在上小学时，有一位同学和我作过这样一个游戏：他让我随便说出当年的某一月某一日，他不用看日历就能很快、准确地说出这天是星期几。
我拿来了一本日历，与他试验了几次。果然他每次都说得很快也很准。我知道他不可能把一年三百六十五天每天星期几都背下来，所以他的本事引起了我很大的兴趣。
后来我知道了他的计算方法：他心里记住了十二个数字，这十二个数字分别对应于当年的十二个月。要计算当年的某月某日是星期几，只要用那日的日数加上那月所对应的数字，然后除以7，余几就是星期几，恰好除尽就是星期日。
我清楚地记得那年的十二个月所对应的数字依次是
1，4，4，0，2，5，0，3，6，1，4，6
碰巧，1991年的十二个月所对应的数字依次也是这十二个数字。下面就以1991年为例具体地谈一下这种方法。
我们先要把下表中的各数牢牢地记在心里：
| 1991年的月份 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
| 各月对应的数字 |
1 |
4 |
4 |
0 |
2 |
5 |
0 |
3 |
6 |
1 |
4 |
6 |
例如要计算1991年6月25日是星期几。我们心里想到6月份对应的数字是5，就用25加上5，得到30；再用30除以7，余2，则1991年6月25日是星期二。
再如，要计算1991年9月1日是星期几。9月对应的数字是6，1+6=7，7除以7没有余数，所以1991年9月1日是星期日。
可见，只要心里熟记144025036146这一串数字，就能算出1991年的几月几日是星期几。
144025036146这一串数字是从哪儿来的呢？它们就是分别所对应的月份的上一个月的最后一天的星期数。例如，1991年1月31日是星期四，所以1991年2月份对应的数字就是4。每月1日的星期数，当然是头一天（即上个月的最后一天）的星期数的基础上加上1；以后每过1天，星期数就增加工厂；7天一个周期（即一个星期），所以很容易想通这个方法。
为了找出1992年12个月份所对应的各个数字，也就只需记下1992年每个月份的上一个月的最后一天是星期几。利用年历容易查得下表：
| 1992年的月份 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
| 各月对应的数字 |
2 |
5 |
6 |
2 |
4 |
0 |
2 |
5 |
1 |
3 |
6 |
1 |
例如要计算1992年8月15日是星期几。我们查到1992年8月份对应的数字是5，15+5=20，20除以7余6，所以1992年8月15日是星期六。
平年每年有365天。365=52×7+1，即：平年每年有52个星期零1天。所以，如果连续两年都是平年，则第二年每月对应的数字就是在第一年对应月份对应的数字的基础上加上1。
闰年的2月有29天。闰年全年365天，是52个星期零两天。从闰年的3月份开始的连续12个月中，每个月对应的数字等于一年前同一月份对应的数字加上2。
例如，1992年是闰年。1992年3月至12月各月对应的数字都等于1991年对应月份的数字加上2。从1992年3月份到1993年2月份才满12个月，所以1993年1月和2月对应的数字也分别等于1992年1月和2月对应的数字加上2（逢7变0，逢8变1）。
1993年是平年。从1993年3月份开始，直到下一个闰年（1996年）的2月份，每个月所对应的数字都等于一年前同一月份所对应的数字加上1。
下表所列的是近几年每个月对应的数字：
| 月
年
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
| 1991年 |
1 |
4 |
4 |
0 |
2 |
5 |
0 |
3 |
6 |
1 |
4 |
6 |
| 1992年 |
2 |
5 |
6 |
2 |
4 |
0 |
2 |
5 |
1 |
3 |
6 |
1 |
| 1993年 |
4 |
0 |
0 |
3 |
5 |
1 |
3 |
6 |
2 |
4 |
0 |
2 |
| 1994年 |
5 |
1 |
1 |
4 |
6 |
2 |
4 |
0 |
3 |
5 |
1 |
3 |
| 1995年 |
6 |
2 |
2 |
5 |
0 |
3 |
5 |
1 |
4 |
6 |
2 |
4 |
| 1996年 |
0 |
3 |
4 |
0 |
2 |
5 |
0 |
3 |
6 |
1 |
4 |
6 |
| 1997年 |
2 |
5 |
5 |
1 |
3 |
6 |
1 |
4 |
0 |
2 |
5 |
0 |
| 1998年 |
3 |
6 |
6 |
2 |
4 |
0 |
2 |
5 |
1 |
3 |
6 |
1 |
每年记住一串（12个）数字就能心算出全年每一天是星期几，应该说是相当方便的。
在某个医院，四个婴儿的身份标签被搞错了。两个婴儿的标签不错，其他两个婴儿的标签弄错了。发生这种错误的情况有多少种?
一种简单的计算方法是把所有可能的情况列成一个表格，其结果表明两个婴儿搞错的情况共有六种。现在假设标签搞乱了后，恰有三个是正确的，只有一个搞错了，问这个问题有多少种不同情况?你是否用列表的方法求解?还是凭灵机一动想出来的?
A B D C
A D C B
A C B D
D B C A
C B A D
B A C D
这个问题许多人都茫然不解，其原因是他们作了下列错误的假设:在四个婴儿中，三个婴儿与其标签相符的情况有许多种。但是你如果用”鸽笼原理”思索一下，情况就一清二楚了。假设有四个鸽笼，一一标出应放物品的名称。若三样物品都放在了正确的位置中，那么第四样物品只有一处可放，自然该处即为那件物品应放的位置，正确的可能只有一种，即所有四样物品都放置恰当这一情况，而不可能有其他更多的情况。一般地，如果 n 件物品，其中已经有 n-1件放对了地方，那么剩下的一件也必定放置在正确的位置上了。
有一个关于三样东西都标签错误的古典问题。一旦领悟到可以把情况的数目缩小为1，这个问题也就迎刃而解了。设在桌子上有三个盖着盖子的盒子，其中一个盒子内有两粒绿豆，第二个盒子内有两粒红豆，另一个盒子内有一粒绿豆和一粒红豆，三个盒子盖子上分别写着”红豆”，”红绿豆”和”绿豆”，但是所有标签都标错了。你能从任意一个盒子内取出一粒豆子后，便能判断出所有盒子内都装着什么豆子吗?
同上面的讨论一样，人们一般总是首先考虑有多少种不同的可能性，但是你如果能够洞悉底蕴，一眼就可以看出只可能有一种情况，从误标为”红绿豆”的盒子中取出一粒豆子，如果不是一粒绿豆就是一粒红豆，若是一粒绿豆，那么盒子里的另一粒也必定是一粒绿豆，那么两粒红豆必定在标着”绿豆”的盒子内，反之，若取出的是一粒红豆，那么另一粒必定也是红豆，两粒绿豆肯定放在标着”红豆”的盒子内，其他一盒内的情况就一清二楚了。可以看出，三个盒子全都误标的情况只可能有如上两种。从标着”红绿豆”的盒子内取出一粒便可以排除一种情况，仅剩下唯一正确的情况。
有时，上述问题也会以稍微复杂的形式出现。在三个盒子中，从任意一个盒子内取出最少的豆子数进行试看，以此来判断三个盒子内各装有什么豆子。唯一的办法是从标着”红绿豆”的盒子中取出一粒豆子试看。也许你能提出一些更加复杂的问题，诸如每个盒子内不只两粒豆子，或者盒子不只三个等等。
其他许多发人深省的难题都与上面的婴儿问题有关，同样也涉及到初等概率论。例如，假设婴儿的标签以随机的方式搞乱，那么四个标签全部正确的概率是多少?全部弄错的概率是多少?至少有一个正确的概率是多少?恰好有一个正确的概率是多少?至少有两个正确的概率是多少?恰好有两个正确的概率是多少?最多有两个正确的概率又是多少?诸如此类，不一而足。
“至少一个”的问题，就一般的形式来说，属于古典趣味数学著作中的问题。这个问题通常如下所述:在一家旅店，由 n 个人在仔细检查自己的帽子。寄存部的粗心女郎没能使寄存牌和帽子做到一一对应，她随便地把寄存牌发了出去，问至少一人取回自己的帽子的概率是多少呢
有一只正三角形，它的每边边长是1个单位。现在要画一条直线或者曲线，把它分成两块，进化论什么形状都可以，只是两块面积必须完全相等，并且要求所作的线段或者曲线的长度为最短，你们会画吗？
当然，人人都会想到的就是从三角形的一个顶点向底边作一条垂线就可以把这个正三角形平分为两个面积完全相等的两个三角形了，但是这样所使用的那一条垂线不见得是最短的。如果照这种方法做，那么根据勾股定理可以得知：
AD=(1^2 - (1/2)^2)^(1/2) = (1 - 1/4)^(1/2) = (3^(1/2))/2 ≈ 0.866。
这里还有第二种解法：作一个直角三角形，使它的两条直角边长均为1个单位长，那么斜边长就是2^(1/2)，在下图的BC上截取一线段CF，其长为(2^(1/2))/2。过F作AC的平行线，交AB与D，过D作BC的平行线DE，则DE就是所求的线段。
很明显，这是△ADE，再根据几何定理‘两个相似三角形的面积之比等于对应边的平方之比’，可得出比例式：
S△ADE/S△ABC = 1/2，
所以DE符合原题的要求，并且
DE = CF = (2^(1/2))/2 ≈ 0.707。
0.707肯定是要比0.866短得多，可是解法不错，却还不是最优解。
前面两种方法都是从直线段的角度来考虑问题，现在改从曲线方面来解。我们先通过旋转与对称的办法，把六个正三角形拼成一个正六边形，并以A为圆心，在正六边形内画一个圆，则曲线弧形成一条封闭曲线，见下图：
根据有名的定理：“在面积为一定的平面图形中，以圆的周长为最短。”这使我们联想到，所要求的曲线弧必定是圆周长的1/6，也就是上图中的弧DE。它的画法和具体数学的计算如下：
因为正三角形的面积等于 (3^(1/2))/4，所以正六边形的面积等于 ((3^(1/2))/4) x 6。
而其面积的一半就是 ((3^(1/2))/4) x3。
设所求圆的半径为R，则有：
π*R*R = ((3^(1/2))/4) x3 ≈ 0.643。
以R（0.643单位长）为半径，A为圆心，即可画出弧DE的近似解。弧DE的长是圆周长的1/6，即 弧DE= (2πR)/6 ≈ 0.673。
可见曲线弧的长度要比前两种直线段解法中的线段都短得多。
Written on 03 01月 2008
by 魑魅魍魉 under
几何学
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杭州市某小学曾举行过一次“数学竞赛”，其中有这样一道题，即计算：
1/2 + 1/6 + 1/12 + 1/20 + 1/30 + 1/42 + 1/56 + 1/72 + 1/90.
但是不准通分，并且要求在三分钟内完成计算。据说当时参加比赛的很多小学生都做出来了。
这种题目如果按平常的方法来做也不难，只是计算量大了一点儿，可是详细想想，就不难发现：
1/2 = 1 - 1/2
1/6 = 1/2*3 = 1/2 - 1/3
1/12 = 1/3*4 = 1/3 - 1/4
……
1/90 = 1/9 - 1/10
所以
1/2 + 1/6 + 1/12 + 1/20 + 1/30 + 1/42 + 1/56 + 1/72 + 1/90
=(1 - 1/2)+( 1/2 - 1/3)+(1/3 - 1/4)……+(1/9 - 1/10)
=1-1/10
=9/10。
Written on 26 12月 2007
by 魑魅魍魉 under
代数学
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今有1000枚硬币，其中可能有0，1或2枚假币。已知假币的重量彼此相同，但与真币不同。试问，能否使用一架没有砝码的天平称3次，即确定出来其中有无假币，以及他们与真币究竟谁轻谁重（不需确定出假币的个数）？
解 将硬币分为两组，每组500个，并比较他们的重量（作第一次称量）。可能有两种情况：
情况A：其中一端较重，不妨设为左端。这表明有假币存在（他们可能有1个或2个），且所有假币都位于同一端（如果他们在两端各有1个，则天平仍应平衡）.此时再将重的一端的硬币分为两组，每组250个，并比较他们的质量（作第二次称量）。如果其中一端较重，则可知假币就在这500个硬币之中，且较真币为重，这次已不需再作第三次称量。如果两端平衡，则或者假币在另外500个硬币之中（且知较真币为轻），或者他们被分在两端，在两端250个硬币中各有 1个。为了弄清楚究竟是哪一种情况，就再把其中一组250个硬币平均分为两组，并比较他们的质量（作第三次称量）。如果两端平衡，则为前一种情况，否则即为后一种情况。
情况B：在第一次称量时，天平两端平衡，这意味着假币可能有0个或2个（两端各有1个）。再将其中一组分为两组，每组250个硬币（作第二次称量）。如果天平再度平衡，则表明在天平上共有偶数个假币，但事实上此时假币的数目不超过1个，因此表明根本没有假币。如果有一端较重，则表明假币共有两个，且其中1个就在天平的一端中。再将较重的一端分为两半，作第三次称量，即已容易再度假币究竟在那一个。
Written on 16 12月 2007
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有一只聪明的蟑螂决定要去寻找真理，它的视野不超过1cm。真理位于一个同其距离Dcm的点上。蟑螂可以迈步，每步之长不大于1cm，每步之后，都会有人告诉它，究竟是离真理近了还是远了。蟑螂能够记住一切，包括自己所迈过的步子的方向。证明，它只需迈出不多于3D/2+7步，即可找到真理。
解：蟑螂可先试探性地向东、南、西、北迈出1步（每次迈出后回到原地再迈下1步），于是不超出7步，蟑螂就可以查明，“真理”位于四个正方形中的哪一个，然后，再沿着平行于这个正方形的方向走，所走的步子不超过D (2)^(1/2)<3D/2，即可找到真理。
Written on 02 12月 2007
by 魑魅魍魉 under
统筹学
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尼基托夫城的道路均可双向行车，现决定在两年内全部翻修道路，为此在第一年中，有些道路线成为单行线；到了第二年，这些道路恢复双向行车，其余的道路则限制为单向行车线。现知，在翻修过程中任何时刻，都能从城市中的任何一个地点驱车前往另外任何地点。证明，可将基托夫城中的道路全部改为单行线，使得仍可由城中任一地点驱车前往另外任何地点。
证：首先将第一年修路时作为单行线的道路及其指定的单向行车方向确定下来；将这些道路染为红色，并标上原来的箭头。
我们再来分两个阶段解答问题。在第一阶段中，我们来增加红色道路的数目，并为它们标上箭头，使得在增加了它们以后，题目中的条件仍可满足，真到达到了如下程度时，我们就停止增加新的红色道路：即对任意两个用由A指向B的红色箭头直接连接的路口A和B，又都存在仅仅沿着红色箭头头即可由B到A的路径（即存在由红色箭头构成的环路）。在第二阶段中，我们来给出满足题目条件的道路走向，从而最终完成证明过程。具体作法如下：
第一阶段：设路口A和B已用红色箭头A→B连接，但由B至A却没有用红色道路。即在任何由B通向A的路径上，并不都具有红色箭头，亦即存在“空”路段。我们来任意取出一条由B至A的路段。在这条路径所包含的所有红色路段上，所标示的方向显然都与箭头A→B一致（因为由B至A有这条路径作为通道）；我们只要照此（即与箭头A→B一致的方向）将“空路段”标定方向并染为红色，就可使得由B能沿着红色箭头走到A了。由于城市道路的数量是有限的。所以在若干步以后，我们就得到了许多由红箭头构成的环路，亦即许多由红色环路围成的“小岛”。
第二阶段：我们再将未包含在红色环路中的路段都染上绿色；在这些路段上目前都还存在着两个方向。但由于它们都是第二年修路时的单行线，于是我们可为每一段绿色道路都标上一个箭头，使之与第二年修路时所标的方向一样，这样一来，全城的道路都已标定了行车方向。
下面就来证明，按着所引入的方向，都可以沿着道路由任意一个路口A到达任一另外一个路口B。事实上，如果取这样一条由A至B的路段，使它恰是第二年修路时所走过的，那么现在在它上面就可能会有红色箭头也有绿色箭头。沿着绿色箭头，我们总是去往应去的方向，但沿着红色箭头却未必总是如此。例如，在我们所取的路径A…XY…B中的路段XY上，所标的红色箭头是由Y指向X的（即不能沿着路段XY通行），那么我们就可以沿着那样一条补上箭头Y→X后就成为第一阶段所构造的的红色环路的路径由X走到Y，由此所得到的由A至B的路径即为所求。
小A试图潜入山洞，在山洞入口处立着一面鼓，鼓的侧面有四个孔，在四个孔的里面靠近孔口处各装有一个开关，开关有”上””下”两种状态，如果四个开关的状态全部一致，洞门即可打开，允许将手伸入任意两个孔，触摸开关以了解状态，并可随自己的意思改变或者不改变其状态，但每当这样做了之后，鼓就要飞快的旋转，以至在停转之后无法确认刚才触动了哪些开关。现允许重复使用这种方法10次。证明，小B是可以进入山洞。
解：容易把不少于3个开关板为状态”上”（首先把一对相邻的开关板为”上”，然后再将对角线上的一对板为”上”）。如果进出山洞的大门没有开，这就意味着味四开关处于状态”下”，这时间小A应该把手伸入对角线上的两个洞。如果碰到向下开关，就当把它扳向上方；如果这一对开关均向上，则把其中之一扳为向下，这样，显然两个相邻的开关为向上，另两个相邻的开关为向下。然后小A沿着正文形边伸手；如果两个开关处于同一状态，他就扳动它们从而进入山洞；如果两个开关状态不同，他也应扳动它们，关在最后一次时，沿对角线找到开关，再伸入手将它们都扳动。
Written on 17 11月 2007
by 魑魅魍魉 under
统筹学
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