1. Goldbach猜想是说，任一大于等于4的偶数一定能表示成两个质数之和。关于质数，我们还有这样一个有趣的结论：对于任何整数n>1，存在质数p满足n<=p<2n。这个结论对Goldbach猜想是很“有利”的，因为它是Goldbach猜想的一个必要条件。倘若对于某个正整数n，n和2n之间没有质数，那么偶数2n就不能表示为两个质数之和了，因为所有可以用的质数都比n小，再怎么也加不出2n来。注意，如果这个结论错了，猜想也就被推翻了；但如果这个结论对了，猜想也不一定是对的。但即使这样，我们仍然习惯性地认为，验证了推论的正确性后猜想的可靠程度也或多或少的有了些提高，换句话说猜想为真的可能性更大了。这种思维合理吗？

2. 长期以来，人们都在思考：对任一给定的平面图进行染色，要想使得有公共边的区域颜色不同，最少需要多少种颜色。四色猜想（现在已经是四色定理了）认为，只需要最多四种不同的颜色就足够了。我们可以随便画一些图进行验证，每一次检验后我们都会或多或少地更加相信结论的正确性。你可以尝试寻找下面的图1、图2和图3的合法解，检验一下猜想是否正确。验证哪一个图更有价值？你或许会这样回答：验证第一个图毫无价值，因为它显然有可行的染色方案；验证第三个图最有价值，因为它看上去最像反例，证实了它确实有解后，你会更加坚信四色猜想的正确性。1975年的4月1日，杂志Scientific American的数学专栏作家Martin Gardner宣布他找到了一个四色猜想的反例（图4）。当然，这只是一个愚人节的笑话。寻找图4的解非常困难，以致于看上去几乎是不可能的。一旦你成功找出了图4的解，对四色猜想的信任程度可就不只提高一点点了。“对猜想的某个结论进行验证，结论越是不可思议，证实以后原猜想的可靠程度就提高得越多”，这种思维是合理的吗？
  


  
3. 你认为，是否有可能把一个直角三角形分成若干个锐角三角形？你很可能花了一节古代汉语课的时间苦思冥想，结果直角三角形没搞出来，倒是碰巧把一个正方形分成了8个锐角三角形。虽然你仍不知道一个直角三角形是否能分成若干个锐角三角形，但你找到了一个正方形的解，你会强烈地感觉到直角三角形也是有解的。这是什么原因呢？注意到，如果三角形能分的话正方形一定能分，但反过来却不一定。不过，这里面还有一些更微妙的关系：我们倾向于相信如果连直角三角形都没法分，正方形应该更没法分了。既然现在正方形已经解决了，那三角形也就快了。“B是A的结论，且没有A的B很不可靠，则证实了B可以极大地提高A的可信度”，这种思维合理吗？

4. 关于“如果他错了，那我对的概率就更大了”的思维。A、B两人被一个实际问题难住了，双方就问题中的两个变量的变化关系争执不休。A认为，函数图像画出来应该是一个开口朝上的二次函数；B则认为，函数图像应该是一个正弦函数。注意到一个有趣的事实：这两种猜测满足矛盾率，但不满足排中率。就是说，有可能A和B都错了，但是A和B不可能都对。紧接着他们发现，这个函数存在至少一个极大值，A的猜测显然是错的。虽然这并不能表明B的猜测就是对的，但我们能不能说B猜对的概率变大了？








    下面的内容是G.Pólya的Mathematics and Plausible Reasoning Vol 2里的精华：用概率来分析合情推理模式。我们可以用概率知识来描述上面这些合乎情理的推测。如果你还不知道什么叫做条件概率，建议你先看一看这篇文章。
    注意到P(A)*P(B|A)永远等于P(B)*P(A|B)，它们都等于P(A∩B)。如果B是A的一个推论，那么有P(B|A)=1（若A为真则B必为真）。于是我们有P(A)=P(B)*P(A|B)。这里，P(A|B)有一个形象的意义：结论B的证实可以使我们对A的信任改变多少。假如P(A|B)不变，则如果等式右边的P(B)增加了，P(A)也会增加。这也就说明了我们的第一个合情推理模式：对猜想的一个结论更加信任，对猜想本身也更加信任。
    这个式子还能告诉我们更多的东西。把P(B)除过去，我们有P(A|B)=P(A)/P(B)，其中等式左边的P(A|B)表示的仍然是证实了B以后A为真的概率，也就是验证B结论的价值。我们很清楚地看到，P(B)处于分母的位置。那么，结论B本身为真的概率越小，证实了B后对A的影响也就越大。
    注意P(B)=P(A∩B)+P(～A∩B)=P(A)*P(B|A)+P(～A)*P(B|～A)，而B是A的一个结论，即P(B|A)=1。于是，等号右边变为P(A)+[1-P(A)]*P(B|～A)。利用前面的结论，我们用P(A)/P(A|B)代替等式左边的P(B)，则有P(A|B)=P(A)/[P(A)+[1-P(A)]*P(B|～A)]。可以看到，如果P(B|～A)越小，则P(A|B)越大。这就是说，在没有A的前提下B成立可能性越小，证实了B之后A为真的可能性就越大。
    最后，我们看一看A和B不相容的情况。此时，P(A∩B)=0，于是
P(A) = P(A∩B) + P(A∩～B)
      = P(A∩～B)
      = P(～B) * P(A|～B)
      = [1-P(B)] * P(A|～B)
    把1-P(B)除过去，就有P(A|～B)=P(A)/[1-P(B)]，显然P(A|～B)是大于P(A)的，也即排除了B的猜测后A对的可能性比原来更高了。我们还可以清楚地看到，如果我们之前越相信B，则B被驳倒后A正确的可能性提高得就越多。

    无穷个囚犯面向数轴的正方向依次就座，第i个囚犯坐在数轴上坐标为i的地方，他可以看见所有坐标大于i的囚犯头顶上的帽子。看守给每个囚犯戴上黑色或白色的帽子，然后依次叫每个囚犯猜测自己头上的帽子颜色，猜对了的予以释放。另外一点和原来不同的是，囚犯们不能听到其他人的猜测。另外注意到，由于每个人前面都有无穷多个人，因此囚犯们无法通过数他前面的人数来判断出自己的位置，于是我们不得不加上一句：每个人都知道他后面有多少人（即他是第几个被问的）。同样地，事先所有囚犯可以商量出一个策略。你认为这下囚犯们还有什么好办法没？
    这下囚犯已经不能通过自己的猜测来通风报信了，似乎每个人都只能瞎猜，任何人都无法保证自己能猜对。你相信吗，居然有这样的策略，它可以保证除了有限个囚犯之外，其他囚犯全部释放！
    考虑所有可能的颜色序列（你可以简单地想像成01串）。我们说两个颜色序列“无穷远相等”，如果经过了有限多项之后，余下的无穷多项完全相同（即存在某个数x，使得两个串在各自的第x位后面完全重合）。这种关系显然满足自反性、对称性和传递性，是一种等价关系。因此，按照这种有限位后对应相等的关系，我们可以把所有可能的颜色序列划分为一个个等价类。它们的交集为空（两个等价类如果有交集，由传递性它们立即并成了一个更大的等价类），并集为全集（若某序列不属于任何等价类，则它自己就是一个新的等价类），是全集的一个划分。你能想象出一个等价类大致是什么样子的吗？假如把同一个等价类里的所有序列对齐并排放在一起，你从前往后走过去的时候会发现这些序列“越来越相像”。你走得越远，你会发现越来越多的序列开始变得互相重合；当你走到无穷远时，所有的序列都变成一个样了。
    囚犯们事先在每一个等价类中选一个代表元，然后把所有等价类的代表元背下来。到时候，每个人都能够看到他前面无穷多个人的帽子颜色，并且知道他自己在整个序列的位置，于是能立即判断出他们现在所处的颜色序列在哪个等价类里。接下来，他们只需要按照事先背好的代表元来猜就行了。由“无穷远相等”的定义，经过有限次猜测后最终这个代表元会和他们所处的序列重合，于是除了前面有限多个人以外，以后无穷多个人都可以保证猜对。

    你是否觉得这种“策略”很不合理，虽然从逻辑上看每一步推理都是无懈可击的？有人认为，这是选择公理带来的悖论。选择公理是说，给你一系列的集合（可能有无穷多个），那么我们总可以在每一个集合里取出一个元素来。这并不是显然正确的。你不可以依次考虑每个集合，从里面随便取出一个元素来，因为集合个数有可能无穷多个（甚至不可数），这样的操作将永无止境，不允许出现在数学推理过程中。我们需要定义一套系统，使得它对于给定的每一个集合都适用，这样我们就可以“一下子”处理完所有的集合。换句话说，对于一组数量任意多的集合，我们需要定义一个函数f，使得对其中任一集合S，f(S)为S里的一个元素。我们称函数f为选择函数。例如，给出自然数集的所有子集，选择函数f可以定义为“集合中的最小元素”；给出实数集的所有有限长的区间，则选择函数f可以定义为“区间的中点”。但对于某些情况，目前还没有办法用之前已有的公理系统定义出合适的选择函数。比如，目前仍然不清楚，对于实数集的所有非空子集是否存在一个选择函数。但选择函数的存在是很多数学推理的前提假设。因此，我们有必要承认选择公理，构成新的公理体系（即ZFC公理体系）。于是在今后的数学推理中，我们可以假设存在这样一个超级选择函数f，它就是专门用来干这破事的。承认选择公理有可能推出一些与生活经验背道而驰的结论，最著名的就是Banach-Tarski悖论：你可以把一个三维球体分成有限多块，然后拼接组合成两个和原来一样大的球体。上面所提到的100囚犯问题加强版则是选择公理带来的另一个悖论。

参考资料：http://cornellmath.wordpress.com/2007/09/13/the-axiom-of-choice-is-wrong （墙就是强）

    今天回学校，有人说我智商降低了。我仔细想了一下，这段时间的数理思考确实少了些；但也不能说我完全废了，我还出了一次模拟赛的题呢。摆脱应试教育的思维模式后，不知道我的智商是上升了还是下降了。我开始在想如何检测我的思维是否还和原来一样敏捷。
    刚才看到OIBH上又在讨论数理逻辑，然后网上找到了这几道逻辑题来想。实践证明，我的思维能力仍然还不错。我把这些题目写在下面大家可以试一下。
    这是一类问题，这类问题的命题中包含有条件判断的形式。

Following are several problem from the island of knights and knaves where knights always tell truth whereas knaves always lie.

   1. A makes the following statement: "If I am a knight then so is B." What are A and B?
   2. Someone asks A, "Are you a knight?" He replies, "If I am a knight then I'll eat my hat". Must he eat his hat?
   3. A says, "If I am a knight then 2+2=4." Is A a knave or a knight?
   4. A says, "If B is a knight then I am a knave." What are A and B?