刘老师给大家出了一道题。前进小学8个班去帮助农民摘豆角，每个班摘豆角的重量分别是：55 千克、50千克、48千克、54千克、49千克、53千克、54千克、53千克。问平均每班摘豆角多少千克？“看谁算得快。”刘老师鼓励说。于丰很快举手回答：“平均每班摘52千克。”刘老师点头说：“你能把计算的方法说一说吗？”于丰说：“求平均数有个窍门，就是先在这些数中确定一个基准数。比如，这道题就是以50为基准数。然后把5个班分别比基准数多出的千克数加起来，并从中减去剩下那2个班比基准数少的千克数，所得的数除以8，商再加上基准数，就是所求平均数。”刘老师高兴地说；“很好，于丰的这种方法我们可以给一个名字叫做‘减少加多法’。做的时候可以这样：先选好基准数50，然后从前往后看，多的数前写上加，少的数前写上减，也就是：5＋0－2＋4－l＋3＋4＋3＝1616÷8＝250＋2＝52（千克）这就是平均每班摘的重量。”刘老师又说：“这样求平均数速度快，计算量小，是一种好方法。”
平面几何作图限制只能用直尺、圆规，而这里所谓的直尺是指没有刻度只能画直线的尺。用直尺与圆规当然可以做出许多种之图形，但有些图形如正七边形、正九边形就做不出来。有些问题看起来好像很简单，但真正做出来却很困难，这些问题之中最有名的就是所谓的三大问题。
几何三大问题是：
圆与正方形都是常见的几何图形，但如何作一个正方形和已知圆等面积呢？若已知圆的半径为1则其面积为π(1)2=π，所以化圆为方的问题等於去求一正方形其面积为π，也就是用尺规做出长度为π1/2的线段（或者是π的线段）。
三大问题的第二个是三等分一个角的问题。对於某些角如90°、180°三等分并不难，但是否所有角都可以三等分呢？例如60°，若能三等分则可以做出 20°的角，那麽正18边形及正九边形也都可以做出来了（注：圆内接一正十八边形每一边所对的圆周角为360°/18=20°）。其实三等分角的问题是由求作正多边形这一类问题所引起来的。
第三个问题是倍立方。埃拉托塞尼（公元前276年~公元前195年）曾经记述一个神话提到说有一个先知者得到神谕必须将立方形的祭坛的体积加倍，有人主张将每边长加倍，但我们都知道那是错误的，因为体积已经变成原来的8倍。
这些问题困扰数学家一千多年都不得其解，而实际上这三大问题都不可能用直尺圆规经有限步骤可解决的。
1637年笛卡儿创建解析几何以後，许多几何问题都可以转化为代数问题来研究。1837年旺策尔(Wantzel)给出三等分任一角及倍立方不可能用尺规作图的证明。1882年林得曼（Linderman）也证明了π的超越性（即π不为任何整数系数多次式的根），化圆为方的不可能性也得以确立。
约翰逊先生在户外有个炙肉架,正好能容纳2片炙肉.他的妻子和女儿贝特西都饥肠辘辘,急不可耐.问怎样才能在最短时间内炙完三片肉.
约翰逊先生:”瞧,炙一片肉的两面需要20分钟,因为每一面需要10分钟.我可以同时炙两片,所以花20分钟就可以炙完两片.再花20分钟炙第三片,全部炙完需要40分钟.”
贝特西:”你可以更快些,爸爸.我刚算出你可以节省10分钟.”
啊哈!贝特西小姐想出了什么妙主意?
为了说明贝特西的解法,设肉片为A,B,C.每片肉的两面记为1,2.第一个10分钟炙烤A1,和B1.把B肉片先放到一边.再花10分钟炙烤A2和C1.此时肉片A可以炙完.再花10分钟炙烤B2和C2,仅花30分钟就炙完了三片肉,对吗?
这个简单的组合问题,属于现代数学中称之为运筹学的分枝.这门学科奇妙地向我们揭示了一个事实:如果有一系列操作,并希望再最短时间内完成,统筹安排这些操作的最佳方法并非马上就能一眼看出.初看是最佳的方法,实际上大有改进的余地.在上述问题中,关键在于炙完肉片的第一面后并不一定马上去炙其反面.
提出诸如此类的简单问题,可以采用多种方式.例如,你可以改变炙肉架所能容纳肉片的数目,或改变待炙肉片的数目,或两者都加以改变.另一种生成问题的方式是考虑物体不止有两个面,并且需要以某种方式把所有的面都予以”完成”.例如,某人接到一个任务,把 n 个立方体的每一面都涂抹上红色油漆,但每个步骤只能够做到把 k 个立方体的顶面涂色.
今天,运筹学用于解决事物处理,工业,军事战略等等许多领域的实际问题.即使是像炙肉片这样简单的问题也是有意义的.为了说明这一点,请考虑下列一些变相问题:
琼斯先生和夫人有三件家务事要办.
1.用真空吸尘器清洁一层楼.只有一个真空吸尘器,需要时间30分钟.
2.用割草机修整草地.只用一台割草机,需要时间30分钟.
3.喂婴儿入睡,需要时间30分钟.
他们应该怎样安排这些家务,以求在最短时间内全部完成呢?你看出这个问题与炙肉片问题是同构的吗?假设琼斯先生和夫人同时进行操作,一般人开始往往以为做完这些家务需要60分钟.但是如果一件家务(譬如说用真空吸尘器做清洁工作)分为两个阶段,第二阶段延后进行(像炙肉片问题那样),那么三件家务可以在 3/4的时间内即45分钟内完成.
下面有一个关于准备三片热涂奶油的烤面包问题.这个运筹学问题比较困难.烤面包架是老式的,两边各有一扇翼门,可以同时容纳两片面包,但是只能单面烘烤.如果要烤双面,需要打开翼门,把面包片翻过身来.
将一片面包放入烤面包架需要时间3秒钟,取出来也需要3秒钟,将面包片在烤面包架内翻身又需要3秒钟.这些都需要双手操作,即不能同时进行放,取或把两片面包同时翻身,也不能在放入一片面包,将其翻身或取出的同时把另一片涂抹上奶油.单面烘烤一片面包需要30秒钟,把一片面包涂抹上奶油需要12秒钟.
每片面包仅限于单面涂抹上奶油.未经烘烤不得事先在任何一面涂抹上奶油.单面已经烤过的和涂抹上奶油的面包片可以重新放入烤面包加内继续烘烤其另一面.如果烤面包架一开始就是热的,试问双面烘烤三片面包丙涂抹上奶油最少需要多少时间?
在两分钟内完成上述工作并不太难.然而,如果你领悟到:一片面包在单面烘烤尚未结束的情况下,也可以取出,以后再放回烤面包架内继续烘烤这一面,那么全部烘烤时间就可以缩减至111秒钟.使你想到这一点,统筹安排这些操作使效率达到最高也远非是一件易事.在这方面,尚有无数比此更为复杂的实际问题,需要借助于与计算机和现代图论有关的高度复杂的数学手段.
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
一类属于二元一次方程组的有简捷解法的古老问题是” 鸡兔问题”，它起源于我国古代的一本数学书《孙子算经》（作者孙子的生平不详，大约是公元4世纪的人，不是《孙子兵法》的作者孙武）。《孙子算经》卷下第 三十一题是：”今有雉、兔同笼，上有三十五头，下有九十四足。问雉、兔各几何？该书给出了解法，最后的答案是：雉二十三，兔一十二”这里的”雉”俗称”野 鸡”，这类题目在我国通常称为”鸡兔问题”，传到日本后，典型的题目变成了”龟鹤同笼”，因此他们对这一类型的题目通称为”龟鹤问题”。
鸡兔问题在我国民间流传很广，在我国的农村或牧区，田地地头或人们休息时，有时会听到有些老年人向青少年提出这样的问题：”鸡免同笼三十九，一百条腿地上走，有多少只鸡？多少只兔？”这种题的正规解法是设鸡为x只，兔为y只，列出一元一次方程组
x+y=39,2x+4y=100
解此二元一次方程组就可以得到答案，应该说解这样的题并不困难。但是，由于它是在田边地头提出来的问题，一般是不用纸笔进行列方程解方程一类的计算，通常是用口算加心算（民间叫做”口碾账”）来求答案的，有时往往用的是简捷巧妙的算法： 以”鸡免同笼三十九，一百条脚地上”为例，有一种口算加心算的推理过程是这样的：如果生只兔子提起前面两条腿，那么每只鸡和兔子都只有两条腿站 在地上，39只鸡和兔在这时应该是78条腿站在地上，比先前的100条腿少了22条，这些腿是兔子们提起来的。由于每只兔子提起来两条腿，现在共提起来 22条腿，所以知道兔子一定是11只，39只鸡和兔中有11只是兔子，这说明其中的鸡一定是28只。
还有其他一些简捷解法，例如若把鸡当成3有4条腿的话，39只鸡和兔此时就会有156条腿，比100条腿多出56条腿，这时因为每只鸡多算了两条腿的缘 故。每只鸡多算两条腿就多出了56条腿，可见鸡是28只，鸡和兔一共是39只，鸡是28只，兔应当是11只。由于是心算，数字小一些算起来方便些，出错的 机会也少些，所以虽然两种算法道理相仿，但后一种解法略比前者繁些。
作为练习，我们可以用上述方法计算《孙子算经》中的那个已经有一千五百多年历史的趣题，算完后请自己核对答案。
第一届华罗庚金杯少年数学邀请赛时，一位主试委员将鸡免问题改成了一则有趣题，颇有意思，写在下面供参考。
例2．7 松鼠妈妈采松子，晴天每天可以采20个，雨天每天只能采12个，它一连共采了112个松了，平均每天采14个，问这几天当中有几天有雨？
解1 松鼠妈妈共用了
112÷14=8（天）
如果8天都是晴天，就能采到松子
20×8=160（个），
一个雨天比一个晴天少采松子
20-12=8（个），
现在共少采了
160-112=48（个）
因此雨天有
48÷8=6（天）
解2 松鼠妈妈共用了8天采松子，如果8天都是雨天，只能采到松子
12×8=96（个），
一个晴天比一个雨天要多采松子
20-12=8（个），
现在共多采了
112-96=16（个）
因此晴天有
16÷8=2（天）
雨天有
8-2=6（天）
评说：这里用的就是前面所说的”鸡免问题”的那两个简捷解法，对于参赛的小学生来说，不可能将列方程作为考试要求，因此也不会用列方程解方程的方法写标准答案。
以上问题都是关于一些特殊情况下的二元一次联立方程的简捷解法，我们在前面已经说过，列方程解方程是数学的基本功，是必须牢牢掌握的，简捷解法必须建立在有牢固的基本功的基础上。
一次联立方程在数学中称为”线性方程组”，它的示知数可以是2个、3个、4个或很多个，但每个方程都只能是一次方程，在我国，二千年前成书的《九章算术》 和公元263年由三国时魏国人、我国杰出数学家刘徽对《九章算术》所作的注释中，系统地阐述了解这类方程组的方法，称为”方程术”（兼用”正负术”），这 就是今天的线性代数学中用矩阵的初等变换将增广矩阵化为阶梯形矩阵的方法，过了一千几百年，在19世纪初，杰出的德国数学家高斯也发现了这一方法，从那以 后一直到今天，世界各国（包括我国）的书上都称这方法为”高斯消元法”，这其实”高斯消元法”是中国古法（有兴趣的读者请参看1985年第8期《数学通 报》上拙著《线性代数学简史》与1992年第1期《教材通讯》上拙著《高斯消元法是中国古法》）
在天平的两个秤盘中各放有k个砝码，且均用1至k编号，而且左边的秤盘较重。如果交换任意两个具有同样号码的砝码，则总是右方的秤盘变重，或者两边平衡。试问，对于怎样的k值，这才有可能？
解：仅当k=1，或者k=2时才有可能。实际上，如果在左边的盘中放着砝码a1，……，ak，总重量为∑，而在右边的盘中放着砝码 b1，……，bk，总重量为S，那么由条件得出，对于任意的i=1，……k，都有0<∑-S≤2(ai-bi)。将这样的k个不等式相加，即得 k(∑-S)≤2(∑- S)，故知k≤2.
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。
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。
