今天的趣题来自 UyHiP 今年十月的趣题。

    许多快递公司都依据物件的长、宽、高三边之和来收费，一些航空公司也要求托运行李的三边长相加不能超过某个限制。那么是否有人想过，有没有可能把一个三边之和较大的盒子装进一个三边之和较小的盒子里，从而骗取更低的费用呢？有人会说，恐怕不行吧，长宽高之和更大的盒子体积不也应该更大一些吗？不见得。比方说，盒子 A 的长宽高分别是 10 、 10 、 10 ，盒子 B 的长宽高分别是 9 、 9 、 12.1 。盒子 B 的三边长之和显然比盒子 A 要大，但体积只有 980.1 ，比前者要小近 20 个单位。那么，为什么就不能把盒子 B 沿斜线方向塞进盒子 A 呢？有人会敏锐地发现，在上面的例子中，盒子 A 的体对角线长为 17.3205 ，但盒子B的对角线长度达到 17.5616 ，显然无法完全放进盒子 A 里。不过且慢，我也能举出这样的例子，三边和更大的盒子其体积和对角线都比小的盒子的要小。盒子 A 的长宽高分别为 10 、 10 、 20 ，盒子 B 的长宽高分别为 7.1 、 16.5 、 16.5 。盒子 B 的长宽高之和比盒子 A 大，体积为 1932.98 ，对角线长度比前者小大约 0.1 。看来，为了解决这个问题，我们还需要从一些更巧妙的方面入手。

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    网友 @ipondering 分享了一个非常精彩的数学趣题集，里面有很多我之前从没见过的趣题，其中有些问题的题目和解答都相当漂亮。近段时间里，我打算从中选一些最精彩的题目来讲讲。今天的题目是该趣题集中的第二题，原题背景涉及到 King Arthur 和 Merlin 的故事，我就舍去简化了。

    某个国王手下有 n 个大臣。国王定期主持国家会议，届时 n 个大臣将会间隔均匀地坐在圆桌上。每个座位前都有一盏照明灯，只有所有的灯都亮了，会议才能开始进行。如果有些灯没亮，国王会下达指令，让指定位置上的大臣按下座位前的灯的开关，把没亮的灯都打开。例如，当 n = 100 时，圆桌上会坐着 100 个大臣。不妨将座位从 1 到 n 顺序编号，假设其中编号为 3 、 28 、 97 的座位前没有亮灯。于是，国王下令这三个位置上的大臣按下各自面前的开关，把这三盏灯打开，这样才能开始会议议程。

    在这 n 个大臣中，有一个奸臣。这次会议的议题恰好就是商讨对这个奸臣的惩治办法。奸臣知道自己难逃一劫，但他希望能够无限制地拖延会议。他可以在所有大臣就座前精心设置各个照明灯的初始状态，并在国王每次下达指令之后（但在大臣执行命令之前）把圆桌旋转到一个合适的位置，让大臣们按下错误的开关。

    对于哪些 n ，奸臣可以始终保证灯不会全亮，从而无限制地拖延会议？对于哪些 n ，国王可以根据局势巧妙地构造指令，使得有限轮指令之后所有灯必然全亮？

    在会议结束前，奸臣仍然是 n 个大臣中的一员。国王每次只能下达形如“座位编号为 a₁, a₂, a₃, … 的大臣改变各自面前的灯的状态”的指令。奸臣可以任意旋转圆桌，改变灯与大臣的对应关系。当然，他也可以选择不旋转圆桌。即使桌子被旋转过，所有大臣也必须严格遵守国王的指令。

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    今天听说了 Conway's Soldiers ，这是 Conway 大牛在 1961 年提出的一个数学谜题（似乎 Conway 的出镜率也太高了），我觉得非常有意思，在这里跟大家介绍一下。内容基本上来自于 Wikipedia 的相关页面。

    假设有一个无限大的棋盘。棋盘上可以放置一些象征着士兵的棋子。一个棋子可以跳过并吃掉和它相邻的一枚棋子（就像孔明棋一样）。这是棋子的唯一一种移动方式。现在，在某个位置画一条无限长的水平线，你需要在水平线下面放置足够多的棋子，使得它们前仆后继地往水平线上方跳，最终能够跳到水平线以上 n 个单位的位置。

    如图所示，当 n = 1 时，两个棋子就够了。当 n = 2 时，我们需要 4 个棋子。当 n = 3 时，最少需要 8 个棋子。

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    今天又学到一种证明素数无穷多的方法。它是由 Filip Saidak 发现的，论文曾发表在 2006 年的 The American Mathematical Monthly 上。

    首先注意到，两个相邻自然数一定是互质的（否则，假设它们有大于 1 的公因数 k ，则它们的差也能被 k 整除，这显然是不可能的）。现在，取一个自然数 n > 1 。由于 n 和 n + 1 是相邻自然数，因此 n 和 n + 1 是互质的。也就是说，n 的质因数和 n + 1 的质因数完全没有重合，因而 n(n + 1) 至少有两个不同的质因数。类似地，由于 n(n + 1) 和 n(n + 1) +1 是相邻自然数，因此它们是互质的，这说明 n(n + 1) 和 n(n + 1) +1 没有相同的质因数，也就是说 (n(n + 1))(n(n + 1) +1) 至少有三个不同的质因数。我们可以无限地这样推下去，从而得出，素数必然是无穷多的。

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    这是初中平面几何的一个经典问题：等边三角形 ABC 内有任意一点 P，求证 PA 、 PB 、 PC 的长度一定能构成一个三角形。

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    这是一个非常有趣的问题：能否在一个无限大的等边三角形点阵中选取四个点，使得这四个点恰好构成一个正方形？这个问题有一个非常简单巧妙的解法，你能想到吗？

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    下面这个精彩的问题来自于刚刚结束的 IMO 2011 中的第 2 题：

    设 S 是平面上包含至少两个点的一个有限点集，其中没有三点在同一条直线上。所谓一个“风车”是指这样一个过程：从经过 S 中单独一点 P 的一条直线 l 开始，以 P 为旋转中心顺时针旋转，直至首次遇到 S 中的另一点，记为点 Q 。接着这条直线以 Q 为新的旋转中心顺时针旋转，直到再次遇到 S 中的某一点，这样的过程无限持续下去。
    证明：可以适当选取 S 中的一点 P ，以及过 P 的一条直线 l ，使得由此产生的“风车”将 S 中的每一点都无限多次用作旋转中心。

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    很多看上去很显然的结论，其实是需要严格证明的，并且有时候证明相当困难。比方说算术基本定理，每一个数分解质因数的方法都是唯一的。这看上去几乎是显然的，但证明过程需要很多深刻的数论知识。更极端的例子则是 Jordan 曲线定理，即平面上每一条不与自身相交的封闭曲线都把平面分成了里外两部分。这几乎就是一句废话，但要想严格证明起来相当不容易， Camille Jordan 本人的证明最后发现竟然也是错误的。
    最近 MathOverflow 上有人提了一个非常有趣的问题：有那么多结论很显然但证明很困难的定理，那有没有什么结论很不可思议但证明过程却不言而喻的定理呢？

    在众人的回答中，呼声最高的就是 Desargues 定理：若三角形 ABC 和 A'B'C' 中， AA' 、 BB' 、 CC' 所在直线交于一点，则两个三角形中每一组对应边的交点（即 BC 和 B'C' 的交点 D 、 AC 和 A'C' 的交点 E 、 AB 和 A'B' 的交点 F ）是共线的。

    这个定理看上去太神奇了，大家一定会以为证明很难吧。但事实上，这个定理根本不需要证明，它显然是成立的。现在，把 P-ABC 看成一个三棱锥，而 A'B'C' 则是一个不平行于底面的截面。由于 AB 、 A'B' 在同一平面内，因此这两条线会相交；这个交点既在平面 ABC 上，也在平面 A'B'C' 上，因而也就在两平面的交线上。同理，另外两个交点也都在平面 ABC 和 A'B'C' 的交线上，因此三个交点共线。当然，画在纸上的也好，照相机照出来的也好，人眼看到的也好，其实都是一个二维图形罢了。因此，命题在平面上也是成立的（这背后的逻辑是，在立体图形的平面投影中，直线仍然是直的，共线的仍然共线，共点的仍然共点；借助射影几何的思想，我们能给出一个更严格的证明）。

    这个证明神就神在，当你悟到之后，整个证明过程不但不需要一个字，而且连图形说明都可以不用，只需要盯着原图看，结论自己就跳出来了。看来，我们又多了一种证明问题的思路：盯着问题看，直到它突然一下变得显然成立了为止。

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