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30波沙的故事 匈牙利出过不少数学小能人，波沙就是一位。在他九岁的时候，数学家 厄尔多斯专程到布达佩斯去看他。 厄尔多斯出了一个问题给他做：在 1，2，3……2n这2n个自然数中，任 意取出n＋1个来，那其中一定有两个数互质。也就是它们的最大公约数是1。 波沙正在喝咖啡，他用汤匙在杯子里搅了几下说：这个问题不难。在任 取的n＋1个数中，一定有两个数是相邻的。两个连续整数的最大公约数是1。 波沙答得快，答得好，可见他善于思考问题，发现规律。后来，厄尔多 斯经常出问题给他做，波沙很快成了一位数学家。 为什么从2n个自然数1，2，3，……2n中，任意取出n＋1个，一定有 两个是相邻的呢？ 这可以用既简单又有趣的抽屉原则来证明。这个原则说：把 n＋1个苹果 放到 n个抽屉中，一定有一个抽屉中的苹果个数不少于 2。换句话说，从n 个抽屉中取出n＋1个苹果，那么，一定从某一个抽屉中取出两个或者更多个 苹果。 对。要是从每个抽屉中，都至多取出1个苹果，那么从n个抽屉中，至 多只能取出n个苹果。 好。现在我们把1，2，3，……2n这2n个数分成n组：1，2为一组；3， 4为一组；……2n-1，2n为一组。再把每一组看成是一个抽屉，每一个数看 成是一个苹果。根据抽屉原则，取出的n＋1个数——苹果，一定有两个是在 同一组中，也就是说它们是相邻的。 抽屉原则用处很大。再举一个例子：任取五个自然数a，a，a，a，a， 1 2 3 4 5 证明其中一定有一个数或者几个数的和，能被5整除。 解这类问题的关键，是制造适当的抽屉。我们把五个自然数放在五个抽 屉里：除以5余1的放在第一个抽屉里；除以5余2的放在第二个抽屉里； 余3的放在第三个抽屉；余4的放在第四个抽屉；最后，被5整除 （除以5 余0）的数放在第五个抽屉里。 现在来考虑这五个自然数： a,a+a,a+a+a,a+a+a+a,a+a+a+a+a。 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 5 要是其中有一个在第五个抽屉里，结论已经成立。 要是这五个数都不在第五个抽屉里，那么，这五个数在前四个抽屉里。 根据抽屉原则，其中一定有两个数在同一个抽屉里。也就是说这两个数除以 5，所得的余数相同。这样，这两个数的差被 5整除。可是，在 a,a+a,a+a+a,a+a+a+a,a+a+a+a+a中，任意两个数的差是a,a,a,a 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 5 2 3 4 5 中的一个或者几个的和。所以，在a,a,a,a,a中，一定有一个或者几个的 1 2 3 4 5 和被5整除。 在解答与整数有关的问题时，考虑余数是一种常用的方法。奇数与偶数 就是除以2余1与余0的数。

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31乒乓球循环赛 在一次乒乓球循环赛中，有 n（≥3）名选手参加，每名选手都没有全胜。 请证明一定有三名选手A、B、C，A胜B、B胜C，C又胜A。 设A是胜得最多的一名选手。因为A没有全胜，所以一定有选手C胜A。 现在，考虑被A击败的全部选手，其中一定有一名胜过C，否则C胜的选手 比A还多一名 （因为C胜A）。这与A胜得最多矛盾。于是有选手B，A胜B， 而B胜C。A、B、C就是符合要求的三名选手。 类似这样的问题很多。例如在一次双人舞会上，有 n（n≥2）名男生与n 名女生参加，每名男生与一些 （不是全体）女生跳过舞，每名女生也与一些 （不是全体）男生跳过舞。请证明一定有两名男生b、b与两名女生g、g， 1 2 1 2 b与g、b与g跳过舞，而b与g、b与g没有跳过舞。 1 1 2 2 1 2 2 1 用上题类似的方法，设 b是跳舞次数最多的男生。因为b没有与全体女 1 1 生跳过舞，所以一定有女生g与b没有跳过舞。再设男生b与g跳过舞。考 2 1 2 2 虑与b跳过舞的所有女生，其中一定有未与b跳过舞的，否则与b跳过舞的 1 2 2 女生至少比与b跳过舞的多一个 （b与g跳过舞）。这与b跳舞次数最多矛 1 2 2 1 盾。所以，有女生g与b跳过舞，没有与b跳过舞，b、b、g、g就是符合 1 1 2 1 2 1 2 要求的四名学生。 把解法中的 “最多”改为“最少”，也能够推导出结论。

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32算二十四点 24点是一种速算游戏。参加的人数可多可少。玩法是从扑克牌中任取四 张，把这四张的点数 （A算1、J算11，Q算12，K算13），用加、减、乘、 除和括号连结来起，使算得的结果是 24。这些运算符号使用的次数没有限 制，可是每张牌的点数必须用一次，并且只能用一次。例如，四张牌是3，3， 8，9，那么， 3× （8-3）+9＝24。 下面的五道题，你能尽快算出来吗？ 一1，3，4，10； 二2，7，8，11； 三4，4，5，8； 四1，5，5，5； 五4，6，7，13。 前面三题好算： 4× （10-1-3）＝24； 2× （11+8-7）＝24； （4+4-5）×8＝24。 想想试试，又算出了第四题： 5× （5-1÷5）＝24。 算的诀窍，是利用24的因数分解： 24＝24×1＝12×2＝8×8＝6×4。 在很多情况下，可以利用这些式子来算得24点。第四题比较难，可不要 轻易说不可能。第五题才是不能组成24点的一个例子。 为什么不可能呢？ 因为4，6，7，13这四个数，可以有二十四种不同的排列次序；而在它 们之间，又可以插入加、减、乘、除和括号中的任意一种，所以有上千种可 能。要对每一种可能都进行检验，最后才能断言不可能组成24点，这当然是 很麻烦的。不过，计算机却很容易做到这一点。 有一位同学编了个程序，在计算机上只用了四十多分钟，就算出了在 1820种情况中 （从52张扑克中任取四张，一共有1820种不同的情况），有 458种是不能组成24点的；并且对其余的1362种情况，都给出了组成24点 的方法。这真是本24点游戏的手册。 把24改成其他因数较多的数，比如240，计算机照样可以很快给出全部 的解答。 计算机作用真大。 枚举法有了计算机帮助，真可以说如虎添翼。不过，计算机的威力也是 有限制的。例如哥德巴赫猜想的情况有无限多种，计算机就无能为力了。 再举一个例子。 任取一个自然数。要是它是奇数，就乘3加1；要是它是偶数，就除以2。 这样继续进行下去，最后的结果一定是 1。角谷静夫等很多数学家是这样猜 想的。 例如 92→46→23→70→35→106→53→160→80→40→20→10→5→16→ 8→4→2→1。

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9 有人用计算机检验了在 10以下的自然数，证实猜想总是正确的。这就 增强了肯定这个猜想的信心。可是，这并不能肯定这个猜想对所有的自然数 是正确的。 看来起，这个猜想超出了目前计算机的能力。数学家厄尔多斯认为，它 也超出了目前数学家的能力，在现阶段，最好是别去碰它。

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33一道国际数学奥林匹克题 从1959年起，每年举行一次的国际中学生数学竞赛，又叫做国际数学奥 林匹克。第二十四届国际数学奥林匹克有一道题是： 设a、b、c是三角形的边长，证明 2 2 2 ab（a-b）+bc（b-c）+ca（c-a）≥0； 确定等式成立的条件。 有人认为这里的 a、b、c，可以推广为任意正数，并且还给出了证明。 很遗憾，他的证明是错的。他所说的推广： 设a、b、c为任意正数，那么。 2 2 2 ab（a-b）+bc（b-c）+ca（c-a）≥0， 是不能成立的。 要证明这个推广不成立，只要举出一个反例，也就是举出一个使它不成 立的例子，就足够了。 怎样举反例，通常是选用极端的情况。比如说a＝b＝c。 2 这里，a＝b＝c，等号成立，不是反例。要是取b＞a，这时ab（a-b） ＜0。再设c很小，这时 2 2 bc（b-c）+ca（c-a） 2 也就很小。所以，它与负数ab（a-b）的和 2 2 2 ab（a-b）+bc（b-c）+ca(c-a)＜0。 这就证明了推广是不成立的。 原来的问题怎样解，这可不容易。不只优秀的中学生感到困难，大学生 也不一定能顺利解决。 参加这次比赛的一名西德选手，却找到了一个简洁的证明。这个证明只 有一个等式和一句话：设a为最大边，因为 2 2 2 ab（a-b）+bc（b-c）+ca（c-a） 2 ＝a（b-c） （b+c-a）+b（a-b） （a-c） （a+b-c）， 而后边的每一项都是非负的，所以原式成立；只有当a＝b＝c时，原式 才是等式。 附带说一下。1985年7月，第二十六届国际数学奥林匹克在芬兰举行， 我国首次派出一名高二学生和一名高三学生前往参加，名次靠后。看来，我 国的成绩不够理想，准备不够是原因，现场应变能力较差也是原因。 这次竞赛有两道几何题： 一，设凸四边形ABCD的顶点在一个圆上，另一个圆的圆心在边AB上， 并且与四边形的其余三条边相切。求证AD+BC=AB。 二，设ABC为三角形，一个以O为圆心的圆经过顶点A和C，又和线段 AB、BC分别交于点K、N，K与N不同；△ABC和△KBN的外接圆，恰好相交 于B和另一个点M。求证∠OMB为直角。 这两道题层次多，难度较大。既需要扎实的基本知识，又需要机智和技 巧，才能找到解决问题的突被口。 1986年初，中国数学会和南开大学在天津主办了首届全国中学生数学冬 令营。通过考试，从营员中选拔选手，参加1986年7月在波兰举行的第二十 七届国际数学奥林匹克。冬令营的考试很别致，发糖果和点心，有休息室和

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茶水，什么时候想出去走动走动都可以。据说，今后的国际数学奥林匹克赛 就是这个样子。看来，这样的适应性训练是需要的。 据新华社华沙7月14日电：第二十七届国际数学比赛结果今天揭晓。两 名苏联选手和一名匈牙利选手以满分 （42分）获一等奖。我国来自郑州、上 海、天津的三名选手，分别以41、39、37分获得一等奖。来自西安、湖北黄 冈的两名选手，分别获得二等、三等奖。 和上一届比，我国代表队的成绩，进步很大。

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34算算看看想想 这是这本小书的最后一节。先请你验证一下下面的三个等式： 2 2 2 44+117=125； 2 2 2 117+240＝267； 2 2 2 240+44＝244。 一个简便的验证方法是： 2 2 125-117＝ （125+117） （125-117） 2 2 2 ＝242×8＝121×2×8＝11×4＝44； …… 2 2 2 现在，我们把全部平方数分为两组，那么，在44、117、240这三个数 中，一定有两个数在同一组 （也可能三个数都在同一组），而这两个数的和 是一个平方数。于是，我们使得到这样的结果： 要是把平方数分成两组，那么，一定有一组中有两个数的和是平方数。 再进一步，考虑无穷多个 2 2 2 （44n）， （117n）， （24（n） （n＝1，2，3、…），我们又得到这 样的结果： 要是把平方数分成两组，那么，一定有一组中有无限多个数的和是平方 数。 更进一步，还可以考虑把全体自然数（或者平方数）分为三组、四组、… K组，是不是一定有一组中有两个数的和是平方数呢？ 不过，这个问题太难了。我们不准备、也不可能解决所有的问题，只能 说留下一点问题，供你在今后学习时思考。 其实，所有这本书已经解决过的问题，都可以进一步考虑： 能不能少走弯路？ 有没有更好的解法？ 能不能得到更好的或者更一般的结论？