：（

24、2） bM + cbm = caQ，（3）bM + cbm = caQ。把方程（1）和（2）作为求未知数 M 和 m 的一次方程组，得：，cb)(。Qa若将这些值代入方程（3） ，而且将所得方程乘以 ，便得所求关系式：)(bcc(ab ba) + cb(bca bca) = cabb(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，bM + cbm + caq = 0，bM + cbm + caq = 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、

25、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。cab Arithmetica universalis第 30 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 * * * * * * *目录9* * * * * 7 * * * * * * * 7 * * * * 7 * * * * * * * * * * * * * 7 * * * * * * * * * * * *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

26、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：A B 7 C D E L Q W z : 7 = 7 a b c d eF G H I K 7 L 第三行f g h i k l 第四行M 7 N O P Q 第五行m 7 n o p q 7 R S T U V W 第七行r s t u 7 v wX Y Z x y z 第九行X Y Z x y zI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

27、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 1799811，而且 s 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 : 1 2 5 4 7 = 7 8 1a b c d e1 G H I K 7 L1 g h i k l9 7 9 O P Q8 7 8 o p q1 0 1 U V W1 0 0 3 7 v w1 2 5 4 7 1 2 5 4 7 VI在这种

28、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 = 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

29、= 311，OPQ = 944，ghik l = 003784，GHIK7L = 101778，这便使本题算式如下：A B 7 C D E 8 4 1 3 : 1 2 5 4 7 3 = 8 7 8 1目录11a b c d e1 1 0 1 7 7 81 0 0 3 7 8 49 7 9 9 4 48 7 8 3 1 11 0 1 6 3 3 11 0 0 3 7 8 41 2 5 4 7 31 2 5 4 7 3VII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 abccde

30、 = 627365 及 AB7CDE = 737542。这样就得到了该题所有空缺待求的数字。 The School World第 31 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

31、题用 15 个元素 x，a 1，a 2，b 1，b 2，g 1，g 2 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xa1a2 xb1b2 xc1c2 xd1d2 xe1e2 xf1f2 xg1g2

32、bdf ade ade abc abc abc abcbeg afg afg afg afg ade adecdg cdg bdf beg bdf beg bdfcef 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。目录12III假如一

33、个字母的下标尚未按规则 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。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xa1a2 xb1b2 xc1c2 xd1d2 xe1e

34、2 xf1f2 xg1g2b1d1f1 a1d2e2 a1d1e1 ab2c2 ab1c1 a1b2c1 a1b1c2b2e1g1 a2f2g2 a2f1g1 af2g1 af1g2 a2d2e1 a2d1e2c1d2g2 c1d1g1 b1d2f2 b1e1g2 b2d1f b1e2g1 b2d2f1c2e2f2 c2e1f1 b2e2g2 c1e2f1 c2d2g1 c2d1g2 c1e1f2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

35、 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 Ab Bc Cd * DE F G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 + Rb + r + r B + Rc + r + r C + Rd + r * D + RE + 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

36、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

37、星期 r 的 r 与 x 或 y b 同余，那么，x + r 和 y b + r，目录13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，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。根据条件 III

38、，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 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

39、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：1 2 I3 5 VI4 7 II6 * IIIIV V VII按星期一到星期六的顺序，一星期每天的排列如下：2 3 II 3 4 III 4 5 IV4 6 VII 5 7 I 6 1 II5 1 III 6 2 IV 7 3 V7 * IV 1 * V 2 * VIV VI I ， VI VII II ， VII I III ，5 6 V 6 7 VI 7 1 VII7 2 III 1 3 IV 2 4 V1 4 VI 2 5 VII 3 6 I3 * VII 4 * I 5 * III II IV ， II

40、III V ， III IV VI 。 Ladys and Gentlemans Diary, 1850 Quarterly Journal of Pure and Applied Mathematics, vol. XI, 1871 The Astronomical Journal, vol. VI, 1859 1861 例如 c + r = 9，换成 9 7 = 2。译注。目录14第 32 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

41、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。设信笺为 a，b，c，对应的信封为 A，B，C ，所求的错误装法种数记为 。n先考虑把 a 装进 B 和 b 装进 A 的所有情况作为第一组，把 a 装进 B 而 b 没有装进 A 的所有情况作为第二组。第一组显

42、然包括 种情况。2n假如分别用 b，c，d，e ，和 B，C，D，E，代替 b，c，d，e，和A，C ，D，E，于是推出第二组情况，有 种。1n那么，a 装进 B 的所有情况的种数是 。因为把“a 装进 C”、 “a 装进 D”、2的每一种装法都有相同的情况种数，则所有可能情况的总数为 ，则：n。)(其递推公式为：，2)1(1nnn把它用第 3，第 4，第 5，直到第 n 封信，这样就得到：，)2(3，4。2)1(1nnn把这 n 2 个等式相乘，便得到：，)()2n又因 ， ，(1) n2 = (1)n，所以01。n)1(然后用 n!去除这个等式，便得：。!)(1(!nn假如用一列数 2，3

43、，4，n 顺次代替这个公式中的 n，便得：目录15，!2)1(!，3。!)1(!nn将这 n 1 个等式相加，因为 ，其结果是01。!)(!3)(2!n最后，由此得所求数 ：n。!)1(!41!n假如利用符号 ，对( 1)n 应用二项式定理（参阅第 9 题） ，在二项展开式中每一乘幂 写成 !，那么，所求的数便可表示为淡淡的形式：。n)1(作为例子，取 n = 4，得，91!426!3464)1(23 这个式子很容易通过验算来检验。同样地，由 n 个元素，其中没有一个元素占有它应有的位置，所形成的排列数是( 1)n。以 1，2，3，4 四个元素为例，就有2143，2341，2413，3142，

44、3412，3421，4123，4312，4321 九种排列。注：所得的结果也包括行列式问题的解：在一个 n 阶行列式中，有多少个组成部分中不出现主对角线的元素？假如第 s 列的第 r 个元素 ，那么，便一目了然，主对角线的元素是：srC， ， ， 。123nC因此，这个行列式包括了在主对角线以外的( 1)n 个组成部分。第 33 题 欧拉关于多边形剖分问题可以有多少种方法用对角线把一个 n 边多边形（平面凸多边形）剖分成三角形？1751 年 L欧拉向数学家 C歌德巴赫（Christian Goldbach）提出此题。对于所求数En，可能的剖分方法数，欧拉推导出一个公式：（1） )!1(0406

45、2nEn 。当读者试图不靠外来帮助而推导欧拉公式时，他就会感到惊异，发现这个问题令人极其感到兴趣，因为它虽然看来容易，却涉及很多困难。欧拉自己说：“我的归纳过程是相目录16当费力的。 ”在 n = 3，4，5，6 的简单情况下，用图示法很容易得出的各种剖分数： E3 = 1，E 4 = 2，E 5 = 5，E 6 = 14。但是，当边数增加时，这个方法很快就不能用了。欧拉得出了最初的七种剖分数：1，2，5，14，42，132，429，并告知了西格纳（Segner ） 。西格纳于 1758 年建立了 En 的一个递推公式 。我们就从推导这个公式开始。令任意 n 边凸多边形的角标为 1，2，3，n

46、。对于 n 边形的每种可能的分法 En 来说，可取边 n1 作为一个三角形的底边，这个三角形的顶点，根据选定的剖分法，可落在2，3，4，n 1 诸角中的顶点上。例如，若落在 r 角的顶点上，那么，在三角形 n1r 的一侧，有一个 r 边形，而在另一侧有一个 s 边形，而 r + s 等于 n + 1（因为顶点 r 既属于 r边形也属于 s 边形） 。因为 r 边形有 Er 种剖分法，而 s 边形有 Es 种剖分法，又因对于已知 n 边行的一种剖分而言，r 边形的每一剖分法可以与 s 边形的每一剖分方法联系，所以，仅就选定 r 作顶点，对给定的 n 边形就可有 Er Es 种不同分法。由于，r

47、可以依次取数列 2，3，4，n 1 的每一个值，从而 s 可以依次地取数列 n 1，n 2，3，2 的每一个值，于是便得：（2） En = E2 En1 + E3 En2 + En1 E2，这里 E2 只是为了使表达形式完整而采用的，其值为 1。公式（2） ，是西格纳的递推公式。它证实了前述从 E3 到 E6 的数值，也给出了E7 = E2 E6 + E3 E5 + E4 E4 + E5 E3 + E6 E2 = 42，E8 = E2 E7 + E3 E6 + E4 E5 + E5 E4 + E6 E3 + E7 E2 = 132，等等。正如歌德巴赫所指出，西格纳的公式与欧拉公式相比，由于下标增多而变得越来越不适用了。如果按照罗德里格（Rodrigues）的思路，研究欧拉的剖分问题或西格纳的递推公式，并把本题和法国数学家凯特兰（Catalan）在 1838 年所解的一个问题联系起来，欧拉公式（1）的推求最为简便。凯特兰的问题形式是：成对地计算 n 个不同因子的乘积，共有多少种方法？所谓成对计算一个乘积指始终有两个因子在一起相乘，并把这样“成对”乘得的积用作继续计算中的一个因子。例如乘