世界上最神奇的数字PS：友情提示：是不是看着上图有点晕，哈哈，接下去看正文，也许会更晕。。 世界上最神奇的数字看似平凡的数字，为什么说他最神奇呢？我们把它从1乘到6看看 142857 X 1 = 142857 142857 X 2 = 285714 142857 X 3 = 428571 142857 X 4 = 571428 142857 X 5 = 714285 142857 X 6 = 857142 同样的数字，只是调换了位置，反复的出现。 那么把它乘与7是多少呢？我们会惊奇的发现是 999999 而 142 + 857 = 999 14 + 28 + 57 = 99 最后，我们用 142857 乘与 142857 答案是：20408122449 前五位+上后六位的得数是多少呢？ 20408 + 122449 = 142857 关于其中神奇的解答“142857” 它发现于埃及金字塔内，它是一组神奇数字，它证明一星期有7天，它自我累加一次，就由它的6个数字，依顺序轮值一次，到了第7天，它们就放假，由999999去代班，数字越加越大，每超过一星期轮回，每个数字需要分身一次，你不需要计算机，只要知道它的分身方法，就可以知道继续累加的答案，它还有更神奇的地方等待你去发掘！也许，它就是宇宙的密码┅┅ 142857×1＝142857（原数字） 142857×2＝285714（轮值） 142857×3＝428571（轮值） 142857×4＝571428（轮值） 142857×5＝714285（轮值） 142857×6＝857142（轮值） 142857×7＝999999（放假由9代班） 142857×8＝1142856（7分身，即分为头一个数字1与尾数6，数列内少了7） 142857×9＝1285713（4分身） 142857×10＝1428570（1分身） 142857×11＝1571427（8分身） 142857×12＝1714284（5分身） 142857×13＝1857141（2分身） 142857×14＝1999998（9也需要分身变大） 继续算下去…… 以上各数的单数和都是“9”。有可能藏着一个大秘密。 以上面的金字塔神秘数字举例：1＋4＋2＋8＋5＋7＝27＝2＋7＝9；您瞧瞧，它们的单数和竟然都是“9”。依此类推，上面各个神秘数，它们的单数和都是“9”；怪也不怪！(它的双数和27还是3的三次方)无数巧合中必有概率，无数吻合中必有规律。何谓规律？大自然规定的纪律！科学就是总结事实，从中找出规律。 任意取一个数字，例如取48965，将这个数字的各个数字进行求和，结果为4+8+9+6+5=32，再将结果求和，得3+2=5。我将这种求和的方法称为求一个数字的众数和。 所有数字都有以下规律： [1]众数和为9的数字与任意数相乘，其结果的众数和都为9。例如306的众数和为9，而306*22=6732，数字6732的众数和也为9（6+7+3+2=18，1+8=9）。 [2]众数和为1的数字与任意数相乘，其结果的众数与被乘数的众数和相等。例如13的众数和为4，325的众数和为1，而325*13=4225，数字4225的众数和也为4（4+2+2+5=13，1+3=4）。 [3]总结得出一个普遍的规律，如果A*B=C，则众数和为A的数字与众数和为B的数字相乘，其结果的众数和亦与C的众数和相等。例如 3*4=12。取一个众数和为3的数字，如201，再取一个众数和为4的数字，如112，两数相乘，结果为201*112=22512，22512的众数和为3（2+2+5+1+2=12，1+2=3），可见3*4=12，数字12的众数和亦为3。 [4]另外，数字相加亦遵守此规律。例如3+4=7。求数字201和112的和，结果为313，求313的众数和，得数字7（3+1+3=7），刚好3与4相加的结果亦为7。 令人奇怪的是，中国古人早就知道此数学规律。我们看看“河图”与“洛书”数字图就知道了。以下是“洛书”数字图。 4 9 2 3 5 7 8 1 6 ( 洛书) 世人都知道，“洛书”数字图之所以出名，是因为它是世界上最早的幻方图，它的特点是任意一组数字进行相加，其结果都为15。其实用数字众数和的规律去分析此图，就会发现，任意一组数字的随机组合互相相乘，其结果的众数和都为9，例如第一排数字的一个随机组合数字为924，第二行的一个随机组合数字为 159，两者相乘，其结果为146916，求其众数和，得1+4+6+9+1+6=27，2+7=9，可见，结果的众数和都为9。 神奇的“缺8数”。 12345679，这个数里缺少8，我们把它称为“缺8数”。 开始，我以为这“缺8数”只有“清一色”的奇妙。谁知经过一番资料的查找，竟发现它还有许多让人惊讶的特点。 一，清一色菲律宾前总统马科斯偏爱的数字不是8，却是7。 于是有人对他说：“总统先生，你不是挺喜欢7吗？拿出你的计算器，我可以送你清一色的7。” 接着，这人就用“缺8数”乘以63，顿时，777777777映入了马科斯先生的眼帘。 “缺8数”实际上并非对7情有独钟，它是一碗水端平，对所有的数都一视同仁的： 你只要分别用9的倍数（9，18……直到81）去乘它，则111111111，222222222……直到999999999都会相继出现。 12345679×9 =111111111 12345679×18=222222222 12345679×27=333333333 12345679×36=444444444 12345679×45=555555555 12345679×54=666666666 12345679×63=777777777 12345679×72=888888888 12345679×81=999999999 二，三位一体“缺8数”引起研究者的浓厚兴趣，于是人们继续拿3的倍数与它相乘，发现乘积竟“三位一体”地重复出现。 12345679×12=148148148 12345679×15=185185185 12345679×21=259259259 12345679×30=370370370 12345679×33=407407407 12345679×36=444444444 12345679×42=518518518 12345679×48=592592592 12345679×51=629629629 12345679×57=703703703 12345679×78=962962962 12345679×81=999999999 这里所得的九位数全由“三位一体”的数字组成，非常奇妙！ 三，轮流“休息”当乘数不是3的倍数时，此时虽然没有“清一色”或“三位一体”现象，但仍可看到一种奇异性质： 乘积的各位数字均无雷同。缺什么数存在着明确的规律，它们是按照“均匀分布”出现的。 另外，在乘积中，缺3、缺6、缺9的情况肯定不存在。 先看一位数的情形： 12345679×1=12345679（缺0和8） 12345679×2=24691358（缺0和7） 12345679×4=49382716（缺0和5） 12345679×5=61728395（缺0和4） 12345679×7=86419753（缺0和2） 12345679×8=98765432（缺0和1） 上面的乘积中，都不缺数字3，6，9，而都缺0。缺的另一个数字是8,7,5,4,2,1，且从大到小依次出现。 让我们看一下乘数在区间 [ 10～17 ] 的情况，其中12和15因是3的倍数，予以排除。 12345679×10=123456790（缺8） 12345679×11=135802469（缺7） 12345679×13=160493827（缺5） 12345679×14=172869506（缺4） 12345679×16=197530864（缺2） 12345679×17=209876543（缺1） 以上乘积中仍不缺3，6，9，但再也不缺0了，而缺少的另一个数与前面的类似——按大小的次序各出现一次。 乘积中缺什么数，就像工厂或商店中职工“轮休”，人人有份，但也不能多吃多占，真是太有趣了！ 乘数在[19～26]及其他区间（区间长度等于7）的情况与此完全类似。 12345679×19=234567901（缺8） 12345679×20=246913580（缺7） 12345679×22=271604938（缺5） 12345679×23=283950617（缺4） 12345679×25=308641975（缺2） 12345679×26=320987654（缺1） 一以贯之：当乘数超过81时，乘积将至少是十位数，但上述的各种现象依然存在。再看几个例子： （1）乘数为9的倍数 12345679×243=2999999997，只要把乘积中最左边的一个数2加到最右边的7上，仍呈现“清一色”。 又如：12345679×108=1333333332 （乘积中最左边的一个数1加到最右边的2上，恰好等于3） 12345679×117=1444444443 （乘积中最左边的一个数1加到最右边的3上，恰好等于4） 12345679×171=2111111109 （乘积中最左边的一个数2加最右边的“09”，结果为11） （2）乘数为3的倍数，但不是9的倍数 12345679×84=1037037036，只要把乘积中最左边的一个数1加到最右边的6上，又可看到“三位一体”现象。 （3）乘数为3k+1或3k+2型 12345679×98=1209876542，表面上看来，乘积中出现雷同的2； 但据上所说，只要把乘积中最左边的数1加到最右边的2上去之后，所得数为209876543，是“缺1”数。 而根据上面的“学说”可知，此时正好轮到1休息，结果与理论完全吻合。 四，走马灯冬去春来，24个节气仍然是立春、雨水、惊蛰……其次序完全不变，表现为周期性的重复。 “缺8数”也有此种性质，但其乘数是相当奇异的。 实际上，当乘数为19时，其乘积将是234567901，像走马灯一样，原先居第二位的数2却成了开路先锋。 深入的研究显示，当乘数成一个公差等于9的算术级数时，出现“走马灯”现象。 现在，我们又把乘数依次换为10，19，28，37，46，55，64，73（它们组成公差为9的等差数列）： 12345679×10=123456790 12345679×19=234567901 12345679×28=345679012 12345679×37=456790123 12345679×46=567901234 12345679×55=679012345 12345679×64=790123456 12345679×73=901234567 以上乘积全是“缺8数”！数字1，2，3，4，5，6，7，9像走马灯似的，依次轮流出现在各个数位上。 五，回文结对 携手同行“缺8数”的“精细结构”引起研究者的浓厚兴趣，人们偶然注意到： 12345679×4=49382716 12345679×5=61728395 前一式的积数颠倒过来读（自右到左），不正好就是后一式的积数吗？ （但有微小的差异，即5代以4，而根据“轮休学说”，这正是题中的应有之义。） 这样的“回文结对，携手并进”现象，对13、14、31、32等各对乘数（每相邻两对乘数的对应公差均等于9）也应如此。 例如： 12345679×13=160493827 12345679×14=172839506 12345679×22=271604938 12345679×23=283950617 12345679×67=827160493 12345679×68=839506172 六，遗传因子“缺8数”还能“生儿育女”，这些后裔秉承其“遗传因子”，完全承袭上面的这些特征。 所以这个庞大家族的成员几乎都同其始祖12345679具有同样的本领。 例如，506172839是“缺8数”与41的乘积，所以它是一个衍生物。 我们看到，506172839×3=1518518517。 将乘积中最左边的数1加到最右边的7上之后，得到8。如前所述，“三位一体”模式又来到我们面前。 “缺8数”还有更加神奇壮观的回文现象。我们继续做乘法： 12345679×9=111111111 12345679×99=1222222221 12345679×999=12333333321 12345679×9999=123444444321 12345679×99999=1234555554321 12345679×999999=12345666654321 12345679×9999999=123456777654321 12345679×99999999=1234567887654321 12345679×999999999=12345678987654321 奇迹出现了！等号右边全是回文数（从左读到右或从右读到左，同一个数）。 而且，这些回文数全是“阶梯式”上升和下降，神奇、优美、有趣！ 因为12345679=333667×37，所以“缺8数”是一个合数。 “缺8数”和它的两个因数333667、37，这三个数之间有一种奇特的关系。 一个因数333667的首尾两个数3和7、就组成了另一个因数37； 而“缺8数”本身数字之和1+2+3+4+5+6+7+9也等于37。 可见“缺8数”与37天生结了缘。 更令人惊奇的是，把1/81化成小数，这个小数也是“缺8数”： 1/81=0.012345679012345679012345679…… 为什么别的数字都不缺，唯独缺少8呢？ 原来1/81=1/9×1/9=0.1111…×0.11111…. 这里的0.1111…是无穷小数，在小数点后面有无穷多个1。 “缺8数”的奇妙性质，集中体现在大量地出现数学循环的现象上，而且这些循环非常有规律，令人惊讶。 “缺8数”的奇特性质，早就引起了人们的浓厚兴趣。而它其中还有多少奥秘，人们一定会把它全部揭开。 “缺8数”太奇妙了，让我这个对数学没啥兴趣的人也忍不住要大加赞美啊！ 神秘方块
 数学形式之美
智者的趣题 二十世纪著名的数学家诺伯特·维纳，从小聪颖过人，3岁时就能读写，14岁时就大学毕业。几年后，他又通过了博士论文答辩成为了美国哈佛大学的科学博士。 在博士学位的授予仪式上，执行主席看到一脸稚气的维纳，很是惊讶，于是就询问他的年龄，维纳的回答十分巧妙：“我今年的岁数与岁数的平方的乘积是一个四位数，岁数的平方的平方是个六位数，这两个数刚好把10个数字0、1、2、3、4、5、6、7、8、9全都用上，不重不漏，这意味着全体数字都像我称臣，预祝我将来在数学领域里一定能干出一番惊天动地的大事业。” 维纳此言一出，四座皆惊，大家都被他的这道妙题深深地吸引住了，整个会场都在讨论他的年龄。 其实，这个问题并不难解答，只是需要一点数字灵感，你能推算出维纳的年龄吗？ 解题过程： 我们先来研究维纳年龄可能的“上限”：不难发现，21的立方是四位数，而22的立方已经是五位数了，所以维纳的年龄最多是21岁； 再来研究维纳年龄可能的“下限”：18的四次方是六位数，而17的四次方则是五位数了，所以维纳的年龄至少是18岁。 这样，维纳的年龄只可能是18、19、20、21这四个数中的一个。 剩下的工作就是一一筛选了。 20的立方是8000，有3个重复数字0，不合题意。同理，19的四次方等于130321，21的四次方等于194481，都不合题意。 最后只剩下18，验算一下，18的立方等于5832，四次方等于104976，恰好“不重不漏”地用完了十个阿拉伯数字，很完美的组合！这种解题方法就叫做排除法。 桌面上有14只杯子，3只杯口朝上，现在每次翻动4只杯子（把杯口朝上的翻为朝下，把杯口朝下的翻为朝上）。 问：能否经过若干次翻动后，把杯口都朝下？若不能，那么每次翻动6只能做到吗？7只呢？ 把杯口朝上的杯子用+1表示,把杯口朝下的杯子用-1表示。初始状态是3"+",11"-"，所以把14个数相乘则积为-1, 而翻动1只杯子时,就是把+1变为-1或者是把-1变为+1,当翻动1只杯子时,就相当于原状态乘以-1。翻动n次杯子时,就相当于乘以n个"-1" 所以每次翻动偶数只杯子时,不改变初始状态是"-1"的这个结果。 所以每次翻动4只杯子和每次翻动6只杯子,不能改变乘积为是"-1"的这个结果。即：都不能做到。 而每次翻动奇数只杯子时,能改变初始状态是"-1"的这个结果。所以每次翻动7只杯子且翻动奇数次能做到。 具体操作如下:原状态3只杯口朝上,11只杯口朝下。 ①翻动2只杯口朝上,翻动5只杯口朝下, 翻动后,6只杯口朝上,翻动8只杯口朝下。 ②翻动3只杯口朝上,翻动4只杯口朝下,翻动后,7只杯口朝上,翻动7只杯口朝下。 ③翻动7只杯口朝上。翻动后,这时14只杯子都是杯口朝下,完成任务。 一个理想中的西瓜是无限可切的，切一刀最多可得两块，切二刀最多可得四块，切三刀最多可得八块，请问：切100刀最多能得多少块？ 设二维中切第n刀破坏Q(n)个平面块，三维中切第n刀破坏P(n)个立体块，我发现：P(n)=P(n-1)+Q(n-1)。设n刀切出V(n)块西瓜，有V(n)=（V(n-1)-P(n)）+2P(n)=P(n)+V(n-1)所以开始的几刀切出的西瓜块是：4刀15块、5刀26块、6刀42块……n 1 2 3 4 5 6 7 8Q(n) 1 2 3 4 5 6 7 8P(n) 1 2 4 7 11 16 22 29V(n) 2 4 8 15 26 42 64 93正确答案的通项公式：V（n）=1/6(n^3+5n+6)将100代入上面的式子就可的正确答案：166751 美国货币中的硬币有1美分、5美分、10美分、25美分、50美分和1美元这几种面值。一家小店刚开始营业，店堂中只有三位男顾客和一位女店主。当这三位男士同时站起来付帐的时候，出现了以下的情况： （1）这四个人每人都至少有一枚硬币，但都不是面值为1美分或1美元的硬币。 （2）这四人中没有一人能够兑开任何一枚硬币。 （3）一个叫卢的男士要付的帐单款额最大，一位叫莫的男士要付的帐单款额其次，一个叫内德的男士要付的帐单款额最小。 （4）每个男士无论怎样用手中所持的硬币付帐，女店主都无法找清零钱。 （5）如果这三位男士相互之间等值调换一下手中的硬币，则每个人都可以付清自己的帐单而无需找零。 （6）当这三位男士进行了两次等值调换以后，他们发现手中的硬币与各人自己原先所持的硬币没有一枚面值相同。 随着事情的进一步发展，又出现如下的情况： （7）在付清了帐单而且有两位男士离开以后，留下的男士又买了一些糖果（注：5分）。这位男士本来可以用他手中剩下的硬币付款，可是女店主却无法用她现在所持的硬币找清零钱。 （8）于是，这位男士用1美元的纸币付了糖果钱，但是现在女店主不得不把她的全部硬币都找给了他。 现在，请你不要管那天女店主怎么会在找零上屡屡遇到麻烦，这三位男士中谁用1美元的纸币付了糖果钱？莫 解题方法： 对题意的以下两点这样理解： （2）中不能换开任何一个硬币，指的是如果任何一个人不能有2个5分，否则他能换1个10分硬币。 （6）中指如果A，B换过，并且A，C换过，这就是两次交换。那么，至少有一组解：是内德用纸币。卢开始有10′3+25，账单为50；莫开始有50，账单为25；内德开始有5+25，账单为10；店主开始有10。此时满足1，2，3，4。 第一次调换：卢拿10′3换内德的5+25变为卢5+25′2内德10′3；第二次调换：卢拿25′2换莫的50。此时：卢有50+5账单为50付完走人。莫有25′2账单为25付完走人。内德有10′3账单为10付完剩20，要买5分的糖，付账后，店主有50+25+10′2，无法找开10，但硬币和为95，能找开纸币1元。题目：一艘轮船从甲港顺水航行到乙港，立即逆水返航到甲港，共用8小时，已知轮船顺水速度比逆水速度每小时快20千米，又知前4小时比后4小时多航行60千米，问两地路程？ 这道小学数学题看似并没有传说中的那么难，但就招聘单位的工作人员介绍，在74名应聘学校教师的大学生中，只有数目少得可怜的3名大学生得出了正确答案，而其他的大学生要么解答错误，要么交了“白卷”，其中不乏应聘数学教师的大学生。一道小学数学题竟然让如此多的大学生为难，人们不禁开始怀疑它的真实难度。于是有人就把这道小学数学题拿到当地一家小学交个六年级两个班的学生解答，结果不到十分钟就有十几名小学生解出了正确答案。 易知水速为10km/h; (S-30)/(V-10)=4; S/(V+10)+30/(V-10)=4; 解得:S=150; 即，两地路程为150KM。 正确答案：ACD 古代印度也像古代中国一样有着灿烂的文化。下面是古代印度手稿里的一道有趣的数学题。 有一群蜜蜂，其中五分之一落在杜鹃花上，三分之一落在栀子花上，这两者的差的三倍飞向月季花，最后剩下一只小蜜蜂在芳香的茉莉花和玉兰花之间飞来飞去，共有几只蜜蜂？ 农夫的村子里面有50个人,每个人家里都有一只家禽。一天,农夫回来得知了一个消息:村子里面有家禽得传染病了。需要村民每天观察一次家禽的情况，但是每个人只能观察到别人家的49只家禽是否生病，而看不出自己的家禽。当判断出自己家的家禽是病的时候，必须枪毙生病的家禽以换来全村家禽的成活，但是每个人只有权力枪毙自己家的家禽。 第一天，农夫没有枪声；第二天，还是没有枪声。第三天，听见枪声了。这时，农夫知道了村子里有几只生病的家禽。请问，你知道有几只么？解题过程：假如只有1只动物，那么该家禽的主人在第一天看到其余49只狗都没病时，就知道自己家的有病了，故第一天就会有枪声。假如有2只生病的话，其主人分别为甲和乙，第一天没有枪声响起，在第二天甲会做如下思考：如果我的家禽没病，那么乙在昨天看到的49只家禽全都是正常狗，他就会知道自己的家禽有病从而开枪了。他为什么没开枪？这说明他看到我的家禽有病。于是甲会在第二天开枪。当然同理乙也会在第二天开枪。实际情形是，第三天才出现枪声，那么按照上述方法推理：一定有3只病狗。 由红点和蓝点组成的19×19的正方形点阵中，有207个红点（其中29个在边界上，但不在四个角上）其余的点都是蓝点。如果同行或同列相邻两点是同色的，那么就用这种颜色的线段连接这两点；如果是异色的就用黑色线段连接这两点。这样一共连得2×19×18=684条线段，发现其中有215条黑色线段，那么蓝色线段有多少条？ 解题过程： 本题是一道老题了！初看这一题似乎没有切入点，那来慢慢读题吧。 1)点的特征：“角上的点”是2条线段的顶点；“边上的点” 是3条线段的顶点；“其余的点”是4条线段的顶点。 2)线段特征：同色两点之间得到同色的线段，异色两点之间得到黑色的线段。 3)原题问：“蓝色线段”，就考虑蓝色点出发有多少条线段。 角上：4， 线段：4×2＝8， 边上：4×17－29(红色)＝39， 线段：39×3＝117， 中间：19×19－207－4(角上)－39(边上)＝111， 线段：111×4＝444。 到此，该有的全有了，所有的线段，如何处理呢？ 4)在上面所有的线段中，应该知道，如果是“蓝点与蓝点”相连，则这条线段被计算了两次，而黑色的线段，因为刚才的分析根本不考虑红点，所以黑色线段只算了一次，而红色线段则完全不考虑了。即上面的计算结果是：黑色线段与蓝色线段的总数。 黑色线段是已知的，显然，答案也就出来了： (8＋117＋444－215)÷2=177。 即：蓝色线段有177条。 有六个不同国籍的人，他们的名字分别为A，B，C，D，E和F；他们的国籍分别是美国、德国、英国、法国、俄罗斯和意大利（名字顺序与国籍顺序不一定一致）。 现已知：（1）A和美国人是医生；（2）E和俄罗斯人是教师；（3）C和德国人是技师；（4）B和F曾经当过兵，而德国人从没当过兵；（5）法国人比A年龄大，意大利人比C年龄大；（6）B同美国人下周要到英国去旅行，C同法国人下周要到瑞士去度假。 请判断：F是哪国人？ 答案详解：仔细分析一下各句。根据前三句，我们首先能得出C不是德国人、美国人、俄罗斯人，根据5、 6得知C不是意大利人、法国人，所以C是英国人。 同样根据前三句知道A不是美国人、俄罗斯人、德国人，根据5得知A不是法国人，又不是英国人（C才是）所以A是意大利人。 又根据前三句知A、C、E都不是德国人，根据4知B、F也不是德国人，所以D是德国人。然后E不是美国人、俄罗斯人、德国人，加上得出的结论E不是英国人、意大利人，所以E是法国人。 只剩下B和F了，国家只剩下美国人和俄罗斯人，根据6知B不是美国人，所以B是俄罗斯人，F是美国人。 船长杰克代领四名船员抢到了100颗宝石，每一颗都一样的大小和价值连城。他们决定这么分： 1.抽签决定自己的号吗（1，2，3，4，5） 2.首先，由1号杰克提出分配方案，然后大家5人进行表决，当且仅当超过半数的人同意时，按照他的提案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼。 3.如果1号死后，再由2号提出分配方案，然后大家4人进行表决，当且仅当超过半数的人同意时，按照他的提案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼。 4.依次类推。 条件：每个海盗都是很聪明的人，都能很理智的判断得失，从而做出选择。 问题：杰克提出怎样的分配方案才能够使自己的收益最大化？ 答案是：1号杰克分给3号1颗宝石，4号或5号2颗宝石，自己则独得97颗宝石，即分配方案为（97，0，1，2，0）或（97，0，1，0，2）解题过程：首先从5号海盗开始，因为他是最安全的，没有被扔下大海的风险，因此他的策略也最为简单，即最好前面的人全都死光光，那么他就可以独得这100颗宝石了。 接下来看4号，他的生存机会完全取决于前面还有人存活着，因为如果1号到3号的海盗全都喂了鲨鱼，那么在只剩4号与5号的情况下，不管4号提出怎样的分配方案，5号一定都会投反对票来让4号去喂鲨鱼，以独吞全部的宝石。哪怕4号为了保命而讨好5号，提出（0，100）这样的方案让5号独占宝石，但是5号还有可能觉得留着4号有危险，而投票反对以让其喂鲨鱼。因此理性的4号是不应该冒这样的风险，把存活的希望寄托在5号的随机选择上的，他惟有支持3号才能绝对保证自身的性命。 再来看3号，他经过上述的逻辑推理之后，就会提出（100，0，0）这样的分配方案，因为他知道4号哪怕一无所获，也还是会无条件的支持他而投赞成票的，那么再加上自己的1票就可以使他稳获这100宝石了。 但是，2号也经过推理得知了3号的分配方案，那么他就会提出（98，0，1，1）的方案。因为这个方案相对于3号的分配方案，4号和5号至少可以获得1颗宝石，理性的4号和5号自然会觉得此方案对他们来说更有利而支持2号，不希望2号出局而由3号来进行分配。这样，2号就可以屁颠屁颠的拿走 98颗宝石了。 不幸的是，1号杰克更不是省油的灯，经过一番推理之后也洞悉了2号的分配方案。他将采取的策略是放弃2号，而给3号1颗宝石，同时给4号或 5号2颗宝石，即提出（97，0，1，2，0）或（97，0，1，0，2）的分配方案。由于1号的分配方案对于3号与4号或5号来说，相比2号的方案可以获得更多的利益，那么他们将会投票支持1号，再加上1号自身的1票，97颗宝石就可轻松落入1号的腰包了。 试想有这么一个正三角形围栏被分割成若干个相同大小的正三角形格子. 现在假设初始时每个格子中都有一只蚂蚱, 听到一声令下之后它们都跳到自己所在格子的相邻格子(有公共边的两个格子称为相邻). 假设我们有这样的被划分成100个(而不是图中的16个, 但容易想象其划分方式)相同大小的正三角形的围栏, 在蚂蚱们集体跳跃9次之后, 试说明一定有至少10个格子是空的. 答案: 如图, 把其中相邻的格子染上不同的两种颜色, 容易计算, 其中红色的格子有55个, 黄色的格子有45个. 蚂蚱们每跳一次, 就会跳到另一种颜色的格子中. 这样第一次跳跃之后, 红色格子中原来的蚂蚱都不在了, 而从黄色的格子中调到红色格子中只有45只蚂蚱, 所以至少有10个红色格子是空的. 而且, 只要是奇数次跳跃之后, 都有这样的结论, 因此, 9次跳跃后, 至少10个格子中是没有蚂蚱的. 一次竞选中，某候选人在国内安排了竞选旅行，我们不妨设他乘飞机。第一天他到正东方某地，第二天接着向正北方向飞到某地，第三天接着向正西方向飞到某地，第四天接着向正南方向飞到某地，第五天接着又向正东方向飞到某地……，如果第n天他飞行路程为n2/2 英里，那么从他的出发点到完成第40天旅行的终点有__________英里。 |
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