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16 1985是 两个平方数的差吗 1985可以写成两个平方数的差吗？ 2 2 能。设1985＝x-y＝ （x+y） （x-y）。 然后，分解1985＝5×397，得 x+y＝397；x—y＝5。 解得x＝201，y＝196。 2 2 这样解是对的。还有更简单的解法。你已经算过 （n+1）- n＝2n+1，也 就是 2 2 2n+1＝ （n+1）- n。 可见每一个奇数，都是可以表示成平方差的。 2 2 还有。你已经算过 （n+l）-（n-1）＝4n，也就是 2 2 4n=（n+1）-（n-1）。 可见4的倍数，都是可以表示成平方差的。 这样，你已经证明了 1983，1985，1987，… 1980，1984，1988，…都可以表示成平方差。 你看，解决一个一般的问题，例如证明每一个奇数都可以表示为平方差， 有时比解决一个特殊的问题，例如证明1985可以表示为平方差还要容易。这 是因为在解决一般性的问题时，比较容易抓住问题的本质，发现普遍的规律； 而在特殊的问题中，一些特殊属性常常掩盖了事物的本质。 现在，要你把228表示成平方差，你就容易根据前面算过的 2 2 2 2 4ab＝ （a+b）— （a—b）＝ （ab+1）— （ab—1）， 2 2 2 2 得228=4×3×19=22-16=58-56。 1986，1990，1994，…能不能表示成平方差？ 2 2 x-y＝ （x+y） （x—y）。 2 2 要是x、y同是奇数或者偶数，x+y和x—y是偶数，得 x-y是4的倍数。 2 2 要是x、y一个奇数一个偶数，x+y和x—y是奇数，得x—y是奇数。 所以，平方差一定是奇数和4的倍数。这样，1986，1990，1994，…不 是平方差了。凡是形如4n+2的数，都不能表示成平方差。

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17埃及分数 在保存至今的古埃及纸草中，记载和讨论了分子为1的分数。后来，人 们把分子为1的分数叫做埃及分数。 怎样把一个埃及分数分成两个不相等的埃及分数的和，这便要用到你已 经算过的 1 1 1 - = n n 1 n(n 1) 了。移项，得 1 1 1 - + n n 1 n(n 1) 例如n＝3，得n＋1＝4，n（n＋1）=12。这样，便有 1 1 1 = + 3 4 12 要是进一步把14分成两个，有 1 1 1 1 = + + 3 5 20 12 要是再进一步把112分成两个，有 1 1 1 1 1 ＝ + + + 3 5 20 13 156 总之，用这种方法，可以把13写成任意多个不相同的埃及分数的和。 好。现在请你利用埃及分数的这个特性，计算 1 1 1 1 + + +…+ 这和埃及分数的特性有关系？ 1×2 2 ×3 3×4 99 ×100 有。你看， 1 1 1 = - n(n 1) n n 1 这就得到上式 1 1 1 1 1 1 1 1 99 ＝ （1— ）+（ — ）+（ — ）+…+（ - ）=1- = 2 2 3 3 4 99 100 100 100 啊。原来这样简单。每一个这样的等式，都有种种不同的用法。能从家 到学校，可不要忘了从学校回家的路。

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18成对的幂数 一个自然数是另一个自然数的整数幂 （幂指数大于1），或者是几个自 然数的整数幂 （幂指数都大于1）的乘积，那这个自然数就叫做幂数。 2 3 2 3 2 4=2，8=2，9=3，72=2×3， 就都是幂数。 8和9是两个连续的幂数。请你想一想，能不能再举几对连续的幂数？ 更进一步，能不能证明有无穷多对连续的幂数？ 这个题是不容易。不过，你能想到已经算过的 2 （2n+1）=4n(n+1)+1 它又变得容易了。 你看，要是n、n＋1是一对连续的幂数，而且4是幂数，那么4n（n＋1） 是幂数，4n（n＋1）＋1＝ 2 （2n＋1）也是幂数。这样，我们使得到了： 4n（n＋1）与4n（n＋1）＋1 是一对连续的幂数。 从8与9，可得到4×8×9与4×8×9＋1是一对连续的幂数。从这对幂 数又可造出一对更大的连续的幂数。这样继续的造下去，可见有无穷多对连 续的幂数。 现在，再来考虑一个问题： 找出自然数a，a，a，… 1 2 3 使得 2 2 a+a, 1 2 2 2 2 a+a+a, 1 2 3 2 2 2 2 a+a+a+a, 1 2 3 4 …… 都是平方数。 你已经算过： 2 2 2 2 （2k+1）+[2k(k+1)]=(2k+2k+1) 表明一个奇数2k＋1的平方加上另一个偶数2k（k＋1）的平方，还是一 个奇数的平方。 要是取2k＋1＝3，得 2 2 2 2 2 a+a=3+4=5 1 2 2 2 2 2 2 2 再取2k＋1＝5，得a+a+a＝5+12=13。 1 2 3 再取2k＋1＝13，得 2 2 2 2 2 2 2 a+a+a+a,＝13+84=85。 1 2 3 4 继续下去，便得到所需要的一串数a，a，a，… 1 2 3 这样算算看看想想，收获不小。

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19有多少棵树 这块长方形地里有多少棵树？ 这太容易了。每行11棵，10行共有 11×l0＝110棵树。要是象图上那 样把这个长方形分成两个三角形，每个三角形里有多少棵树？ 11×10 这两个三角形里各有 ＝55棵树。 2 要是从上往下，一行一行地加起来，黑点的三角形里的树是多少棵？那 当然是1+2+3…＋10＝55棵了。 用两种不同的方法，去计算同一个三角形里的树，得到的结果应当是相 同的。对。所以，我们能导出： (10 1) ×10 1+2+3+…+10＝ ＝55。 2 要是从1加到100呢？ (100 1) ×100 1+2+3+…+100＝ ＝5050。 2 对。据说这就是德国数学家高斯小时候，自己找到的快速计算方法。 再问你一个问题： 1+3+5+…+19＝？ 能用图来表示吗？ 能。象上图那样，用两个这样的三角形可得到 (1 19) ×10 1+3+5+…+19＝ =100。 2 3+7+11+…+43＝？ 能用图来表示吗？ 两个这样的梯形，也可以拚成一个长方形来计算： (3 43) ×11 3+7+11+…+43＝ =253。 2 对。总之，计算这类和的公式是： 首项 末项 ×项数。 2 它既可以用图来说明，也可以根据 首项 末项 这样的等式，说明 是这些项的平均值。所以它们的总和是： 2 平均值×项数。 根据这个道理，便有 n(n 1) 1+2+3+…+n= 2

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20有多少个长方形 如图，四条横线与十一条竖线相交，请问一共有多少个长方形？ 要是贸然回答是3×10＝30个，那当然是错的。这只是小长方形的个数， 还有很多大长方形哩。 怎样解这道题，切实可行的方法，是从简单的情况做起，找出变化规律 来就好办了。 最简单的情况是下页左图，两条横线加上两条竖线成为一个长方形。 上中图多了一条竖线，这时图中有三个长方形：两个小的，一个大的。 换句话说，因为添了一条竖线，上中图比上左图多出两个长方形，共有 1+2 个长方形。 上右图又比上中图多一条竖线，这时图中多出了三个长方形：一个小的， 一个较大的，一个更大的，共有1+2+3=6个长方形。 这样推下去，十一条竖线与两条横线组成的长方形个数是： 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 (1 10) ×10 = =55 2 四条横线呢？ 最简单的情况是四条横线、两条竖线。这和两条横线、四条竖线一样， 共有1+2+3＝6个长方形。 现在，加一条竖线，共有6×3＝18个长方形；再加一条竖线，共有6× 6＝36个长方形：再加一条竖线，共有6×10＝60个长方形。这样推算下去， 原图共有6×55＝330个长方形。 (1 3) 3 (1 10) 10 很好。不过，6最好写成 ，55最好写成 。 2 2 为什么呢？ 因为这样写，容易看出规律，算出结果6与55，反而掩盖了这种求和的 内在规律。根据规律，m条横线与n条竖线相交，共有的长方形是：

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21不可 缺少的反证法 从前，有一个既卖矛又卖盾的人。他拿起矛来说： “我的矛十分锐利， 什么样的盾都能刺破。”然后，他又拿起盾来说： “我的盾十分坚固，什么 样的矛也刺不破。”有人问他： “要是用你的矛来刺你的盾呢？”于是，他 陷入矛盾，无法回答。 在数学中，常常利用矛盾来证明一个结论。这种证明的方法，叫做反证 法。 举一个例子。把自然数的全体 1，2，3，…任意地分为两组，一定有一 组中有两个数的和是平方数。这就可以用反证法证。 假设上面的结论不成立，那全体自然数能分成这样两组，每一组中任意 两个数的和不是平方数。 我们把含有1的那一组叫做A组，另一组叫做B组。 既然A组中每两个数的和都不是平方数，那 3不在A组，因为3＋1＝4。 同样的道理，8（＝9－1）15（＝16－1），24（＝25－1），…也都不在 A 组。 因为3在B组，所以6（＝9－3）在A组。 因为15在B组，所以10（＝25－15）在A组。 可是，6＋10＝16是平方数，这和A组中任意两个数的和不是平方数矛 盾。 这个矛盾说明假设是错的，也就证明了原题的结论成立。 从这个例子可以看出：用反证法来证题，是先假设结论不成立，也就是 相反的结论成立；然后设法导出矛盾，得到假设不对，使原来的结论成立。 反证法是不可缺少的。这就象进攻一个要塞，在正面攻击难以奏效时， 或许从后面突袭是一个好办法。 德国数学家希尔伯特说，禁止数学家使用反证法，就象禁止拳击家使用 拳头。

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22欧拉的猜测错了 经过观察与思考，人们从现象、经验、数据等中总结出了一般规律。这 是科学研究中常用的方法，叫做归纳法。 因为归纳法依据的现象、经验、数据等往往是不完全的，所以得出来的 结论也不一定就是正确的。它常常需要修正，有时甚至会被推翻。 例如，金、银、铜、木材等等都是热胀冷缩，于是，人们归纳出一切物 质都是热胀冷缩的结论。可是，也有些物质，例如 4℃以下的水，不是热胀 冷缩。所以，结论应当修改为大部分物质是热胀冷缩的。 数学是一门严密的科学。它也需要用这种不完全的归纳法，只是所导出 来的结论，都必须给出严密的证明。否则，这些结论是不能称为定理的，只 能谨慎地叫做猜测。 法国数学家费尔玛观察了 这种类型的数，发现F＝3，F＝5，F＝17，F=257，F＝65537，都是质 0 1 2 3 4 数。于是，他提出猜测：所有的非负整数F都是质数。可是，瑞士数学家欧 n 拉发现， 25 F=2＋1＝641×6700417， 5 不是质数，费尔玛的猜测被推翻了。 十八世纪的一个皇帝，想把三十六名军官排成一个方阵。这三十六名军 官来自六支部队，每支部队派出将军、上校、中校、少校、上尉、中尉各一 名。皇帝希望方阵的每一行与每一列的六名军官，都分别来自六支部队，并 且军衔各不相同，可就是排列不起来。后来，他去请教数学家欧拉。欧拉把 具有这种性质的方阵叫做正交拉丁方。他猜测：n是自然数，由4n＋2个人 组成的正交拉丁方都不存在。 后来，有人证明了在n＝1时，猜测是正确的，就是六阶正交拉丁方不存 在。n＞1时，猜测是不是正确呢？直到1960年左右，才解决了这个问题， 得出的定理与欧拉的猜测恰好相反：在 n＞1时，4n＋2阶正交拉丁方都是存 在的。 过去，虽然很多猜测被证明是错误的，可是这对于推动科学的发展，还 是有积极作用的。所以，当代美国数学家、教育家波利亚认为： “没有主意是最不好的。 “要成为一个好的数学家，…你必须首先是一个猜想家。 “要有理智上的勇气，应当准备修正我们的任何一个信念。” 1931年，美国青年数学家哥德尔证明：在数学中，有许多这样的命题， 它既不能被推翻，也不能被证明。这个定理使数学家大吃一惊。从此，数学 家对待猜想，有了三个努力方向：一、证明它；二、推翻它；三、说清楚它 既不能被证明、也不能被推翻的道理。

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23公鸡的智慧 一只公鸡，看见主人走过来撒米给它吃，非常高兴。它希望每天都能吃 到米。 第二天，主人给它吃米， 第三天，主人给它吃米， …… 第九十九天，主人给它吃米。 于是，公鸡认为：主人永远给它吃米。 第一百天，公鸡看见主人走过来，以为又有米吃了，可是主人把它捉住 杀了。 公鸡用归纳法得出每天都有米吃的结论，显然是不完全的。公鸡的智慧 有限，无法达到这样的认识。 在数学里，也常用不完全的归纳法来发现规律。不过，前面已经说过， 这样得到的结论，都必须给出严格的证明才能成立。 与自然数n有关的结论，常常采用数学归纳法来证明。数学归纳法又叫 做完全归纳法，在不会混淆的时候，可以简称为归纳法。它分为两个部分： 一、首先考虑最简单的情况，通常是证明n=1时结论成立。这一步称为 奠基。 二、其次考虑能不能从前一步推出下面一步。也就是证明：要是结论在 n-1时成立，那么结论在n时也成立。这一步称为归纳。 要是这两部分都完成了，那就可由n＝1时结论成立，推出在n＝2时结 论成立；由n＝2时结论成立，又推出n＝3时结论成立。这样逐步推下去， 可以得出结论对于一切自然数都成立。 数学归纳法的思想在前面已经多次用到过。例如在第三节，我们实际上 证明了：按照所说的规则，2n（n≥4）根火柴可以两两合并起来。 当时的做法，是先从最简单的情况做起，把八根火柴 （n＝4）两两合并 起来。这就是奠基。 然后，对十四根火柴，我们曾把它归结为十二根火柴的问题；十二根又 归结为十根；十根又归结为八根。这样一步步退到八，也就是由八一步步进 到十四。同样，也可以进到四十，或者更一般地进到2n。其中的关键，是把 左起第四根火柴与第一根火柴合并。这样，2n根火柴的问题，就化为2（n- 1）根火柴的问题了。只要2（n-1）根火柴能够两两合并起来，那2n根火柴 也就能两两合并起来。这就是第二部分：归纳。

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24百人报数 100人排成一列，自 1起往下报数，报奇数的人出列，留下的人再重新 报数。这样继续下去，最后只留下一个人。请问：这个人在第一次报数时报 的数是多少？ 是64。 为什么是64呢？ 第一次留下的是偶数，也就是2的倍数。第二次留下的偶数，也就是4 的倍数。依此类推，第三次留下的是8的倍数；第四次留下的是16的倍数； 第五次留下的是32的倍数；第六次留下的是64的倍数。 因为在100个自然数中，只有64是64的倍数，所以报第六次数后，只 留下一个人，他在第一次报数时报的是64。 解得很好。说 “依此类推”，其实就是归纳法。 是完全归纳法，还是不完全归纳法？ 能从结论对前一步成立，推出结论对下一步成立，那就是完全归纳法。 不过，问题还可以提得更一般些，不必限制在100。 对全体自然数1，2，3，…来说，第一次留下的是2的倍数： 2×1，2×2，2×3…… n-1 第n－1次留下的是2 的倍数： 那么第n次留下的是 就是 n 也就是第n次留下的是2的倍数。 这样的写法，是按照数学归纳法的标准写法来写的。要是确实能保证从 前一步推出下一步，说 “依此类推”是可以的。 下面，把这个问题改动一下： 100人排成一列，自 1起往下报数，报偶数的人出列，留下的人再重新 报数。这样继续下去，最后会留下两个人，一个当然是报1的人。请问：另 一个人在第一次报数时，报的数是多少？ 这两个问题关系密切。要是把第一个人去掉，那每个人每次报的数都比 原先少 1，原先报奇数的现在报偶数。这样，每次留下的就是现在报偶数的 人。因为在原来的问题中，最后留下的是第一次报64的那个人；所以在这个 问题中，最后留下的是第一次报65的人，和每次报1的人。 前面讲了借一个蛋来解题的方法，这里反倒要去掉一个人。其实，去掉 一个人，就是借得－1个人。

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25约瑟夫斯问题 传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1， 2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩 下一个人，这个人就是约瑟夫斯。你能知道约瑟夫斯的号码是多少吗？ 这个问题与上一节的问题有些类似，又有所不同。上一节是排成一列， 报了一次又一次，这次是排成圆圈，数了一圈又一圈。 要是人数是2的幂，比如说是64，这时和上一节的问题有什么关系？ 第一圈数过去，留下的是偶数；然后从2开始再数一圈，留下的是4的 倍数。这样继续下去，留下的是64。 啊。要是把这个圆圈在64与1之间剪开，拉成一条直线，那这个问题， 实际上和上一节的问题完全一样。 k k 对。这样的推理，适用于2的任意次幂——2，k是正整数。在人数为2 k 时，约瑟夫斯的编号是2。 人数不是2的幂呢？ k k+1 k 我们可以认为人数n满足2＜n≤2 。然后，考虑最简单的情况n＝2+1， k 看看它和人数为2的情况有什么关系。 k 知道了。在1号被杀死后，人数就变成2了。 k 问题是在这2个人中，第一个被杀的是几号？最后留下的是几号？ 第一个被杀的当然是3号，最后留下的应当是2号。因为这时3号是第 k 一个人，2号就是第2个人。 现在，再考虑一下从n-1个人进到n个人。也就是说，人数是n-1时， 最后留下的是X号，那人数是n时，最后留下的是谁？ 在第一个人——1号被杀后，人数就变成n-1了。 在这n-1个人中，因为第一个被杀的是3号，所以最后留下的应当是x ＋2号。看起来，每增加一个人，最后留下的人的号数就增加2，是可以导出 k k 一个公式来的。2+1个人，最后留下2号；2+2个人，最后留下4号，依此 k 类推，2＋m个人，最后留下的是2m号。对吗？ k k+1 k 对。换句话说，要是人数是n，2＜n≤2，那最后留下的就是2（n-2） 号。 与约瑟夫斯问题类似的问题很多。例如： 一、50枚棋子围成圆圈，编上号码1，2，3，…每隔一枚棋子取出一枚， 要求最后留下的一枚棋子的号码是42，那该从几号棋子开始取呢？ 二、41枚棋子围成圆圈，编上号码1，2，3，…沿圆圈自1开始，每数 三枚棋子，就取出第3枚棋子，这样陆续取出 1，4，7，…问最后留下的是 第几枚？ 三、用1到6摆成一个圆圈如图。先取1，然后每数k枚棋子就取出第k 枚棋子。要是取出的顺序刚好是1，2，3，4，5，6。问k＝？

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26六十四个金环 在印度北部贝拿勒拿的圣庙里，安放着一块黄铜板，板上插着三根宝石 针，每根针高约六十厘米；据说，印度教的主神梵天在创造世界时，在其中 的一根针上，从下到上放下了由大到小的六十四个金环。这就是梵塔。不论 白天黑夜，都有一个人在那里按照梵天的规定，把这些环在三根针上移来移 去。梵天的规定是一次只能移一个，并且要求不管在哪一根针上，小环永远 只能在大环上面。当六十四个环，全都从梵天创造世界时所放的那根针上， 移到另外一根针上时，世界就会在一声霹雳中消灭，梵塔、庙宇和众生都将 同归于尽。 这个有趣的传说，也是一个很好的数学问题。 怎样把六十四个环移到另一个环上，这是一件很不容易的事。不信，这 里有A、B、C三个塔，A塔上只有四个环，你能把它移到B塔上去吗？ 四个环也不好办。还是从最简单的情况做起吧。 要是只有一个环，一下就从A塔移到B塔了。要是A塔上有两个环，那 先把小环移到c塔上；再把大环移到B塔上；最后把小环移到B塔上。这就 把两个环从A塔移到B塔上了。 好，奠基的工作已经完成了。现在，来考虑第二部分——归纳部分。还 记得这一部分应当做什么吗？ 假设结论对n-1成立，要证明结论对n成立。也就是假设n-1个环可以 从一个塔移到另一个塔上，要证明n个环可以从A塔移到B塔上去。 对。怎么证明呢？ 和两个环的移法一样。先把n-1个环从A塔移到C塔上；然后把最下的 一个移到B塔上；最后，再把n-1个环从C塔移到B塔上。这就把n个环都 移到B塔上了。实际上，就是把那n-1个环当作一个环搬来搬去。 道理就是这样。问题是从A塔移到B塔，至少要移动多少次？ 一个环移动一次，两个环移动三次，三个环呢？按照刚才的移法，需要 3＋1＋3＝7 次。因为两个环移到C上需移三次；一个环移到B上需移一次；两个环 再从C移到B上又是三次。 看起来，这里的变化规律，可以用二进位制记数法表示： 1＝ （1），3＝ （11），7＝ （111）。 2 2 2 这样，一般的结论是 次。 证明还是采用数学归纳法。奠基部分已经说过了。现在，假设n-1个环 从一个塔移到另一个塔，至少用 次，那么n个环，根据说过的道理， 需要 所以，这个结论对每个自然数n都成立。 好。我们来算一下六十四个环，从一个塔全部移到另一个塔上需要多少 时间？ 移动的次数是：

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用计算机不难算出： 64 2－1＝18，446，744，073，709，551，615。 这是一个非常巨大的数。要是一秒钟移动一次， 昼夜不停，也需要58万亿年。据估计，太阳系已经存在30亿年，还将 存在150亿年，总起来不足200亿年。所以，在58万亿年时，太阳系早就不 存在了。

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27哈密尔顿 的周游世界 1859年，英国数学家哈密尔顿，发明了一种叫做周游世界的游戏。他用 一个正十二面体的二十个顶点代表二十个大城市，要求沿着棱，从一个城市 出发，经过所有的城市一次，然后回到出发城市。 用下边的平面图代替正二十面体，也能进行同样 的游戏。符合要求的路线很多，也好找。 下面这个图中有十六个点，能找到一条路线经过每个点恰好一次吗？ 这样的路线是不存在的。也就是说，不可能在图中找到一条路线经过每 个顶点恰好一次。 为什么呢？ 这可以用枚举法来给出证明。不过，题目的可能情况太多，用枚举法太 繁。 那怎么办呢？ 用反证法。 先把这些点涂上红 （白）、蓝（黑）两种颜色，使得相邻的两个点颜色 不同。 这样，每走一步，红点只能走到蓝点，蓝点只能走到红点。要是有一条 通路存在，那在这条路上，红点与蓝点的个数应当相等。 当然也可能相差一个。要是从红点开始，最后一个是蓝点，红点与蓝点 一样多；最后一个是红点，红点比蓝点多一个。要是从蓝点开始，这时红点 与蓝点个数一样多，或者红点比蓝点少一个。 数一数，图中有七个蓝点，九个红点。它们的差是二。这和红点个数与 蓝点个数至多相差为一矛盾。所以，没有一条经过每个点恰好一次的路存在。 在数学里，答案为不可能的问题很多。不要认为所有问题的答案都是能。 当然，为什么不可能，也同样需要经过严格的证明才能成立。

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28翻茶杯 七只茶杯，杯口朝上放在桌上，请你把它们全部翻转成杯口朝下。每次 翻转时，要求同时翻转四只茶杯。 这是不可能的。怎样证明，简便的办法是把杯口朝上的茶杯记成+1，把 杯口朝下的茶杯记成-1。这样，问题就变为 +1，+1，+1，+1，+1，+1，+1 七个数，每次翻动，就是改变其中四个数的符号，看能不能经过有限次 翻动，把它们全部改成-1。 现在，请你考虑一下，经过一次翻动，这七个数的乘积有没有变化？ 这七个数的乘积保持不变。 为什么呢？ 改变一个数的符号，也就是把这个数乘以-1。在一次翻动中，有四个数 4 4 乘以-1，七个数的乘积经过一次翻动后，应当乘以 （-1）。可是 （-1）=+1， 所以七个数的乘积经过翻动，仍然保持不变。 前面说过，这种不变的量，往往是解决问题的关键。这里，这个结论好 证明。 原来的七个数的乘积是+1，不管经过多少次翻动，七个数的乘积始终是 +1、而7个-1的乘积是-1。所以，不可能把七个数都变成-1。 要是把这个问题里的七改成任意一个正奇数，四改成任意一个正偶数， 答案仍然是不可能。 把七改成偶数呢？ 要是原来有偶数个茶杯，那就一定能经过若干次翻动，让全部杯口朝下。 另外，要是每次翻动奇数个茶杯，那不管原来茶杯是偶数个还是奇数个， 也一定能经过若干次翻动，让全部杯口朝下。 这里面的道理，请你自己想一想。

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29脱鞋穿鞋 这是一个湖的平面图。图中的曲线都是湖岸。 请你想一想： 一、要是P点在岸上，那A点是在岸上还是在水中？ 二、有人经过这个湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋。要是有一点 B， 这个人从A点走到B点时，他脱鞋次数与穿鞋次数的和是奇数，那B点是在 岸上还是在水中？ 一琢磨，每通过一次湖岸线，人不是从岸上走到水里，就是从水里走到 岸上。这样，我们便得到：通过奇数次湖岸线时，人从岸上走到水里，或者 从水里走到岸上；通过偶数次湖岸线时，人从岸上走到岸上，或者从水里走 到水里。现在，从P到A需要通过五次湖岸线，P在岸上，所以A在水中。 同理，可以知道B点在岸上。 这个题就难一点了。如图，能不能不重复，三笔把它画好？ 答案是不能。 为什么呢？ 图中有八个顶点，每个顶点有三条线，这种有奇数条线的顶点，称为奇 顶点。要是顶点有偶数条线，称为偶顶点。 凡是能一笔画成的图，除去首尾两个点外，其余的中间点，例如下图中 的A点和B点，都必须是偶顶点。 因为每有一条进入A点或者B点的线，就必须有一条从A点或者B点发 出的线才行。这样，凡是一笔能画成的图，至多只能有两个奇顶点；凡是能 两笔画成的图，至多只能有四个奇顶点；凡是能三笔画的图，至多只能有六 个奇顶点。现在，图中有八个奇顶点，所以它至少需要四笔才能画成。这是 很明显的。 看来起，一笔画和多笔画问题，有点与哈密尔顿路线相近，可又有不同。 它们都是图论的研究内容。