在ahapuzzles.com逛了一天，看到了不少好玩的东西。

问号处应该填哪一个图形？
答案：E。各方块的对角线组成了数字3、4、5、6、7的字样。

问号处应该填什么数字？
答案：5。圆圈和点表示太阳和9大行星，旁边的数字表示每颗星球的名字的字母个数。

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Koch雪花不可能图形版

 
 
Sierpinski三角形不可能图形版

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如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。

    不假，利用数论知识我们真的可以证明这个和数论八杆子打不着的题目。证明的关键就在于，质数有无穷多个。给定一个满足要求的大矩形，如果你宣称它的每条边都不是整数，它们都至少多出了大小为ε的“零头”。那么，我就找出一个足够大的质数p，使得1/p < ε，然后说明有一条边的长度除去整数部分后的“零头”不会超过1/p。这样的话，至少有一边恰好是整数长才行。
    仍然是把大矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑所有形如(i/p, j/p)的点所形成的点阵（其中i, j均为整数）。我们需要把整个点阵平移到一个合适位置，使得点阵中没有点恰好落在小矩形的边界上。这总是可以办到的，例如我们算出每个小矩形的横边到点阵中离它最近的点的距离，取所有这些最近距离中最小的非0的值，然后竖直方向上移动一个比这还小的距离；另一个方向亦是如此。注意到每个小矩形内部所含的点数都是两个数的乘积，由于其中至少有一个数是p的倍数，因此每个小矩形内都有p的倍数个点。那么，整个大矩形所含的点的个数（即每个小矩形所含点数之和）也是p的倍数。大矩形内的所有点的个数也是两个数的乘积，然而p是质数，因此两个数中至少一个是p的倍数（数论的一个基本结论）。那么，对应的那条边就应该是整数长，并且最多有1/p的误差。

（三）（四）两种证明均来自http://domino.research.ibm.com/Comm/wwwr_ponder.nsf/solutions/May1999.html

Wolfram Blog最近提到了一些新发现的anagram (?)，比起那些经典的anagram毫不逊色。它们是：

Centenarian == Near ancient.   (Dan Fortier)
Heel claims == me, Achilles.   (Paul Pan)
Remains hot == in a Thermos.   (Adrian Hickford)
True friends == endure rifts.   (Joe Fathallah)
Homo sapiens == Ape’s son, IMHO.   (Noam D. Elkies)
Internet spam == It’s permanent.   (Tom Myers)
Rats and mice == in cat’s dream.   (Joe Fathallah)
Metamorphosis == Promises a moth.   (Andrew Brehaut)
A marble statue == Mute alabaster.   (Rosie Perera)
Borderline case == Reconsiderable.   (David Bourke)
Slices of bread == describes loaf.   (Dean Mayer)
I’d do anything! == Had no dignity.   (Tony Crafter)
Valentine amulets == Sentimental value.   (Allan Morley)
Designated driver == Danger is diverted.   (Mick Tully)
American education == An academic routine.   (Jesse Frankovich)
Gone with the Wind? == Then weigh it down!   (Toby Gottfried)
One thousand kilos == Oh, sounds like a ton!   (Hans-Peter Reich)
Classified document == Found access limited.   (Adrian Hickford)
A domestic housecat == Does it catch a mouse?   (David Bourke)
An appointment diary == Pop in at any darn time.   (Larry Brash)
Spaghetti & meatballs == Best light pasta meal.   (Toby Gottfried)

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如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。

    在这个命题的所有常见的证明方法中，我总觉得这个证明是最诡异的。真不知道第一个想出这个证明方法的人是怎么思考出来的。把矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑函数e^(2 · pi · i · (x+y))在每个小矩形上的积分（展开并分离变量分别积分）：
    

    显然，这个式子等于0当且仅当(x1-x0)和(y1-y0)中至少一个是整数（也即至少有一边的长度是整数）。考虑函数在整个大矩形上的积分，它可以拆成各个小矩形上的积分的和，因此结果仍然是0。这说明，大矩形至少有一条整数长的边。

    我在学校时，时不时会有人闯进宿舍，给宿舍里的每个人发一张调查表邀请大家填写。如果我不是很忙的话，通常还是很乐意填写的。不过，有时我很悲哀的发现，很多调查表的设计都很缺乏科学性。设计一张合理的调查表并不是一件容易的事情，你需要综合考虑各方面的因素。例如，假如你需要在调查表中问一个极度隐私的问题，尽管你在调查表上再三强调你们的保密措施，但你真的指望所有人都能够如实地回答吗？你真的指望会有人在“我不是处男/处女”或“我有同性恋倾向”前面打一个勾然后把表递到问卷回收人的手中吗？
    让我们考虑这样一个问题：你希望在调查表上问一个隐私问题。为了方便起见，假设这个问题只有“是”和“否”两个选项。有什么方案能够绝对地保证个人隐私完全不可能被泄露，让每个人都能够放心地填写，并且问卷回收之后能够得到一个准确的统计结果？
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    接下来，我们用图论方法来证明：一个由小矩形拼接而成的大矩形，若每个小矩形都有至少一条整数长的边，则大矩形也有至少一条整数长的边。考虑图中每个矩形的每个顶点，把它们作为图G的顶点集（相邻矩形重合的顶点并作一个点）；对于每一个小矩形，把它整数边方向的两对顶点分别用一条边连接起来（相邻矩形公共边上的重边不合并）。如果哪个小矩形四条边都是整数，无妨随意把它当作横向整数边的或者纵向整数边的，连接任一种方向上的边。这样的话，每个矩形恰好产生两条边。注意这个图的一些很显然的性质：度为1的点只有4个（大矩形的四个角），其余的顶点的度都是偶数（只能是2或者4）。下面，我们把这个矩形放在平面坐标系上，大矩形的左下角对齐原点(0,0)。从原点开始沿着图G的边走（每条边最多走一次，不走走过的边），显然走到的每个点都满足这个性质：它的两个坐标均为整数。但我们的出发点是一个度为1的点，在走到另一个度为1的点之前，我们遇到的所有顶点的度都是偶数。因此只要没走到另一个度为1的点，我们就不可能走死。但是，图G总的边数有限，总有一个时候我们将不能再走。因此，这次旅程的终点必然落在另一个度为1的点上。这个终点是大矩形的另一个角，它的两个坐标值均为整数。命题得证。

    以上两个证明均来自http://www.cs.toronto.edu/~mackay/rectangles/

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jintianhu2000在这个帖子里说：

这是本人读高中时发现的一个数学猜想，一直不能证明或推翻
 
任何一个不能被3整除的偶数，如488，按下列步骤：
若该数为偶数，则把它各位数之和的平方作为新数；若该数为奇数，则把它各位数之和的立方作为新数。再把那个新数重复以上步骤（数就各位数之和平方，奇数就各位数之和立方），一步步计算下去，肯定能在9步内变为1。
如：
  488(偶)    4+8+8=20      20*20=400
  400(偶)    4+0+0=4       4*4=16
  16(偶)     1+6=7         7*7=49
  49(奇)     4+9=13        13*13*13=2197
  2197(奇)   2+1+9+7=19    19*19*19=6859
  6859(奇)   6+8+5+9=28    28*28*28=21952
  21952(偶)  2+1+9+5+2=19  19*19=361
  361(奇)    3+6+1=10      10*10*10=1000
  1000(偶)   1+0+0+0=1     1*1=1   （共9步）
 
哪位高手能证明或推翻它？？

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