不朽情缘怎么开始

書名：迷人的數學（全2冊）
作者名： (英)伊凡·莫斯科維奇
本章字數： 20606字
更新時間： 2021-09-22 15:25:15

Chapter 7　無窮、不可能圖形、混在一起的帽子與茶混奶謎題

弗蘭克·普倫普頓·拉姆齊（Frank Plumpton Ramsey，1903—1930）

弗蘭克·普倫普頓·拉姆齊是一位英國數學家。除了在數學方面做出成就之外，他還在哲學與經濟學等領域做出了重要的貢獻。他在26歲的時候就去世了。

他提出的理論認為，任何結構都必然包含一個有序的次結構。拉姆齊的理論旨在解答一個結構要處于怎樣復雜的程度，才能夠確保其擁有一定數量的次結構。

天文學家們已經驗證了拉姆齊理論的合理性。他們從宇宙中發現了許多這樣的結構模式。已知一定數量的星星，自然就會形成一種結構模式，如一個完美的長方形，又如北斗七星或其他結構模式。失序的情況其實只是量級的問題而已。

拉姆齊理論的一個經典例子就是著名的“派對謎題”。拉姆齊想知道，要確保某集合中一些對象共享某些屬性，最少需要多少個這樣的對象。比方說，至少包括兩個同性別的最少人數是3。如果一共只有兩個人，那么其中就可能會有一個男的，一個女的。不管第三個人是男是女，若將此人加進去，那么至少存在著兩個同性別的人。

或者我們可以提出這樣的問題：可以只用兩種顏色對一個完全圖的每條邊著色，使形成的三角形每條邊的顏色都不一樣嗎？拉姆齊就這個問題證明了一個一般性的定理。但有4個、5個或6個節點的例子，其實簡單到用鉛筆與紙張就可以證明了。派對謎題就是基于拉姆齊的理論提出的。

為了更好地感受優雅的圖形在解答這類問題時呈現出來的美感，你可以想象一下，將六個人中所有相識的人可能的組合列舉出來，一共可以列舉出37768種組合，然后逐一檢查每一個組合是否包括你想要得到的關系組合。

一個更高級的拉姆齊問題則需要我們想象一下：假設在一個派對上，四個人分在一組，他們彼此都是朋友，或者說他們相互之間都不認識；換句話說，他們要么彼此喜歡，要么彼此厭惡，那么這個派對至少需要多少人呢？拉姆齊證明需要18個人。如果你畫出一個有18個節點的完全圖，無論你怎么用兩種顏色去對線段進行著色，你最終不可避免地會用其中一種顏色去連接四個點（也就是四個人），從而形成一個四邊形。

要是讓五個相互認識的人或五個相互不認識的人組成一組，派對至少需要多少人？這個問題至今仍沒有答案。這個問題的答案大約在43到49之間。拉姆齊定理所具有的美感就在于其展現出來的簡樸，事實上，它是可以通過直覺理解的。

“完全的失序是不可能出現的。”

——弗蘭克·拉姆齊與保羅·埃爾德什

幸福結局問題

在仰望天空的繁星時，你需要選擇多少顆星星，才能確保你在使用直線連接的時候，能夠形成一個凸四邊形呢？如圖所示，選擇四顆星星是做不到的。

在某個方向的平面上，至少需要多少個點n，才能夠始終確保形成一個n邊的凸多邊形呢？

E.克萊因與G.塞凱賴什證明了與凸四邊形相關的定理。他們倆共同進行研究，并在之后結為伉儷。因此，埃爾德什把這個問題命名為“幸福結局”（happy ending）。

拉姆齊的游戲

15條白線在六個點上形成了一個完整的六角圖。在我們的這個游戲里，15條線要么涂紅色，要么涂藍色。

兩位選手輪流使用紅色與藍色對每條線進行著色。第一名選手必須用一種顏色創造一個三角形，將圖形上的三個點連在一起，否則算輸。在這個游戲里，必然會出現一位贏家。如圖所示，一共能夠對多少個不同的三角形進行著色呢？在一名選手獲勝之前，需要對多少條線進行著色呢？這種游戲一共能夠玩多少步呢？

六人派對謎題——1930年

當你邀請五位朋友去參加一個派對時，你能避免讓三人組成的一組全部喜歡或全部討厭對方的情況出現嗎？

我們可以將六個人（你與你的五位朋友）簡化為六個點，創造一個有六個點的完整圖形，從而簡化這個問題。在這樣的圖形里，我們可以清楚地將所有可能的三人一組的組合區分開來，形成相互連接的三角形，其中就包括點與點連結而成的有相互聯系的一對。如果我們作出一個圖形，其中相互喜歡用紅線表示，相互討厭的一組用藍線表示，那么我們就能按照保羅·埃爾德什提出的美妙方法去解答這個問題。

你可以用紅藍兩種顏色對圖形中的線段進行著色。如果你能夠選擇你的顏色，避免作出由三個連接的點形成的單色三角形，這樣你就避免了讓三個彼此喜歡或彼此討厭的人組成一組。你能對這六個人進行組合，從而獲得你想要的結果嗎？

愛恨交織的關系

你可以避免在四人或五人小組中，有三人彼此喜歡或彼此討厭。你可以用兩種顏色中的一種對圖形的每條線進行著色，避免作出一個三個點都用同一種顏色相連的三角形，如圖所示。

拉姆齊理論

拉姆齊理論其實是對派對問題的一個總結。

拉姆齊數字R（n, m）是保證出現N個紅色節點或M個藍色節點的最小的節點總數。注意，派對問題表明R（3，3）=6。

現在，我們已經知道了：

R（3，4）=9（在我們提到的游戲里）

R（5，3）=14

R（7，3）=23

R（4，4）=18

R（5，4）=25

R（6，3）=18

R（5，5）=43或是49

聚會問題（一）

用藍色或紅色這兩種顏色逐一對圖形上的線著色。分別連接三個或四個外在的數字點，在不得不畫出一個紅色三角形或藍色四邊形之前，你能對多少條線著色呢？換言之，你能對所有的線段著色，避免畫出一個紅色三角形或藍色四邊形嗎？

聚會問題（二）

在這個示例游戲里，三條線是沒有著色的。用兩種顏色中任何一種對它們著色，最終都會不可避免地畫出一個紅色三角形或一個藍色的四邊形。

公共設施問題——1930年

三座房子都需要三樣設施：電話、電力與自來水。因此，每一座房子都需要三個連接點。你能在連接點上畫出連接線，將每一個公共設施與每座房子連接，使這些線不會相交嗎？

回家路線

在一片住宅區里住著三戶人家，他們想用柵欄創造出三條不同的路線，使他們在出門或回家的時候都能夠從他們自家的大門穿過（各家大門的顏色與他們房子的顏色一致），要求他們的路線不能相互交叉。右圖所示的路線并不能解決這個問題，因為他們的路線在一個紅點上相交了。

你能幫他們想出更好的路線，使他們在出門或回家的時候都能夠走在自家的道路上嗎？

多部圖——1930年

在每個游戲里，將不同顏色的動物連接起來，但是不能將那些相同類型或組別的動物連接起來。比方說，在第一個游戲里，紅色的魚不能與紅色的貝殼或其他的魚類連接在一起，當然綠色的魚也不能與綠色的貝殼連接在一起，黃色的魚也不能與黃色的貝殼連接在一起。

允許用曲線連接，你能夠在不出現交叉的情況下畫出多少條相互連接的線段呢？

這組游戲不僅是基于二部圖的兩組間點的連接游戲（如之前提到的那個公共設施問題），更多是基于由三組點構成的多部圖（K3）或三部圖。

多部圖游戲（一）

多部圖游戲（二）

多部圖游戲（三）

皮亞特·海恩的超橢圓——1931年

你可能知道，繪制一個單位圓的公式是x2+y2=1。你可以將這個公式變成適用于橢圓的公式，只需要通過添加另外兩個常量a與b即可。那么這個公式就變成了（x/a）2+（y/b）2=1。

法國數學家加布里埃爾·拉梅（Gabrie Lame，1795—1879）想知道，如果我們將數值2變成數值n，那么（x/a）n+（y/b）n=1這個等式會出現什么變化呢？

如果n=0，我們就能得到兩條正交的直線。如果n＜1，那么我們就能得到一個由四點組成的星。如果n=1，我們就能得到一個鉆石形狀的圖形，如果n=2，我們就又重新得到一個橢圓。

如果n＞2，那么這個橢圓就變得越來越像長方形。以n=2.5為例，皮亞特·海恩將得到的圖形稱為“超橢圓”，并將它應用在很多方面。比方說，他利用超橢圓去重新設計斯德哥爾摩塞爾格爾廣場的交通路線，避免出現長方形這種較為古板的形狀，也避免了圓環式道路占據太多空間。橢圓會在角落的位置浪費許多空間，容易造成交通隱患。長方形則會減緩交通的流速。他的超橢圓就能解決這個問題。因為超橢圓既不是圓形，又不是長方形，因此剛剛好。

皮亞特·海恩（1905—1996）

皮亞特·海恩是一位很有才干的人：他是科學家、數學家，又是發明家、設計師，還是作家與詩人。他的短詩《格魯克斯》是在納粹德國占領丹麥結束之后發表的。在第二次世界大戰期間，他一直是一位地下戰斗者。除了創作詩歌外，他還發明了諸如Hex、Tangloids、Morra、Tower、Polytaire、Tatic、Nimbi、Qrazy Qube、Pyramystery與索瑪魔方等游戲。他在城市規劃、家具設計以及其他方面都運用了超橢圓的概念。

我曾與皮亞特有過多次會面。我非常尊敬他。能與他成為朋友是一件多么榮幸的事情。在我心目中，他是一位與列奧納多·達·芬奇一樣的天才。

超級雞蛋

當一個超橢圓沿著它的長軸旋轉，那么我們就能得到一個旋轉曲面——一個超級蛋——這是一個非常有趣的三維立方體，兩端都能在平面上保持平衡。

索瑪魔方

皮亞特發明索瑪魔方時只有26歲。該魔方是由七個可以拼在一起的圖形組裝而成的一個立方體或巨量的結構。索瑪魔方所呈現出來的概念并不單純是一種游戲。這是具有拓撲學美感的一種復雜的表現形式。皮亞特對他發明的索瑪魔方是這樣評價的：“七個簡單的不規則立方體的組合能夠再次組成一個立方體，這實在是自然界里一件充滿美感的事情。許多從統一中衍生出來的事物最終都會回歸到統一當中。這就是世界最小的哲學系統。”

馬丁·加德納與約翰·霍爾頓·康威對索瑪魔方進行了詳細的分析。康威發現，索瑪魔方這種游戲有240種不同的解答方法，前提是將旋轉與鏡像的情況排除在外。

保羅·埃爾德什（Paul Erdos，1913—1996）

保羅·埃爾德什是來自匈牙利的著名數學家，他研究的領域包括組合學、圖論、數論、經典分析、近似值以及概率論。他是數學最偉大的推廣者之一，被同時代的數學家視為他所在領域內最具才華的數學家。他對世俗的成功以及個人的舒適漠不關心。他身無長物，只有兩個手提箱。他將許多獎項的獎金都捐助給了其他更窘困的數學家。“財產是個麻煩。”他說。

也許是因為他古怪的性格，很多數學家都很尊敬他，覺得與他一起工作讓人感到無比興奮。很多數學家將他視為數學界的天才，在其他數學家耗盡心力通過幾頁的計算去找尋一個等式時，他總能找到一個聰明且簡潔的解答。

他與很多數學家進行過合作，最終誕生了埃爾德什數。要獲得埃爾德什數1，一個數學家必須與埃爾德什合作發表論文。為了得到埃爾德什數2，他或她必須與某個曾與埃爾德什合作過的數學家進行合作，依此類推。得到過埃爾德什數2的數學家，總人數多達4500名。

保羅的幽默感與特質可以從下面的詞語中得到體現：

——他稱孩子為“愛普西隆”（即希臘語第5個字母?。因為在數學領域，特別是在計算方面，一個任意小的正量都可以用希臘字母去指代）。

——稱女人為“老板”。

——稱男人為“奴隸”。

——稱那些不再從事數學研究的人為“死人”。

——稱那些生理上已經死亡的人為“被遺棄的”。

——稱酒精為“毒藥”。

——稱音樂為“噪音”。

——稱那些已經結婚的人為“俘虜”。

——稱那些離了婚的人為“自由人”。

——稱上數學課為“布道”。

——稱給學生布置口頭作業為“折磨”他/她。

埃爾德什與上帝之間存在著非常私人的關系。他經常會談到《圣經》與他充滿想象力的發明，認為它們都是上帝讓這些數學定理與思想以最具美感與優雅的姿態呈現出來的證據。

1985年，他說：“你并不一定要相信上帝的存在，但是你必須相信《圣經》。”

關于他的墓志銘，他是這樣建議的：“我終于停止變笨了。”

1996年，埃爾德什在華沙參加一次會議時，因心臟病突發而去世，當時他還在計算一個方程式。

埃爾德什-切比雪夫定理

每一個大于1的數，在這個數以及這個數翻倍后的數之間，必然存在著一個質數。比方說，質數3就是2與4之間的一個質數。

這就是所謂的埃爾德什-切比雪夫定理，這是以埃爾德什與俄羅斯數學家帕夫努季·切比雪夫（1821—1894）兩人的名字命名的，因為切比雪夫在19世紀就證明了這個定理，之后，保羅·埃爾德什同樣證明了這個定理，但他的證明過程更加簡捷。

埃爾德什加一減一的序列

將n個+1與-1排成一排。比方說，當n=2與3時：+1+1-1-1與+1+1+1-1-1-1等。你能用多少種不同的方式去寫下這兩個序列呢？

不可能圖形

不可能圖形又稱不可能的物體，它是某種二維圖形造成的一種幻覺，讓我們的大腦潛意識誤認為是某種三維物體投射的影像。雖然在幾何層面上，這樣的物體是不可能存在的。

瑞典藝術家奧斯卡?雷烏特斯瓦德（1915—2002）最早有意識地設計出了許多不可能的物體。他被稱為“不可能圖形之父”。他創造了超過2500個不可能圖形，所有這些圖形都是以等距投影的方式完成的。他的作品已經被翻譯成多種語言。

通常情況下，我們長時間地盯著這種圖像，不可能性就會呈現出來，雖然它一開始給人的感覺是一個三維的物體。還有些不可能的物體，其不可能性并不會明顯地呈現出來。因此，我們有必要先分析這種形狀所具有的幾何屬性，然后才能判斷它是不可能的。如果不可能物體造成的幻覺不是最大的幻覺，那什么才是呢？

可能還是不可能

這三道門表現出了簡單平面和多重平面，而多重平面則是很多不可能圖形的基礎。從一個點觀察的話，多重平面看起來就像是一個平面。可是從另一個點去看的話，可能就會看到兩個或多個平面。若是從這個平面的底部去看，我們很容易就會發現哪一道門是不可能存在的。

“我終于停止變笨了。”

——保羅·埃爾德什的墓志銘

不可能三角形——1934年

彭羅斯三角形，又稱彭羅斯三桿，是由奧斯卡·雷烏特斯瓦德于1934年最早創建出來的。這是不可能圖形的一個最好范例。

羅杰·彭羅斯于20世紀50年代獨立地設計出了這種三角形，并將之推廣開來。他將之稱為“以絕對純粹的形態展現出來的不可能”。這種不可能性在藝術家M.C.埃舍爾的作品里得到了鮮明的呈現。埃舍爾用一些不可能的物體建造出了一個可居住的世界，而雷烏特斯瓦德的設計一般都是由純粹意義上的幾何圖形構成的。

長久以來，數學家們一直認為，著名的不可能三角形是不存在的。然而，上面的那張圖片就是理查德·格雷戈里創造出來的。之后，約翰·貝勒斯通（John Beetlestone），這位英國布里斯托實驗科學中心的技術總監，也將它重新創造了出來。他創造的不可能三角形非常龐大，大到足以讓游客在科技館的大門口穿過它。

但是，格雷戈里教授真的創造出了一個不可能的三角形嗎？當你認真觀察上面的圖形，就會發現事實不是這樣的。他只是建造了一個簡單的結構，從某個特殊的位置觀察的話，你才會發現它與不可能三角形非常相似。從這個方向去看，當兩端完全重疊時，大腦的感知系統就會認為它們是置身于同一個平面的。這樣錯誤的印象從一開始就創造出了一個相悖的感知。

洛塔爾·科拉茨（Lothar Collatz，1910—1990）

洛塔爾·科拉茨教授是一位德國數學家，他在數字分析的所有領域都做出了基礎性貢獻。科拉茨教授所展現出來的數學創造力與原創力是每個了解他的人都能明顯感受到的。

G.邁納爾杜斯與G.尼恩貝格爾在《紀念洛塔爾·科拉茨》一書中寫道：“他深信數學與數學家都有責任將他們的結果運用到現實生活中去。他從不曾動搖自己的這個信念。”

科拉茨問題與冰雹數——1937年

今天，很多人之所以知道科拉茨這個名字，都是因為“科拉茨問題”。這個問題是科拉茨在1937年提出來的，被稱為“科拉茨猜想”。該問題中的數列被稱為冰雹數列或冰雹數，或稱為神奇數字。他提出的這個問題一直讓許多數學家為之著迷。

科拉茨問題可以非常簡單地表述為：假設有一個正整數x，如果這個數是偶數的話，那么就讓這個數除以2，也就是x/2。

如果這個數字是奇數的話，那么就將這個數乘以3，然后再加上1。利用最后得到的整數，重新開始一遍這個運算過程，直到得到數字1，就會出現“4，2，1，……”這樣一個永無止盡的循環。科拉茨驚訝地發現，這樣的情況總是會出現，但他卻無法加以證明，也找不到一個最終不會以數字1結束的例子。

科拉茨猜想提出了這樣的問題，那就是對于所有正整數，是否最終都會以數字1結束。右圖給出了前面14個正整數，表明前面14個冰雹數最后是以相對簡短的序列結束的。正如我們所看到的，在無窮盡的4-2-1循環出現之前，每種情形下的數列遲早都會以數1結束。但是，如果你以數15去試的話，將會出現什么情形呢？

科拉茨問題所提出的數列同樣被稱為冰雹數，因為它們的數值的升降，就像是從云層里落下來的冰雹一樣。

康威證明，這個問題很難給出一個明確的回答，因為得到的結果既不是完全可以證明的，也不是完全不可以證明的。埃爾德什注意到，現在的數學研究還不能解答這個問題。

當代的超級電腦檢驗了從1到27萬兆億的所有數字，誰也沒有發現冰雹數最后不是以數字1結束的。到目前為止，數位最長的冰雹數是一個15位的數，它的冰雹數包含182　0個數。

完美正方形——1938年

數學家無時無刻不在找尋秩序。當他們似乎發現一種模式時，就會用完美、不完美等詞來對數字、正方形、長方形、三角形或平行四邊形進行定義，以表達他們的激動。

化圓為方這個問題可以追溯到古希臘時期，但是，化方為方這個問題，則是近代才出現的。1934年，著名的匈牙利數學家保羅·埃爾德什提出了下面這個剖分問題：一個正方形是否能夠剖分為較小的正方形，并使任意兩個正方形的面積都不相等？這樣的正方形就被稱為“完美”正方形或“化方為方”的正方形。

埃爾德什得出了一個錯誤的結論，即這樣的正方形是不可能存在的。這也許是因為他受到之前所證明的事實的影響（任何人都無法將一個立方體剖分成多個較小的立方體，使得任意兩個立方體都不相同）。由此，他得出了一個結論，認為數學家所能得到的最好結果，就是將一個長方形剖分為多個較小的正方形，使得任意兩個正方形的面積都不相等。

在過去很長一段時間里，人們一直不知道是否有一個可化方為方的完美正方形存在。但在1938年，R.斯普拉格發現了一個55平方的完美正方形。1948年，一個24平方的完美正方形則被威爾科克斯發現。多年來，數學家們一直以為，這個需要24個正方形（每個正方形的面積都是不同的）的正方形是最小的完美正方形。但在1978年，荷蘭數學家A.J.W.杜伊威斯丁找到了一個更好的解決辦法，他只需要21個基本正方形就能夠做到。從目前來看，這是我們所知道的用剖分法能求出的最小完美正方形了，而這個正方形的模式也是獨一無二的。如果允許剖分出的正方形大小相等的話，那么這些正方形或長方形就被認為“不完美”或被稱為“珀金斯夫人的棉被”。

最小的完美正方形

通過用完美正方形去替換斐波那契長方形里的第一個斐波那契正方形，我們還能夠解決用不相等的正方形去鑲嵌無限平面這個古老問題。

將一個正方形剖分成多個正方形，這是沒有問題的，但是附加的條件則讓這個問題變成了一個具有美感卻又非常困難的問題，這在很長一段時間內困擾著數學家。因為這個附加條件要求所有正方形的面積都是不相等的。最小的完美正方形，是杜伊威斯丁發現的，它包括21個面積不相等的正方形，這些正方形的面積分別是：2-4-6-7-8-9-11-15-16-17-18-19-24-25-27-29-33-35-37-42-50。

投擲作弊——1938年

讓你的朋友手握一枚硬幣，拋擲200次，然后記錄下結果，或是假裝拋擲硬幣，然后編造200次的結果。之后，告訴他們你在幾秒鐘內就能知道他們的結果是真實的還是編造的。如果你不知道一件事發生的真實概率，那么你就編造不出一個讓人信服的結果，也編造不出概率法則運算的讓人信服的證據，這個例子就能清晰地說明這點。

下面就是這些實驗的結果，你能說出哪一個結果是編造出來的嗎？

本福特定律

1998年8月4日，《紐約時報》報道了西奧多·P.希爾博士給喬治理工學院數學專業的學生布置的一道家庭作業：回家之后，要么投擲200次硬幣，并將投擲的結果記錄下來；要么假裝投擲了硬幣，然后編造200個不同的結果。第二天，他查看學生們的家庭作業。讓學生們感到驚訝的是，他可以很輕易地發現哪些投擲結果是編造出來的。他在一次訪談時這樣說：“事實上，絕大多數人都不知道這種做法的真實概率，因此他們編造不出讓人信服的結果。”這并不單純是一次有趣的家庭作業。

希爾博士是一名統計學家、會計師與數學家，他相信本福特定律，認為這一定律是一種強大而又相對簡單的工具，能夠指出欺騙、貪污、逃稅、賬目作假或電腦故障等方面的問題。

本福特定律是以已故物理學家、曾任職于通用電氣公司的弗蘭克·本福特博士的名字命名的。1938年，本福特博士注意到對數表前面幾頁被翻得很臟，而后面卻不是這樣。雖然本福德定律適用于不同種類的數據集，但對這一現象的解釋絕對沒有那么簡單。

折紙人像——1939年

折紙人像是平面上的一種拓撲學結構，通常通過折疊或某種方式去展現原先在背后與前面的兩個面。折紙人像通常是正方形、長方形（四邊折紙），或六邊形（六邊折紙）。

1939年，阿瑟·哈羅斯·斯通發現了第一個折紙人像，這是一種三角六邊形折紙人像。據說，他在玩紙的時候，剪下大號書寫紙，使之變成信封大小的尺寸，誤打誤撞發現了這種折紙方式。斯通的同學布賴恩特·塔克曼、理查德·P.范曼與約翰·W.圖基都對這個想法非常感興趣，于是組成了普林斯頓折紙人像協會。塔克曼找到了一種被稱為“塔克曼遍歷”的拓撲學方法，使折紙人像的每個面都可以展現出來。折紙人像很快就在大學校園里流行起來了。

1959年，在《科學美國人》雜志里，馬丁·加德納首次介紹了折紙人像，折紙人像很快就風靡全世界。

折紙人像本質上是一種數學的好奇心，雖然其概念已應用到商業產品當中，比如應用到杯墊、問候卡片或玩具等產品的設計上。從20世紀60年代開始，我就一直對折紙人像與紙張折疊非常感興趣，發明了多種與折紙相關的原創游戲與玩具。

阿瑟·哈羅德·斯通（Arthur Harold Stone，1916—2000）

阿瑟·哈羅德·斯通是他那個時代最具前瞻性的拓撲學家，在一般拓撲學的不同領域里做出了諸多貢獻。他的父母是從羅馬尼亞移民到美國的猶太人。從1948年開始，他就一直是倫敦數學協會的會員。

1935年，他在劍橋大學的三一學院獲得了一項專業獎學金。他不僅在學業上極為出色，還是一位優秀的小提琴家及強大的棋手。他在1938年獲得學士學位之后就前往美國的普林斯頓大學深造，在萊夫謝茨的指導下獲得了博士學位。

雖然他是一位非常專注的數學家，但他的興趣愛好非常廣泛，這樣的組合通常會以人們意想不到的方式展現出來，比如他發現了著名的折紙人像。他雙手靈巧，又具有創造力。他發揮自己的才華，制造出了一座逆時針轉動的落地式大擺鐘。

另一個令他感興趣的問題就是，如何將一個正方形剖分為多個較小的互不相等的正方形（參見完美正方形的內容）。他的紀錄是69個正方形，之后這個數字被其他人打破了。

18點布置的問題

想象你有一片土地，土地上有一棵樹，這棵樹用一個可以放置在任何地方的點（第一排）來表示。將這塊土地分為兩個部分，你在第二個空白部分里（第二排）種下第二棵樹。

接著，你決定將你的土地分為三個面積相等的部分，并且再種植一棵樹（在空白的第三塊），接著繼續這樣的做法。之前種植的樹剛好都是在不同的地塊上。

你是否具有足夠長遠的眼光，當地塊越分越多時，仍保證每棵樹都種在獨立的地塊上？在兩棵樹置身于同一個地塊之前，你能放置多少個點呢？到此，游戲結束。

在本書最后的答案部分，你將會得到一個到第六代才結束的答案。記住，世代的序列代表著相同長度的土地被分割為越來越多的等份。在解答這個問題時，可以試試兩人對戰。選手們可以輪流放置這些樹木。最終失敗的一方，就是那些不得不在之前已經種植過樹的地方再種植樹的選手。

18點的問題

18點放置的游戲是著名的18點問題的一個簡化版本。在一條有著無數個點的線上，按照相同的方式對這條線進行分割，目的就是讓18個點同處于這條線上。

你們可能會認為，可以將無數個點放在一條線上，但是這樣的想法是錯誤的。無論以怎樣的方式放置這些點，人們都無法將17個以上的點放在一條線上，第18點終究會結束這個游戲。

這一具有美感的問題于1939年首次出現在波蘭數學家雨果·斯坦豪斯（Hugo Steinhaus）的《基礎數學的100個問題》一書里。之后，加德納、康威、瓦爾穆斯、博爾勒坎普、巴克斯特與其他人都對此進行了廣泛深入的研究。

關于17點的放置，一共有768種不同的方法。

生日悖論——1939年

你想要舉辦一個生日聚會，希望至少有兩個人的生日是在同一天。他們的出生日期可能是在同一個月的同一天，但并不一定是在同一年。如果你不知道參加聚會的每個朋友的生日，你至少需要邀請多少名朋友，才能確保至少有兩個人的生日在同一天的概率超過50%呢？你至少需要邀請多少人參加聚會，才能確保至少有兩個人的生日在同一天？

有趣的是，至少有兩個人的生日在同一天的概率要想超過50%，那么參加聚會的人數只需要23人。要解答這個問題，你必須要計算每個人的生日都是不同日期的概率。對只有兩人組成的一組，這樣的概率是極高的，大約是364/365。而三人一組的情況依然包含著兩人一組的情況，那么這兩個概率就需要相乘。

沿著這樣的思路繼續前進，直到小組內每個人擁有不同生日的概率降到低于0.5，這就意味著兩個人是在同一月同一天生日的概率是超過50%的。

這一現象通常被稱為“生日悖論”，因為對于大于或等于57人的情況，這個概率將接近99%，而不需要像我們的直覺告訴我們的那樣，需要366人才能確保100%的概率。

得出這些結論的前提是：參加聚會的每個人在某一年任何一天出生的概率都是相等的（2月29日除外）。

理查德·馮·米澤斯（Richard von Mises，1883—1953）

理查德·馮·米澤斯是一位猶太科學家與數學家，出生于奧地利。他研究的領域包括固體力學、流體力學、空氣動力學、航空學、統計學以及概率論。

馮·米澤斯出生于奧地利，1933年納粹黨掌權后，馮·米澤斯覺得自己的處境很危險，于是逃到了土耳其。1939年，他移居美國。1944年，他被任命為哈佛大學空氣動力學與應用數學系的戈登-麥凱教授。

他第一個提出了我們今天稱之為“生日悖論”的著名概率論問題。生日悖論其實是從一個群體里隨機選擇兩個有著相同值的樣本的問題，如參加聚會的人們的生日。這個悖論表明，兩個人同一天生日的概率要比人們想象的高很多。

大理石混合，茶混奶

我遇到的一個最違反直覺的有趣謎題，就是茶混奶這個經典的問題：將一勺牛奶加入茶水中，然后從混了一勺牛奶的茶水中舀一勺出來加入之前的牛奶杯里。

問：茶水里的牛奶含量是否要比牛奶杯里的茶的含量更高，還是相反？

這個問題看上去非常棘手，而違反直覺的答案就是，茶水里的牛奶與牛奶里的茶水是一樣多的。對這個問題的解釋就是，每個杯子里的液體總量是不會因為轉移的過程而發生改變的，而從A杯子轉移到B杯子的凈容量抵消了之前從B杯子轉移到A杯子的凈容量。

一開始，我對這個問題抱著懷疑的態度。多年之后，我進行了一個類似的大理石彈子實驗，就是用兩種顏色的大理石彈子代替茶水與牛奶，你不妨一試。

用大理石彈子將兩個箱子填滿，假設每個箱子里有50個大理石彈子，一個箱子里裝著紅色的大理石彈子，而另一個箱子則裝著綠色的大理石彈子，如圖所示。

從紅色的箱子里取出5個大理石彈子，并將這些大理石彈子放到綠色的箱子里。將綠色箱子里的大理石彈子混好之后，隨機地取5個大理石彈子放回紅色箱子。哪一個箱子將會包含錯誤顏色的大理石彈子呢？

這個實驗是可以用視覺化的方式呈現出來的。將大理石彈子放回紅色箱子有6種不同的方式。在每一種情形下，都會有相同數量不同顏色的大理石彈子放入每個箱子里。無論對多少個大理石彈子進行轉移，都會發生同樣的情況。

六角游戲——1942年

六角游戲是最具美感的拓撲學游戲之一，這是皮亞特·海恩——著名的丹麥發明家與自由斗士——在1942年發明的。他在分析拓撲學的四色問題時發明了這個游戲。

1948年，約翰·F.納什（John F.Nash），這位在麻省理工學院工作時獲得諾貝爾獎的人，重新獨立地發明了這個游戲。這個游戲最早引入了連接與交叉原則，后來的許多游戲，諸如Twixt、Bridge-It以及其他游戲都是在這個游戲基礎上衍生出來的。這雖然是一個非常易學的簡單游戲，卻隱藏著令人驚訝的數學微妙性。

六角游戲是在11×11的六角形棋盤上進行的（如下一頁所示），但是棋盤的大小會根據之后的衍生版本而出現不同的情況。一名選手使用紅色的棋子，另一名選手則使用綠色的棋子。同樣可以像紙筆游戲那樣玩耍，使用不同顏色或簡單的“O”“X”符號，或使用一組小硬幣，以猜正面或反面的方式去玩。選手們需要輪流將棋子放置在尚未被占據的六角形空格里。這個游戲的目的就是從棋盤的一邊到另一邊形成一條純色的完整鏈條。六角形的每個角都可能只涂有一種顏色或標有一種記號。記住，不可能出現平局，總會有人贏。

六角形

這是適合兩個人博弈的標準棋盤，要是你手頭有一些硬幣，現在就可以開始這個游戲。

哈羅德·斯科特·麥克唐納·考克斯特（1907—2003）

哈羅德·斯科特·麥克唐納·考克斯特是一位出生在英國的加拿大幾何學家。他生于倫敦，但一生絕大部分時間都是在加拿大度過的。考克斯特被認為是20世紀最偉大的幾何學家之一。他通常被稱為“幾何學之王”。他對幾何學的貢獻是巨大的。

1936年，考克斯特得到了多倫多大學的一個職位。他在多倫多大學工作長達60年，出版了12本書。他最著名的研究就是在正多面體以及更高維幾何學方面的研究。當時用代數學去研究幾何學成為一種流行趨勢，而他不盲從潮流，倡導以古典方式研究幾何學。

正多邊形與星形——1950年

我們已經知道，如果一個多邊形有以下兩個屬性，那么就可以成為正多邊形：

——每條邊的長度都是相等的。

——每個角都是相等的。

一個圓形可以被視為一個擁有無數條邊的正多邊形。

也有無數的正多邊形可以細分到下面幾個次組合里：

——簡單的正多邊形（紅色所示）

——正星形多邊形

——復合正多邊形

前七個正多邊形里的星形正多邊形（藍色）與復合正多邊形（綠色）如圖所示。

星形與復合形

正十邊形、正十一邊形、正十二邊形擁有多少種星形與復合形？

哥隆尺：完美與最優哥隆尺——1952年

哥隆尺是一種不同尋常的測量方法。它是W.C.巴布科克在1952年首先提出的。

今天，人們所稱的哥隆尺是以所羅門·W.哥隆這位南加州大學數學教授與電力工程師的名字命名的。哥隆對這種測量方法進行了深入的分析，并且將之拓展到一個全新的意想不到的方向。

哥隆尺是這樣建構的：任何兩個刻度都無法測量相同的距離。哥隆尺上的刻度都是按照整數乘以固定空間距離得出來的。這樣做是為了記錄下刻度，從而盡可能用有限的刻度去測量多個距離。為了達到這個目的，必須以高效的方式標記刻度，以避免刻度間進行重復的測量。

在一把長度為n的完美哥隆尺上，所有的距離都是從1-2-3-……n為止，而且這些距離都只需要測量一次即可。完美哥隆尺只有四個長度的刻度。最優哥隆尺——換言之，刻度數量盡可能少的哥隆尺，需要滿足這樣的條件：任意兩個刻度間都不可能測出相同的距離。但是，從零到尺子長度之間不可能總有連續的距離。

隨著尺子的刻度越來越多，找到并且證明最優哥隆尺也變得越來越難。今天，最優哥隆尺有24個刻度。現在，不少數學家都在尋找有25個刻度或26個刻度的尺子。

哥隆尺問題是消遣數學領域內最具美感的問題之一，在多個科學與技術學科領域，這樣的尺子也是需要的。它始終走在數學研究的前列，證明消遣數學與純粹數學之間是有關聯的。哥隆尺提供了一般間距原則，可以被應用到天文學（天線的放置）、X線感應裝置（感應裝置的放置）以及其他領域。

一把12個單位長度的尺子有13個刻度

如圖所示，一把12個單位長度的尺子有13個刻度，這能讓我們測量正整數1到12個單位長度之間的任何距離。從數學的角度去看，這并不是一種非常經濟的布局。利用13個刻度去測量從1到12個單位長度的做法并不是非常高效的。比方說，我們能夠用12種不同的方式去測量單位長度，用7種不同的方式去測量6個單位長度（如圖所示）。顯然，這并不是一把哥隆尺。我們能夠減去多余的部分，創造出一把有不同數量刻度的最優哥隆尺嗎？

完美哥隆尺

一把1個單位長度的尺子有2個刻度，這是“完美”卻毫無價值的。

一把2個單位長度的尺子有3個刻度，這是“不完美”的，因為它能夠用兩種方式去測量一個單位長度。

一把3個單位長度的尺子有3個刻度，它其實就是第一把“完美”的尺子。

單位長度為n的完美尺子可以被定義為這樣一把尺子：它只能夠以一種方式，對從1到n的所有整數距離進行測量。你能找到下一把完美哥隆尺嗎？

最優哥隆尺

你能在尺子上放置6個刻度，從而創造出一把“最優”的哥隆尺，并用這把尺子的兩個刻度測量最大數量的距離，且只測量一次嗎？哪些距離是無法進行測量的呢？

消失的方格

沿著對角線將一個棋盤切割成兩個部分，如圖所示。下半部分沿著對角線向左移動1個單位長度，剩下的三角形（藍色）剛好能夠填充左邊底部的三角形空間，如圖所示。

一個7×9的長方形是由一個面積為63個1平方單位的正方形組成的，這要比原先的棋盤少1個平方單位。你能解釋其中的悖論嗎？

庫里的棋盤悖論——1953年

沿著單位正方形的網格將這個8×8的棋盤切割成四個部分——其中兩個是不規則四邊形，另外兩個是三角形，如圖所示。這四個部分可以組成一個5×13的長方形，包含65個平方單位的面積（這要比之前的棋盤多出1個平方單位）。對于多出來的1平方單位，你又會做出怎樣的解釋呢？

庫里的正方形悖論

與此類似的，一個13×13的棋盤（面積為169個平方單位）被切割成四個部分，然后重新組成一個8×21的長方形（其總面積為168個平方單位）——比之前的正方形少1個平方單位。你怎樣解釋這少掉的1個平方單位呢？

有關剖分悖論的最早問題，通常被稱為“幾何消失”，這可以在威廉·胡珀1774年的著作《理性娛樂》（Rational Recreations）一書里找到。

庫里的三角形悖論——1953年

庫里三角形，有時又被稱為消失的正方形，這是美國神經精神病學家L.沃斯伯勒·利翁提出來的一個剖分缺陷問題，能夠對來自紐約的魔術師保羅·庫里在1953年發現的現象進行例證。組裝之后的三角形面積是60平方單位，六個部分加起來的面積同樣是60平方單位。

將這六個部分復制下來，將它們重新拼到三角形的灰色輪廓內，這個圖形的面積同樣是60平方單位。但這一次，圖形的中間出現了一個洞。這是怎么做到的呢？你怎么可能將某個東西變沒呢？因為庫里是一位魔術師，你可能會認為其中會有一些魔術戲法。其實根本就不需要任何魔術手法，請看下面的圖形。

顯然，這個圖形展現了一個面積為60平方單位的三角形、一個包含著洞的面積為58平方單位的三角形，以及一個面積為59平方單位的破碎長方形，它們都是用同樣的六個部分拼成的。

對此現象的解釋是，初始的細分行為其實并不精細，較大的三角形與較小的三角形組合起來的圖形都是彎曲的，從而造成了這樣的悖論。

被拴住的狗

斐多是被拴在直徑為2米的一棵大樹上的一條狗，拴它的繩子長度是20米，它的跑動范圍能夠覆蓋一個半徑為21米的圓，但是它卻被建在這個圓形范圍內的一間小屋所阻擋，這大大減少了斐多活動的面積。

相比于它之前所能活動的較大的圓形面積，你能計算出它現在的活動范圍嗎？它是否能夠到達如圖所示的骨頭位置？

正八角形

你確定這個紅色八邊形的面積就是正八邊形的面積嗎？

皮亞特·海恩傳達的信息

如圖所示，你能破解這條有用的信息嗎？

火星殖民地——1959年

1959年，格哈德·林格爾提出了一個有趣的地圖著色問題。假設地球上某些國家已經在火星上開拓了自己的殖民地，這些國家中每一個國家只能在每個星球上擁有一塊區域（本國及其殖民地）。

這些國家會很自然地認為，繪制火星地圖時，它們在火星上的殖民地應該使用與它們在地球上一樣的顏色。對兩個球體上的11個區域進行著色，使兩個有著相同數字的區域都涂上相同的顏色。當然，任意兩個相鄰的區域都不能使用相同的顏色。兩個星球上的一個區域已經涂上顏色了，你最少還需要多少種顏色呢？

格哈德·林格爾（1919—2008）

格哈德·林格爾是德國數學家，曾在柏林的自由大學任教，他是圖論研究的先驅者。他為希伍德猜想提供了證據，做出了巨大的貢獻（現在這個猜想被稱為林格爾-楊格定理）。這個問題與四色定理存在著緊密的聯系。之后，他受邀到加州大學執教。

最小生成樹問題——1956年

在圖論里，一個生成樹就是一個沒有回路（閉環）的圖的子集，它包含所有的頂點，但通常不包含所有的邊。如果這些邊是加權的，那么問題就是要找尋權重最小的生成樹。

克魯斯卡爾的運算方法解決了這個問題。步驟是按由小到大的順序列出加權值，然后按照順序進行選擇，避開那些能夠形成一個圓環的情況。

如圖所示，你能為這個擁有10個頂點與21條加權邊的圖形找到最小生成樹嗎？

利用克魯斯卡爾的運算方法，我們給出了下面這種解法。

棋盤方格——1956年

沿著棋盤的網格，你能找到多少個面積不等的正方形呢？你可能會隨口說有64個。但是，在這個方陣里，不止有64個一平方單位的正方形。你能弄清面積不同的正方形總數有多少嗎？你能總結出一種方法，在一邊有n個單位正方形的正方形網格里，計算出面積不等的正方形總共有多少個嗎？

棋盤立方體

在一個三維的立方體棋盤里，有多少個由單位立方體組成的不同大小的立方體呢？

正方形網格數字

如果我們將棋盤方格問題延伸開來，使之包括各種大小不同的長方形，那么我們就能得到一個正方形網格里的網格數目。

謎題一：從n=2到n=8，你能計算出正方形網格的數量L（n）嗎？

謎題二：在一個8×8的正方形網格棋盤里，有多少個大小不同的正方形與長方形呢？

閣樓里的燈

謎題一：有一座古老的城堡，城堡上的窗戶都用黑色的窗簾布遮住，閣樓上只有一盞燈。大門上有三個電燈開關，其中一個開關能夠打開閣樓里的電燈。你的任務就是從三個開關中找到這個開關，讓這盞燈亮起來。但是，你只能到閣樓上走一趟，檢查電燈是否亮了。你怎樣才能知道真正讓電燈亮起來的是哪個開關呢？

謎題二：在之前提到的謎題里，有兩個開關是沒有用處的。現在，我們閣樓里有三個開關與三盞燈，每一盞燈都只對應其中的一個開關。如之前的規則，你只能進入城堡一次以檢查電燈的情況。你怎樣才能知道哪一個開關控制哪一盞燈呢？

老朋友見面

兩位俄國數學家在一架飛機上相遇。伊凡說：“如果我記得沒錯的話，你有三個兒子，他們現在的年齡是多少啊？”

“他們三人的年齡相乘是36，”伊戈爾回答說，“他們的年齡相加之和剛好是今天的日期13號。”

“我很抱歉，伊戈爾，”伊凡等了一會兒說，“但是，你根本就沒有告訴我你孩子的年齡啊！”

“哦，我忘記告訴你了，我最小的兒子有紅色的頭發。”

“啊，現在我知道了。”伊凡回答說，“我知道你三個兒子的確切年齡了。”

伊凡是怎么計算出伊戈爾三個兒子的確切年齡的呢？

螞蟻的移動——1958年

紐約大學計算機科學教授丹尼斯·E.沙沙認為，如果沒有符號x與y，那么符號x與y這兩個符號就會以相同的距離，以兩對或兩對以上的方式出現其中，x總是走在y前面。他將這一系列符號定義為“令人驚訝的”。比方說，隊列3是不會讓人感到驚訝的，因為符號x與y兩個一起出現而不是x先于y出現。在我們的游戲中，這些符號就是搬著不同顏色雞蛋的螞蟻。你能計算出六個螞蟻隊列當中，哪一隊是讓人感到驚訝的，哪一隊則不是嗎？

蘭福德問題——1958年

蘭福德問題是1958年蘇格蘭數學家C.達德利·蘭福德在觀看他的小兒子玩彩色積木之后提出的：這個小男孩將三對積木排成一列，讓兩塊紅色積木之間有一塊積木，兩塊藍色積木之間有兩塊積木，兩塊黃色積木之間有三塊積木。他還成功地在兩塊綠色積木中間放入了四塊積木，在多次調整之后，依然能夠保持上面的屬性。

在組合學里，蘭福德配對，又稱為蘭福德序列，是成對的相同數字的排列如1，1，2，2，……，n, n序列的一種排列，其中兩個1之間隔一個單位，兩個2之間隔兩個單位。數字k之間隔k個單位。蘭福德問題就是要尋找已知值的蘭福德配對。

賽跑選手謎題

謎題一：我們有四個賽跑團隊，每個團隊有兩名賽跑運動員，如右邊的圖形所示。在終點線上，他們所處位置形成的圖形結構發生了變化：一位運動員在兩位穿紅色運動衫的運動員之間，兩位賽跑者在兩位穿藍色運動衫的運動員之間，三位賽跑者在兩位穿綠色運動衫的運動員之間，四位賽跑者在兩位穿黃色運動衫的運動員之間。我們可以肯定的是，一位穿黃色運動衫的運動員是最后一個沖過終點的。你能計算出前三名運動員所穿運動衫的顏色嗎？

謎題二：我們有九個賽跑團隊，每個團隊有三名賽跑運動員。每一個團隊都用數字1到9的連續數字來編號，并且以九種顏色區別開來。在終點線上，他們所處位置形成的圖形結構發生了變化：三人組中每一個處于中間位置的選手都被他左右兩邊的同組隊友所拋離。你能計算出在終點線時運動員所組成的圖形結構嗎？

混在一起的帽子——1959年

許多謎題都涉及巧合。其中最著名的一個問題應該是混在一起的帽子或混在一起的信件問題。有時，這又被稱為“蒙特福特問題”。

假設有n個人參加一個派對，負責衣帽存放的女生專門登記并保管客人的帽子，然后將他們的帽子混在一起。混在一起之后，在所有參加派對的客人當中，至少有一人正確拿到自己帽子的概率是多少呢？你認為他們中任意一人找到自己帽子的概率是否能超過50%呢？

一個讓人震驚的結論是，隨著n的數值不斷增大，任意一個特定的人找到自己帽子的概率會變得越來越小。但從另一方面去看，至少有一個人找到自己帽子的概率卻越來越大。這兩種效應會相互抵消。至少有一個人找到自己帽子的概率大約是63%。

你可以用一副紙牌去驗證這個事實。洗牌，一次只翻看一張紙牌，嘴里同時念出所猜的牌面，例如數出：“A，2，3，4，……，10，J, Q，K, A，2，3，……”你念出來的牌面與實際牌面至少有一張相同的概率是多少呢？事實上，這是一個與混在一起的帽子類似的問題。你至少能夠碰對一次的概率是相當高的。不信的話，你不妨試一試。

混在一起的帽子（一）

三個人登記存放他們的帽子。衣帽存放處的女生在將帽子遞給客人之前，不小心將所有的帽子都混在一起了。之后，這三個人過來要他們的帽子。你認為三個人都能拿到自己的帽子的概率是多少呢？

混在一起的帽子（二）

六個人像以往那樣去拿回他們的帽子，那么至少有一個人拿回自己的帽子的概率是多少呢？

早期的電腦藝術

第一次電腦繪圖展覽是在1965年舉辦的，之后陸續出現了多次這樣的展覽。最著名的一次展覽要數1968年倫敦舉辦的神經機械意外發現藝術展。這次展覽的目錄也已成書，并出版發行，直到現在依然是有關全新藝術形式的一個最綜合全面的展示。我們現在處在一個信息科技時代，人類的勞動正逐漸被電腦所取代，當然這并不是純粹出于功利主義。最早的電腦繪圖一般都是那些數學曲線與圖形，是從人類歷史初期就已經開始探尋的藝術形式。

使科學變為藝術的機器——1951年

法國物理學家朱爾·安托萬·利薩如（1822—1880）發現了以他名字命名的利薩如圖形。他利用不同頻率的聲音去振動連接著音叉的多面鏡子，一束光從鏡子里反射出來，形成了一張基于聲音頻率的美麗模型。今天，在激光放映中使用的就是一種相似的裝置。

維多利亞時代經典的諧波記錄儀玩具所描繪出來的利薩如圖形，通常都是兩個大擺鐘彼此呈直角方式擺動著，其中一個擺鐘上攜帶著一支筆，而另一個擺鐘則攜帶著一些紙。由于擺鐘受到摩擦阻力，利薩如曲線最后會停在一點上。早期的許多諧波記錄儀都申請了專利。其設計方式限制了圖畫的大小以及質量，因此根本就沒有任何藝術上的美感可言，但卻是早期非常受歡迎的科學玩具。

在20世紀50年代末，我申請了一個冠以“諧波記錄儀”之名的專利，這是一個基于全新設計理念的產品，能夠創造出巨幅的具有美感的圖畫。這就是所謂的“莫斯科維奇諧波記錄儀”，后來在世界各國獲得了專利權。這個產品在1968年倫敦舉辦的神經機械意外發現藝術展上激發了許多人的極大興趣。

因為我的這個發明在倫敦的那次藝術展上收獲了諸多好評，并且在20世紀七八十年代的日內瓦發明大會上獲得了金獎，因而受邀參加了許多藝術展覽以及多個世界巡回展覽（包括位于柏林的國際設計中心、墨西哥城的現代藝術博物館、巴塞爾與漢諾威的迪達科塔展覽館以及耶路撒冷的以色列博物館）。

1980年，英國一家名為彼得潘的玩具公司發布了一個以諧波記錄儀為模型的游戲，這款游戲在20世紀80年代取得了巨大的成功。今天，莫斯科維奇版本的諧波記錄儀依然是瑞士溫特圖爾科學中心館里主要的交互式展品。我的女兒茜拉現在研發出了一個獨特的諧波記錄儀，受到了全世界藝術愛好者與收藏者的廣泛好評。

利薩如的視覺裝置

利薩如的裝置投影通過振動音叉，讓鏡子對一束光進行反射，從而了解曲線移動情況以及模式。

維多利亞時代的諧波記錄儀

維多利亞時代以來，這就是諧波記錄儀的基本設計，直到莫斯科維奇在1951年做了改進。

莫斯科維奇諧波記錄儀

世界上第一臺申請專利的諧波記錄儀的原型是在1951年發明的，這個記錄儀上有一個可以旋轉的面板。

諧波記錄儀

1968年在倫敦舉辦的神經機械意外發現藝術展上展出的莫斯科維奇諧波記錄儀所繪出的圖形。

奧貝恩的多等腰直角形——1959年

多等腰直角形類似于多聯骨牌，它們都是由n個等腰直角三角形（半正方形）沿著相同長度的邊連接而成的。如果它們有著相同的邊界，那么它們就是全等的。三角形的內部結構并不會讓它們有什么不同。

只有一種單等腰直角形，三種雙等腰直角三角形和四種三等腰直角三角形。

奧貝恩的四等腰直角形

如圖所示，你可以看到14個四等腰直角形。由n個三角形組成的多等腰直角形的數量形成下面的數列：1，3，4，14，30，107，318，1106，……。

奧貝恩的六鉆形問題——1959年

1959年，托馬斯·奧貝恩注意到，多聯骨牌可以通過6個等邊三角形連接而成，5個等邊三角形會形成對稱的多聯骨牌，而7個等邊三角形則無法形成。如果我們將非對稱的六鉆形的鏡像計算在內，就可以得到19種形狀，這與一個正六邊形覆蓋的3×3的棋盤面積是一樣的。奧貝恩提出了下面這個問題：這19種形狀能否覆蓋由19個正六邊形組成的棋盤呢？

奧貝恩的六鉆形問題是二維空間謎題中最具挑戰性的一個問題。

奧貝恩的解答方法

奧貝恩耗費了數月才找到解答的方法。他的第一個解法如圖所示。

理查德·K.蓋伊對這些解答方法進行了分類。根據他的估算，大約有50000種不同的解答方法，而他所收錄的解答方法已經超過4200種。你能找到一個不同的解答方法嗎？

由五聯骨牌組成的十二面體

正十二面體是一個擁有12個正五邊形面的三維立方體。英國數學家約翰?霍爾頓?康威想知道的是，是否有可能對十二面體的每條邊進行著色，從而讓12個五聯骨牌的每個都顯示在十二面體的面上？

你能找到將12個五聯骨牌放到一個十二面體上的方法嗎？你可以通過建構一個三維立方體或通過繪制十二面體的施萊格爾圖表，在平面上做出一個與三維立體等價的拓撲圖形，更方便地解答這個問題。

在扭曲的圖表里，請注意，每一個背面被拉伸后變成了圖表的外緣。

帽子與囚犯

與帽子問題這一經典問題相關的最新版本，其實就是從原先版本中衍生出來的一個邏輯性問題：在第一次世界大戰期間，有100名被俘的士兵被關在戰俘營。戰俘營的守衛士兵想要休假，他們就想槍決掉所有俘虜。但是，戰俘營的指揮官稍微公平一點，盡管他同意這樣做，他還是決定先告訴所有戰俘他們將被射殺，除非他們能回答一個問題。

于是，所有的戰俘都被集中起來。這位指揮官大聲地說：“你們這些骯臟的狗，我應該將你們全部槍斃掉。但是，作為一名公正的獵人，我要給你們最后一個機會。你們將會被帶到食堂，喝下桌子上最后一杯酒。而我則要準備一個裝著相同數量紅色與黑色帽子的板條箱，將之放在食堂的前面。你們需要逐一離開。然后，我們會隨機從板條箱里抽出一頂帽子戴到你們的頭上。你們不能看到自己頭頂上帽子的顏色，但是能夠看到其他人帽子的顏色。你們要排成一列，如果你們說話或以任何方式與別人交流，就將被立即槍決。之后，我將會從你們中某個位置開始，詢問你們每個人所戴帽子的顏色。如果回答正確的話，就會被釋放；如果回答錯誤的話，就會被槍決。”

這些被俘的士兵被帶到了一個大廳，他們開始討論所面臨的局勢，想出了某種應對這種情形的策略。之后，每名被俘的士兵都被戴上了一頂帽子。戰俘營指揮官原本預想著至少要槍決50%的戰俘，于是就開始詢問每名戰俘頭頂上帽子的顏色。

你認為這名戰俘營指揮官必須釋放多少名被俘的士兵呢？

最短路問題

如圖所示，這是一個有七個點（包含頂點、結點）的加權圖。我們的目標就是找到所謂的最短路徑，就是要找尋頂點A與頂點G之間的一條路徑，讓相互連接的邊的加權值是最小的。

在這幅簡單的圖中，你可以通過試錯找到答案16。但是，在更復雜的圖里，你必須要給出數學證明才能確定你的答案正確，就如下面將要提到的代克斯托演算法。

代克斯托演算法

如圖所示，你能運用代克斯托演算法，找出A點與G點間的最短路徑嗎？

代克斯托演算法需要你為每個點分配以下3個標簽：序號、固定值、運算值。分配方式如下：

1.對起點來說，固定值為0，序號為1。

2.直接與給定的最終頂點相連接的頂點，其固定值等于其運算值，而運算值等于上一個固定值加上連線的權重。如果該點已經有一個運算值，比較一下數值的大小，用更小的那個值替換原有的。

3.在網絡里選擇運算值最小的那個結點，使它成為那個點的固定值。

4.如果終點拿到了固定值，就可以直接進入第五步，否則重復第二步。

5.將終點與起點連起來，然后逆著順序往回走。選擇路徑的標準是，結點的固定值之差剛好等于連線的權重。這條路就是最短路徑。

連續正方形包裝問題——1960年

連續正方形包裝問題可以說是消遣數學領域內一顆迷人的明珠。它涉及邊長1到一個特定值的連續的正方形。這些連續的較小正方形能否在不重疊的狀態下完整地覆蓋一個較大的正方形呢？

讓我們做個實驗：邊長為1與2的正方形無法形成一個正方形，我們能做到的，就是將這兩個正方形裝入一個邊長為3的正方形。與此類似的，邊長為1，2，3的正方形也不能在填充到其他正方形時不留下空隙，邊長為1，2，3，4的正方形也是如此。

要解答這個問題，首先要將連續正方形的面積相加，直到最后的結果是一個平方數。

但是，12+22=5

12+22+32=14

12+22+32+42=30

上面這些都不是完全平方數。

如果我們繼續計算這些數字系列，并且進行的次數比較多，最終就能發現12+22+32+42+……+242=4900=702。這就是一個完全平方數。事實上，讓人驚訝的是，這不僅是第一種，而且是唯一一種將連續的平方數相加，并且得到一個總的平方數的方法。（這樣的演示在數論中是比較困難的，因此這在相當長的一段時間內都是一個懸而未決的問題）。

假設已知前面連續24個正方形的面積等于一個70×70的正方形，下面是一個具有美感的幾何謎題：能否將從1個平方開始的連續24個正方形包裝起來，放入一個70×70的正方形中？面積的相等是一個必要條件——但是，這樣的條件也許并不充分。事實上，我們還沒有找到一個完整的包裝方法，不過，沒找到并不證明就沒有。因此，這個問題就可以重新進行闡述。前24個正方形里有多少個能被裝入70×70的正方形呢？

到目前為止，這個問題最好的已知答案就是“除了一個以外的所有正方形”。在我們已知的所有例子里，只有7×7的正方形是需要排除在外的，如圖所示，你還能做到更好嗎？