2023年12月15日发(作者：法语数学试卷推荐信怎么写)
七年级数学拓展课程
奇趣数学
编写
初一集备组
第一讲：奇趣数学
第二讲：火柴游戏
第三讲：三大几何难题
第四讲：巴霍姆的故事
第五讲：黄金分割
第六讲：染色问题
第七讲：抽屉原则
第八讲：欧拉公式与正多面体的制作
第九讲：欧拉公式与足球
第十讲：设计制作长方体形状的包装纸盒
第十一讲：数独
第十二讲：柯克曼女生问题
第十三讲：24道名人名题（一）
第十四讲：24道名人名题（二）
第十五讲：数学巨匠
第一讲：奇趣数学
1、蝴蝶效应
气象学家Lorenz提出一篇论文，名叫「一只蝴蝶拍一下翅膀会不会在Taxas州引起龙卷风？」论述某系统如果初期条件差一点点，结果会很不稳定，他把这种现象戏称做「蝴蝶效应」。就像我们投掷骰子两次，无论我们如何刻意去投掷，两次的物理现象和投出的点数也不一定是相同的。Lorenz为何要写这篇论文呢？ 这故事发生在1961年的某个冬天，他如往常一般在办公室操作气象电脑。平时，他只需要将温度、湿度、压力等气象数据输入，电脑就会依据三个内建的微分方程式，计算出下一刻可能的气象数据，因此模拟出气象变化图。
这一天，Lorenz想更进一步了解某段纪录的後续变化，他把某时刻的气象数据重新输入电脑，让电脑计算出更多的後续结果。当时，电脑处理数据资料的数度不快，在结果出来之前，足够他喝杯咖啡并和友人闲聊一阵。在一小时後，结果出来了，不过令他目瞪口呆。结果和原资讯两相比较，初期数据还差不多，越到後期，数据差异就越大了，就像是不同的两笔资讯。而问题并不出在电脑，问题是他输入的数据差了0.000127，而这些微的差异却造成天壤之别。所以长期的准确预测天气是不可能的。
参考资料：阿草的葫芦(下册)——远哲科学教育基金会
问题：听了这个故事，你有什么感想
2、动物中的数学“天才”
蜜蜂蜂房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱锥形的底，由三个相同的菱形组成。组成底盘的菱形的钝角为109度28分，所有的锐角为70度32分，这样既坚固又省料。蜂房的巢壁厚0.073毫米，误差极小。
丹顶鹤总是成群结队迁飞，而且排成“人”字形。“人”字形的角度是110度。更精确地计算还表明“人”字形夹角的一半——即每边与鹤群前进方向的夹角为54度44分8秒！而金刚石结晶体的角度正好也是54度44分8秒！是巧合还是某种大自然的“默契”？
蜘蛛结的“八卦”形网，是既复杂又美丽的八角形几何图案，人们即使用直尺的圆规也很难画出像蜘蛛网那样匀称的图案。
冬天，猫睡觉时总是把身体抱成一个球形，这其间也有数学，因为球形使身体的表面积最小，从而散发的热量也最少。
真正的数学“天才”是珊瑚虫。珊瑚虫在自己的身上记下“日历”，它们每年在自己的体壁上“刻画”出365条斑纹，显然是一天“画”一条。奇怪的是，古生物学家发现3亿5千万年前的珊瑚虫每年“画”出400幅“水彩画”。天文学家告诉我们，当时地球一天仅21.9小时，一年不是365天，而是400天。(生活时报)
问题：自然界中，还能找到那些有趣的数学情景
3、麦比乌斯带
每一张纸均有两个面和封闭曲线状的棱(edge)，如果有一张纸它有一条棱而且只有一个面，使得一只蚂蚁能够不越过棱就可从纸上的任何一点到达其他任何一点，这有可能吗?事实上是可能的只要把一条纸带半扭转，再把两头贴上就行了。这是德国数学家麦比乌斯(M?bius.A.F 1790-1868)在1858年发现的，自此以後那种带就以他的名字命名，称为麦比乌斯带。有了这种玩具使得一支数学的分支拓朴学得以蓬勃发展。
问题：自己动手执着一条麦比乌斯带，感受一下它的神奇
4、数学家的遗嘱
阿拉伯数学家花拉子密的遗嘱，当时他的妻子正怀着他们的第一胎小孩。“如果我亲爱的妻子帮我生个儿子，我的儿子将继承三分之二的遗产，我的妻子将得三分之一；如果是生女的，我的妻子将继承三分之二的遗产，我的女儿将得三分之一。”而不幸的是，在孩子出生前，这位数学家就去世了。之后，发生的事更困扰大家，他的妻子帮他生了一对龙凤胎,而问题就发生在他的遗嘱内容。 如何遵照数学家的遗嘱，将遗产分给他的妻子、儿子、女儿呢？
分析：从题目中，可知儿子分的财产与妻子的比是2:1，女儿分的财产与妻子的比是1:2,如果财产是分成3分的，分配方式在题目中，好，现在你，想下，按照这个比例，现在生下了一儿一女，儿子得到的财产是妻子的2倍，女儿得到的财产是妻子1/2，我建议你现在不要看了，先自己想下，如果自己能想出来，你是不错的，否则，你看下下面的内容，也许对你有些帮助。如果妻子得到的是2份，那女儿呢？，此时，儿子是几份呢？整个的家产是几份呢？，想下你能自己做出来吗？
答案： 儿：妻：女＝4：2：1 ...
第二讲：火柴游戏
一个最普通的火柴游戏就是两人一起玩，先置若干支火柴於桌上，两人轮流取，每次所取的数目可先作一些限制，规定取走最後一根火柴者获胜。
规则一：若限制每次所取的火柴数目最少一根，最多三根，则如何玩才可致胜？
例如：桌面上有n=15根火柴，甲﹑乙两人轮流取，甲先取，则甲应如何取才能致胜？
为了要取得最後一根，甲必须最後留下零根火柴给乙，故在最後一步之前的轮取中，甲不能留下1根或2根或3根，否则乙就可以全部取走而获胜。如果留下4根，则乙不能全取，则不管乙取几根（1或2或3），甲必能取得所有剩下的火柴而赢了游戏。同理，若桌上留有8根火柴让乙去取，则无论乙如何取，甲都可使这一次轮取後留下4根火柴，最後也一定是甲获胜。由上之分析可知，甲只要使得桌面上的火柴数为4﹑8﹑12﹑16...等让乙去取，则甲必稳操胜券。因此若原先桌面上的火柴数为15，则甲应取3根。（∵15-3=12）若原先桌面上的火柴数为18呢？则甲应先取2根（∵18-2=16）。
规则二：限制每次所取的火柴数目为1至4根，则又如何致胜？
原则：若甲先取，则甲每次取时，须留5的倍数的火柴给乙去取。
通则：有n支火柴，每次可取1至k支，则甲每次取後所留的火柴数目必须为k+1之倍数。
规则三：限制每次所取的火柴数目不是连续的数，而是一些不连续的数，如1﹑3﹑7，则又该如何玩法？
分析：1﹑3﹑7均为奇数，由於目标为0，而0为偶数，所以先取者甲，须使桌上的火柴数为偶数，因为乙在偶数的火柴数中，不可能再取去1﹑3﹑7根火柴後获得0，但假使如此也不能保证甲必赢，因为甲对於火柴数的奇或偶，也是无法依照己意来控制的。因为〔偶-奇=奇，奇-奇=偶〕，所以每次取後，桌上的火柴数奇偶相反。若开始时是奇数，如17，甲先取，则不论甲取多少（1或3或7），剩下的便是偶数，乙随後又把偶数变成奇数，甲又把奇数回覆到偶数，最後甲是注定为赢家；反之，若开始时为偶数，则甲注定会输。
通则：开局是奇数，先取者必胜；反之，若开局为偶数，则先取者会输。
规则四：限制每次所取的火柴数是1或4（一个奇数，一个偶数）。
分析：如前规则二，若甲先取，则甲每次取时留5的倍数的火柴给乙去取，则甲必胜。此外，若甲留给乙取的火柴数为5之倍数加2时，甲也可赢得游戏，因为玩的时候可以控制每轮所取的火柴数为5（若乙取1，甲则取4；若乙取4，则甲取1），最後剩下2根，那时乙只能取1，甲便可取得最後一根而获胜。
通则：若甲先取，则甲每次取时所留火柴数为5之倍数或5的倍数加2。
6、韩信点兵 韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。刘邦茫然而不知其数。
我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？
首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然後再加3，得9948（人）。 中国有一本数学古书「孙子算经」也有类似的问题：「今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？」 答曰：「二十三」 术曰：「三三数之剩二，置一百四十，五五数之剩三，置六十三，七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之，即得。凡三三数之剩一，则置七十，五五数之剩一，则置二十一，七七数之剩一，则置十五，即得。」 孙子算经的作者及确实着作年代均不可考，不过根据考证，着作年代不会在晋朝之後，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。
中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。
第三讲： 三大几何难题
虽然在几何数学中，各种各样的问题都得到了解决，但至今为止还有三个几何题没能得到解答，被称为几何三大难题。那究竟是那几个问题呢，我们一起来了解一下吧！
第一，化圆为方。
在古希腊的时候有一个学者叫做安拉克萨哥拉，有一次，他提出太阳是一个巨大的火球。从现在看来，它绝对符合客观事实，但在当时，人们都相信神话中的说法，太阳是神灵阿巴罗的化身。于是安拉克萨哥拉被判定为亵渎神灵，判处死刑，被投到了牢狱中。
在等待执行的日子里，他依然在思考着关于宇宙和万物的问题，当然也包括数学问题。一天晚上，他看到圆圆的月亮，透过正方形的铁窗照进牢房，他心中一动，想：如果已知一个圆的面积，那么，怎样做出一个方来，才能使它的面积恰好等于这个圆的面积呢？这个问题看似简单，却难住了安拉克萨哥拉。在古希腊，对作图工具进行了限制，只允许使用直尺和圆规。
安拉克萨哥拉一直在思考这个问题，甚至忘了自己是还是一个待处决的犯人。到了后来，受到好朋友伯利克里（当时杰出的政治家）的营救，脱离了牢狱之苦。然而这个问题，他自己没有能够解决，整个古希腊的数学家也没有能解决，成为历史上有名的三大几何难题之一。在之后的两千多年里，也有无数的数学对此做了论证，可始终没有得到答案。
第二，立方倍积。
此问题也是几何三大难题中的一个。相传，在古希腊的有一个名为第罗斯的小岛有一年发生了瘟疫，岛上的居民到神庙去祈求宙斯神，询问该如何免除灾难？许多天过去了，巫师终于传达了神灵的旨意，原来是宙斯认为人们对他不够虔诚，他的祭坛太小了。要想免除瘟疫，必须做一个体积是这个祭坛两倍的新祭坛才行，而且不许改变立方体的形状。于是人们赶紧量好尺寸，把祭坛的长、宽、高都增加了一倍，第二天，把它奉献在了宙斯神的面前。不料，瘟疫非但没有停止，反而更加流行了。第罗斯岛的人民惊慌失措了，再次向宙斯神祈求。巫师再次传达了宙斯的旨意。原来新祭坛的体积不是原来祭坛的两倍，而是八倍，宙斯认为，第罗斯人抗拒了他的意志，因此更加发怒了。当然这只是个传说，但这个问题至今为止都没能解答出来确是事实。
其问题就是：仅仅用圆规和没有刻度的直尺来做一个立方体，使得这个立方体是已知原来的立方体体积的2倍。由于至今没有人解答，所以它成为了几何学的第二大问题。
第三，三等分角。
这个问题也有一个传说。据说，在公元前4世纪的时候埃及的亚历山大城是一座著名的繁荣都城。在城的近郊有一座圆形的别墅，里面住着一位公主。圆形别墅的中间有一条河，公主居住的屋子正好建在圆心处。别墅的南北墙各开了一个门，河上建有一座桥。桥的位置和北门、南门恰好在一条直线上。国王每天赐给公主的物品，从北门送进，先放到位于南门的仓库，然后公主再派人从南门取回居室。从北门到公主的屋子，和从北门到桥，两段路恰好是一样长。公主还有一个妹妹小公主，国王也要为她修建一座别墅。而小公主提出，自己的别墅也要修得和姐姐的一模一样。小公主的别墅很快动工了。可是工匠们把南门建好后，要确定桥和北门的位置的时候，却发现了一个问题：怎样才能使北门到居室、北门到桥的距离一样远呢？最终工匠们发现，要想要相等的距离，就必需先要解决三等分的这个问题，只要问题可以解决，就能确定桥和北门的位置。
于是工匠们尝试用直尺和圆规作图法定出桥的位置，但过了很久，都没有得到解决，无奈之下，他们只好去请教当时最著名的数学家阿基米德。阿基米德看到这个问题，想了很久。他在直尺上做上了一点固定的标记，便轻松地解决了这一问题。大家都非常佩服他。不过阿基米德却说，这个问题没有被真正解决。因为一旦在直尺上作了标记，等于就是为它做了刻度，这在尺规作图法中是不允许的。于是这个问题在两千年来一直困扰着无数的数学家，直到一百多年前，德国数学家克莱因做出了一个无可置疑的证明：只用直尺和圆规，是不可能解决这三个难题的。也就是说，这个问题到目前为止都还没有得到真正的解决。
第四讲：巴霍姆的故事
托尔斯泰，是俄罗斯最伟大的作家之一，是世界著名的文学家。但他并不是喜欢文学，他对数学也非常的喜欢，而且还提过很多有趣的数学问题。小朋友，你们知道托尔斯泰吗？他是俄罗斯最伟大的作家之一，也是世界著名的大文豪。“巴霍姆的故事”是一篇文章里的故事。
故事的内容为巴霍姆想买一块地，见到了一位酋长，就询问地的价钱。酋长说：“我们的价钱是统一的，每天1000卢布。”
“每天？土地怎么可能用“天”来丈量？“巴霍姆以为自己听错了。
当然，我们出卖是论天卖的，你一天能多少地方，那些地方就都归你了，无论你走多少，价钱都是1000卢布。但有一个条件，那就是你不能在日落之有回到出发点，你的钱就白花了。”酋长说道。
巴霍姆想只要自己走得够快，走得够多，就一定可以得到更多的土地，于是他愉快地答应了酋长的要求。他于酋长约定，第二天早上从太阳升起时算起，自己开始走，只要太阳下山以前回到出发的地点，那么，所走的地方就都归他了。第二天天不亮，巴霍姆和酋长来到了草原上的一个土丘旁。酋长摘下自己的帽子，扔在地上，说：“这就是记号，你从这儿走出去，还得走回这儿来。能走多少，围出的土地就给你多少。”太阳刚刚升起，巴霍姆就扛起耙子出发了。
他健步如飞，一口气走出了5俄里，他抬头看了看太阳，大概到了吃早饭的时候。但他想：“先不忙拐弯，再走5俄里吧。”于是他又往前走了5俄里，觉得这一边走得差不多了，于是向左边拐去。在这面也走了很多路，他又拐了第二个弯。走了一阵，巴霍姆看看太阳，已经是中午，第三条边只走了2俄里，而到出发点还要走15俄里。巴霍姆想：“该往回走了，不然日落前就赶不到出发的地方了！”他便一直向土丘走去，这时他已经很累了，但是仍然不能停下，他跑了起来，终于，在日落前的一霎那，他跑回了土丘，他终于看到了那个狐皮帽子，他用尽最后的力气，向前扑倒，两手刚好够到了帽子。只是很可惜他并没有得到他所走出的土地，为什么呢？因为他已经累死了。
那大家知道不知道巴霍姆走出了多少土地？从故事中，我们就可以知道他走了一个四边形。第一条边是5＋5＝10俄里。第二条边和第一条边互成直角，但是没有给出长度，我们可以设为X俄里。第三条边为2俄里，第四条边为15俄里，从这些条件我们可以知道巴霍姆从A，到B，到C，再到D，最后回到A，走了一个直角梯形。如果我们知道BC边的长度，就可以算出整个直角梯形的面积。根据勾股定理，得出DE＝12.69俄里，那么梯形ABCD的面积S＝12.69×2＋1/2×12.69×8＝76.14（平方俄里）。那么巴霍姆走过的总路程也能求出，是10＋12.69＋2＋15＝39.69（俄里），约等于40俄里。其实，巴霍姆走出的40俄里，如果合理，那么还可以走出更大的一块面积，为什么？
我们知道，周长是在四边形之中的，而且正方形的面积是最大的。如果巴霍姆走出一个边长各为10俄里的正方形的话，那么他走出土地的面积则为10×10＝100（平方俄里），比他所走出的要多出24平方俄里。走到累死，但没有获得最多土地，巴霍姆还真是可怜啊！如果他稍微懂些数学，也不会这么冤枉吧！
问题：周长是在四边形之中的，而且正方形的面积是最大的,你知道为什么吗？
第五讲：黄金分割
说起黄鑫分割，大部分的人认为起源于毕达哥拉斯。据说，在古希腊的一天，毕达哥拉斯走在街上，在经过铁匠铺前听到铁匠打铁的声音非常好听，于是驻足倾听。他发现铁匠打铁节奏很有规律，于是毕达哥拉斯将这个声音的比例以数理的方式表达了出来，后来还用于了多个领域。
黄金分割又称黄金律，是指各事物各部一定的数学比例，就是将一个整体一分为二，这两部分较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比，其比值为1∶0.618或1.618∶1，即长段为全段的0.618。0.618被公认为最具有审美意义的比例数字，这个比例最能引起人的美感比例，因此称之为黄金分割。
黄金分割其比值是5/21/2或二分之根号五减一，取其前三位数字的近似值是0.618。另一侧则是35/2。这是一个十分有趣的数字，我们以0.618来近似，通过简单的计算就可以发现：
1/0.618=1.618
(10.618)/0.618=0.618
这个数值是标准的黄金分割，这个数值用之广泛，它不仅是体现在绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，还体现于管理、工程设计等方面。
怎么做黄金分割点呢？我们可以从一个数列开始，它的前面两个数是：1、1，后面的每个数都是它前面的两个数之和。例如：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144…这个数列的名字叫做“斐波那契数列”，这些数被称为“斐波那契数”。
那斐波那契数列与黄金分割是什么关系？经过多方研究发现，相邻两个斐波那契数的比值是随着序号的增加逐渐趋于黄金分割比。即f(n)/f(n+1)→0.618…。由于斐波那契数都是整数，两个整数相除的商是有理数，所以只是逐渐逼近黄金分割比这个无理数。但如果继续我们继续计算出后面更大的斐波那契数时，就会发现后面相邻两个数的比会非常接近黄金分割比。
而且我们还有一个例子更能说明这个问题。那就是我们大家都熟知的五角星/正五边形。五角星非常漂亮，我国的国旗有五颗，还有不少的国家的国旗也用五角星，为什么呢？那是因为，五角星的几条线段之间的长度关系都是符合黄金分割比的，而且正五边形对角线连满后所出现的三角形，也都是符合黄金分割三角形。黄金分割三角形还有一个特殊性。我们知道，所有的三角形都可以用四个与其本身全等的三角形来生成与其本身相似的三角形，但黄金分割三角形却是可以用5个与其本身全等的三角开生成与其本身相似的三角形。由于五角星的顶角是36度，这样也可以得出黄金分割的数值为2Sin18。所以利用线段上的两个黄金分割点就很容易做出五角形和正五边形。
黄金分割在文艺复兴前后，由阿拉伯人传入欧洲，受到了欧洲人的广泛欢迎，他们称其为“金法”，在17世纪，有一位欧洲数学家甚至称它为“各种算法中最可宝贵的算法”。这种算法在印度称之为“三率法”或“三数法则”，也就是我们现在常说的比例方法。而在我国，对于“黄金分割”的记载虽然没有古希腊早，但它是我国古代数学家独立创造的，后来传入了印度。经考证，欧洲的比例算法是源于我国，然后经过印度再由阿拉伯传入欧洲的，而不是直接从古希腊传入的。由于黄金分割的比值能够引起人们的美感，所以在日常生活中运用的非常广泛。无论是在建、文艺、工农业和科学实验中它都起到了重要的作用。
动手：让我们一起永圆规直尺来画一个五角星吧
第六讲：染色问题
【知识讲解】
我们把要求作出或者证明存在满足某种染色性质的点列、格点、直线、四边形区域和图形等问题叫做染色问题。把用染色作为一种数学工具去分析问题、解决问题的思维方法叫做染色方法。
染色问题是一类与抽屉原理和图论知识联系在一起的数学问题。根据染色的对象（点、线段或区域）不同，我们把它分为点染色、线段染色和区域染色三类。不论是哪类染色问题，它们大都围绕同色点或同色三角形展开分析讨论。
染色问题处理数学问题的思维模式为：通过对点、线或区域进行合理的染色，建立原问题的染色模型，然后对染色模型进行研究，获得原问题的解。
【典型例题讲解】
例1 证明：在任何6个人中，总有3个人相互认识或者互不认识。
解:把这六个人看作六个点，分别编号为1，2，3，4，5，6。
如果两个人认识（问题中认定认识都是相互的），那么就在两个点间连一条红色的直线
，如果噢两个人不认识，那么就在两个点间连一条蓝色的线。
对于编号为1的这个点，从它出发有五条线，那么必有一种颜色的直线占了其中的三条以
上，不妨设是蓝色的直线，连接的点是2，3，4.
而2 3 4三个点之间相连有3条线，如果有一条为蓝色，比如2-3，那么1-2-3就是一个同
色三角形，即1，2，3这三个人互相不认识。
如果2 3 4三个点之间的3条线都不是蓝色，那么2-3-4就是同色三角形，即2，3，4这三
个人互相不认识。
所以命题成立。
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例2 图中的16个点表示16个城市,两个点之间的连线表示这两个城市有公路
相通.问能否找到一条不重复地走遍这16座城市的路线?
解：不能.对这16个城市进行黑白相间的染色,一种颜色有9个,另一种颜色有7个.而要不重复地走遍这16个城市,黑色与白色的个数应该相等.
例3 下图是由4个小方格组成的“L”形硬纸片,用若干个这种纸片无重叠地
拼成一个4n的长方形,试证明:n一定是偶数.
解：如图,对4n长方形的各列分别染上黑色和白色.任一L形纸片所占的方格只有两类:第一类占3黑1白,第二类占3白1黑.
n个
设第一类有a个,第二类有b个,因为涂有两种颜色的方格数相等,故有3b+a=3a+b,即a=b,也就是说第一类与第二类相等,因此各种颜色的方格数都是4的倍数,总数是8的倍数,从而n是偶然.
例4 能否用一个田字和15个41矩形覆盖88棋盘?
解：如图的方式对棋盘染色.那么一个田字形盖住1个或
3个白格,而一个41的矩形盖住2个白格.这样一来一个田字
和15个41的矩形能盖住的白格数是一个奇数,但上图中的
白格数是一个偶数,因此一个田字形和15个41的矩形不能
复盖88的棋盘.
例5 在一个正方形的果园里,种有63棵果树、加上右下角的一间小屋,整齐地排列成八行八列(见图 (a)).守园人从小屋出发经过每一棵树,不重复也不遗漏(不许斜走),最后又回到小屋,行吗?如果有80棵果树,连小屋在内排成九行九列(图(b))呢?
(a) (b)
解：图(a)行,走法如图所示.
图(a)
图(b)不行,将小屋染成黑色,果树染成黑白相间的颜色,则图(b)中有41个黑色的,40个白色的.从小屋出发,按黑 白 黑 白 ……的次序,当走遍80棵树后,到达的树的颜色还是黑色,与小屋不相邻,故不可能最后回到小屋.
例6 17个科学家互相通信,在他们的通信中共讨论3个问题,而任意两个科学家之间仅讨论1个问题.证明:至少有3个科学家,他们彼此通信讨论的是同一个问题.
解：将17个科学家用17个点代表,两点之间连结的线段表示两个科学家之间讨论的问题.用三种颜色给这些线段染色,表示三个问题,于是问题就变成:给17个点之间的所有连结线段用三种颜色染色,必有同色三角形.
从任意一点,不妨设从A向其他16点A1,A2,…A16共可连成16条线段,用三种颜色染色,由抽屉原则可知,必有6条线段同色.设这6条线段为AA1,AA2,…AA6且同为红色.
考虑A1,A2,A3,A4,A5,A6这六点之间的连线,若有一条为红色,(如A1A2为红色) ,则三角形AA1A2为红色的同色三角形.
A1
A2
A3
A
A4
A5
A6 若这六点之间的连线中,没有一条是红色的,则它们之间只能涂两种颜色.考虑从A1引出的五条线段A1A2
A1A3
A1A4
A1A5
A1A6,由抽屉原理知,其中必有三条是同色的.不妨设这三条为A1A2
A1A3
A1A4,且同为蓝色.若三角形A2A3A4的三边中有一条为蓝色的,则有一个蓝色的三角形存在;若三角形A2A3A4三边都不是蓝色的,则它的三边是同为第三色的同色三角形.
A2
A3
A1
A4
例7 下面三个图形都是从44的正方形分别剪去两个11的小方格得到的,问可否把它们分别剪成12的七个小矩形?
解：先对44的棋盘黑白相间的涂色(如图),这道题的实际问题是问7个12矩形能否分别复盖剪去A、B；剪去A、C；剪去A、D的三个棋盘.若7个12矩形可以复盖剪残的棋盘,因为每个12矩形均可盖住一个白格和一个黑格,所以棋盘的白格与黑格数目应该相等.都是7个.而剪去A格和C格的棋盘(2)有5个白格8个黑格,剪去A、D的棋盘(3)有5个白格8个黑格,因此这两个剪损的棋盘均不能被7个12矩形复盖,也就不能剪成7个12的矩形.
A
B
C
D
棋盘(1)可以被7个12的矩形所复盖.下面给出一种剪法:
A 1 1 2
7 7 B 2
6 5 4 3
6 5 4 3
例8 在平面上有一个2727的方格棋盘,在棋盘的正中间摆好81枚棋子,它们被罢成一个99的正方形.按下面的规则进行游戏:每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子,放进紧挨着这枚棋子的空格中,并把越过的这格棋子取出来.问:是否存在一种走法,使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子?
解：如图,将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色,这种染色方式将棋盘分成了三个部分.按照游戏规则,每走一步,有两种颜色方格中的棋子数分别减少了1个,而第三种颜色的棋子数增加了一个.这表明每走一步,每个部分的棋子的奇偶性要发生改变.
因为一开始时,81枚棋子摆成一个99的正方形,显然三个部分的棋子数是相同的,从而每走一步,三部分中的棋子数的奇偶性是相同的.如果走了若干步以后,棋盘上恰好剩下一枚棋子,则两部分上的棋子数为偶数,而另一部分上的棋子数为奇数.这种结果是不可能出现的.
例9 如图,把正方体分割成27个相等的小正方体,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻的6个小正方体中的任一个中去.如果要求甲虫能走到每个小正方体一次,那么甲虫能走遍所有的正方体吗?
解：甲虫不能走遍所有的立方体.
我们将大正方体如图分割成27个小正方体,涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色.显然在27个小正文体中,14个是黑的,13个是白的.甲虫从中间的白色正方体出发,每走一步,小正方体就改变一种颜色.故它走27步,应该经过14个白色的小正方体,13个黑色的小正方体.因此在27步中至少有一个白色的小正方体,甲虫进去过两次.故若要求甲虫到每个小正方体只去一次,甲虫就不能走遍所有的小正方体.
例10 (表1)是由数字0,1交替构成的,(表2)是由(表1)中任选 、 、
三种形式组成的图形,并在每个小方格全部加1或减1,如此反复多次进行形成的,试问(表2)中的A格上的数字是多少?并说明理由.
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 0
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
表 1 表 2
解：如下图所示,将表(1)黑白相间地染色.
表(1)
本题条件允许如图所示的6个操作,这6个操作无论实行在那个位置上,白格中的数字之和减去黑格中的数字之和总是一个常数,所以表1中白格中数字之和与黑格中数字之和的差即32,等于表2中白格中数字之和与黑格中数字之和的差即(31+A)-32,于是(31+A)-32=32,故A=33.
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 A 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 第七讲：抽屉原则
抽屉原则又叫鸽巢原则,最先由19世纪德国数学家狄利克雷运用于解决数学问题,所以也称之为狄利克雷原理。它有着十分有趣的应用，尤其在数学竞赛的一些试题中，显得十分有效.
一、抽屉原则的意义
把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢？一个抽屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹果的方式有所不同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.如果把5个苹果任意放到4个抽屉里，放置的方法更多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理很简单：如果每个抽屉里的苹果都不到两个（也就是至多有1个），那么所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.由此得到：
抽屉原则Ⅰ 把n+1个元素分成n类，不管怎么分，至少有一类中至少有两个元素。
比如，我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、…等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是正确的呢？只要利用抽屉原理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同（在这里，把13人看成13个“苹果”，把12种属相看成12个“抽屉”）。
应用抽屉原理要注意识别“抽屉”和“苹果”，苹果的数目一定要大于抽屉的个数。
如果把19个或20个、21个苹果放进9个抽屉，这时的结论是：至少有1个抽屉至少有3个苹果；把28个或29个、35个苹果放进9个抽屉，这时至少有1个抽屉至少有4个苹果。
这样我们就得出一个更一般的抽屉原则。
抽屉原则Ⅱ 把m个元素分成n类（m＞n），若m和n满足m=nq+r，0≤r＜q，则
（1） 当r=0时，至少有一类至少有q个元素；
（2） 当r≠0时，至少有一类有q+1个元素。
证：当r=0时，m=nq，若任何一类都没有q个元素，则每一类至多有q-1个元素，因而一共有n(q-1) ＜nq个元素，则不会有m个元素，这是不可能的。
当r≠0时，若这n类中没有任何一类有q+1个元素，即每一类至多有q个元素，则这n类至多有nq个元素，而nq ＜nq+r=m，因而也少于m个元素，这也是不可能的。
二、应用抽屉原则的解题步骤
第一步：分析题意，分清什么是“东西”，什么是“抽屉”，也就是什么做“东西”，什么可做“抽屉”.
第二步：制造抽屉，这是关键的一步，这一步就是如何设计抽屉，根据题目条件和结论，结合有关的数学知识，抓住最基本的数量关系，设计和确定解决问题所需的抽屉及个数，为使用抽屉原则铺平道路。
第三步：运用抽屉原则，观察题设条件，结合第二步，恰当应用各个原则或综合运用几个原则，以求问题之解。
三、怎样应用抽屉原则解题
应用抽屉原则的关键点是怎样制造抽屉，我们看几种制造抽屉的不同方法。
1.按同余类造抽屉 我们知道，一个正整数m被正整数n除，总可以写成：m=nq+r，0≤r＜n的形式。
余数有0，1,2,3，……，n-1这n种可能，如果我们把具有相同余数的整数作为一类，即造成一个抽屉，这样就可以造出n个抽屉，对于任一整数，它必然在某一个抽屉之内，如果有n+1（或多于n+1）个整数都被n除，则必有两位数被n除的余数相同，即一定有两个数的差能被n整除，根据这个原理，可以解决一些与余数有关的题目。
2.分割几何图形造抽屉
我们经常遇到这样一类数学题，在一个几何图形上任意放置一些点，或者几何图形上的某些点任意标着一些数，让我们证明存在一些点具有某种性质，这时，常常需要把图形进行巧妙的分割，用这些被分割成的图形做抽屉，从而使思路更加明确、更加集中。
3.利用染色制造抽屉
其实质是对分类的一种形象描述，通过对数（点）集、区域、图形等按要求染上色，从而将所研究的对象进行分类，利用抽屉原则进行解题。
四、典型例题解析
例1 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。
分析与解答 首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.把每人的3枚棋作为一组当作一个苹果，因此共有5个苹果.把每人所拿3枚棋子按其颜色配组情况放入相应的抽屉.由于有5个苹果，比抽屉个数多，所以根据抽屉原理，至少有两个苹果在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。
例2 一副扑克牌（去掉两张王牌），每人随意摸两张牌，至少有多少人才能保证他们当中一定有两人所摸两张牌的花色情况是相同的？
分析与解答 扑克牌中有方块、梅花、黑桃、红桃4种花色，2张牌的花色可以有：2张方块，2张梅花，2张红桃，2张黑桃，1张方块1张梅花，1张方块1张黑桃，1张方块1张红桃，1张梅花1张黑桃，1张梅花1张红桃，1张黑桃1张红桃共计10种情况.把这10种花色配组看作10个抽屉，只要苹果的个数比抽屉的个数多1个就可以有题目所要的结果.所以至少有11个人。
例3 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。
分析与解答 在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。
把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。 在有些问题中，“抽屉”和“苹果”不是很明显的，需要精心制造“抽屉”和“苹果”.如何制造“抽屉”和“苹果”可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。
例4 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。
分析与解答 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：
凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。
现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。
例5 从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。分析与解答在这20个自然数中，差是12的有以下8对：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。
另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）。
例6 从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。
分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）：
｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。
从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。
例7 证明：在任取的5个自然数中，必有3个数，它们的和是3的倍数。
分析与解答 按照被3除所得的余数，把全体自然数分成3个剩余类，即构成3个抽屉.如果任选的5个自然数中，至少有3个数在同一个抽屉，那么这3个数除以3得到相同的余数r，所以它们的和一定是3的倍数（3r被3整除）。 如果每个抽屉至多有2个选定的数，那么5个数在3个抽屉中的分配必为1个，2个，2个，即3个抽屉中都有选定的数.在每个抽屉中各取1个数，那么这3个数除以3得到的余数分别为0、1、2.因此，它们的和也一定能被3整除（0+1+2被3整除）。
例8 某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。
分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.校友人数与握手次数的不同情况（0，1，2，…，n-1）数都是n，还无法用抽屉原理。
然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。
五、知识练习
1.某校的小学生年龄最小的6岁，最大的13岁，从这个学校中任选几位同学就一定保证其中有两位同学的年龄相同？
2.中午食堂有5种不同的菜和4种不同的主食，每人只能买一种菜和一种主食，请你证明某班在食堂买饭的21名学生中，一定至少有两名学生所买的菜和主食是一样的。
3.证明：任取6个自然数，必有两个数的差是5的倍数。
4.为了欢迎外宾来校参观，学校准备了红色、黄色、绿色的小旗，每个同学都左右两手各拿一面彩旗列队迎接外宾.至少有多少位同学才能保证其中至少有两个人不但所拿小旗颜色一样，而且（左、右）顺序也相同？
5.从10至20这11个自然数中，任取7个数，证明其中一定有两个数之和是29。
6.从1、2、3、…、20这20个数中，任选12个数，证明其中一定包括两个数，它们的差是11。
7.20名小围棋手进行单循环比赛（即每个人都要和其他任何人比赛一次），证明：在比赛中的任何时候统计每人已经赛过的场次都至少有两位小棋手比赛过相同的场次。
8.从整数1、2、3、…、199、200中任选101个数，求证在选出的这些自然数中至少有两个数，其中的一个是另一个的倍数.
第八讲：欧拉公式与正多面体的制作
引入：
是否所有的多面体的顶点数V、面数F和棱数E都满足V+F-E=2？我们再看看下面的3个多面体，它们的顶点数V、面数F和棱数E又是多少？
欧拉公式：V+F–E=2
柏拉圖立體
所谓正多面体是指多面体的各个面均呈全等正多边形、每个正多面体的各边的长和顶角的交角均相等。常见正多面体有：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，数学家尤拉(Euler)，在1752年发现各种正多面体均有的关系：面数＋顶角数＝边数＋２；学生也可经由实际折纸来「验证一下」。
制作方法：
(1) 材料：如「西卡纸」之类的厚纸板、双面胶、圆规（利用其针尖戳洞）、剪刀（或美工刀）、铅笔（或原子笔）
(2) 步骤：
1.将「各种平面展开图」（可先影印放大）覆盖于西卡纸上
2.以圆规针尖将「展开图」各顶点戳刺复制在西卡纸上
3.用铅笔将西卡纸上的各点连起来（即将「平面展开图」画出来）
4.将「平面展开图」用美工刀或剪刀裁剪下来
5.用刀背在各折线位置画上一刀，可使折纸的动作好作些
6.将各舌边内折之后贴上适当宽度的双面胶，逐一将各多面体黏合起来
或
用尺规作图法先做出正三角形、正四边形、正五边形
多面透视图
体
正四面体
平面展开图 动画
正六面体
正八面体
正十二面体
正二十面体
第九讲：欧拉公式与足球
小明想用90根相同火柴棒拼粘出一个形如足球的多面体，他连续拼了N次,仍然没有合理地拼出此多面体.你能帮助他设计出来吗？
设足球中形状为五边形和六边形的面各有x个和y个，一个顶点有三条棱，一条棱有两个顶点
3V290
V=60
60xy902由欧拉公式：
另一方面，棱数也可由多边形的边数来表示
15x6y902由以上两方程可解出x=12，y=20.
这个形如足球的多面体中五边形和六边形的面分别有12个和20个
1、认识足球
大家有没有仔细观察过足球，它是由一个十二个正五边形和二十个正六边形组成的正三十二面体划分而成，我们只要建成一个正三十二面体即可划分得足球表面。
大家有没有发现，正三十二面体中一个正五边形旁边有五个正六边形，一个正六边形旁边一个间一个正六边形和正五边形，依据此规律，
2.动手画图制作
我们来构建一个正三十二面体。
一、绘制一个正五边形，边长任意，
二、将五边形边旋转，得到第六条边。
三、正五边形周边的正六边形
四、正六边形夹角处的正五边形
五、正三十二面体
第十讲：设计制作长方体形状的包装纸盒
一、提出问题，指明活动的主要内容
活动名称：设计制作长方体形状的纸盒．
方法：观察、讨论、动手制作．
材料：厚（硬）纸板、直尺、裁纸刀、剪刀、胶水、彩笔等．
准备：收集一些长方体形状的包装盒，如墨水瓶盒、粉笔盒、饼干盒、牛奶包装盒、牙膏盒等．
二、提出活动步骤、分组活动
活动步骤：
1．观察、讨论
以5～6人为一组，各组确定所要设计制作的包装盒的类别，明确分工．
（1）观察作为参考物的包装盒，分析其各面、各棱的大小与位置关系．
（2）拆开盒子，把它铺平，得到表面展开图；观察它的形状，找出对应长方体各面的相应部分；度量各部分的尺寸，找出其中的相等关系．
（3）把表面展开图复原为包装盒，观察它是如何折叠并粘到一起的．
（4）多拆、装几个包装盒，注意它们的共同特征．
（5）经过讨论，确定本组的设计方案．
2．设计制作
（1）先在一张软纸上画出包装盒表面展开图的草图，简单设计一下，裁纸、折叠，观察效果．如果发生问题，调整原来的设计，知道达到满意的初步设计．
（2）在硬纸板上，按照初步设计，画好包装盒的表面展开图，注意要预留出粘合处，并要减去适当的棱角．在表面展开图上进行图案与文字的美术设计．
（3）裁下表面展开图、折叠并粘好粘合处，得到长方体包装盒
3．交流、比较
各组展示本组的作品，并介绍设计思想和制作过程．
讨论本组的作品，重点探究以下问题：
（1）制成的包装盒是否是长方体？若不是，是哪个地方出项了问题？如何改正？
（2）从使用性上看，包装盒形状、尺寸是否合理？用料是否节省？是否需要改进？
（3）包装盒的外观设计是否美观？
（4）对平面图形与立体图形的联系有哪些新认识？
4．评价、小结
评价各组的活动情况，小结活动的主要收获．
三、小结
小结：制作立体图形――先转化为平面图形（平面展开图），再转化为立体图形（折叠）
四：作业：
（1）自己设计制作一个正六棱柱形状（底面是6条边相等、6个角都相等的六边形，6个侧面都是长方形）的包装盒；
（2）自己设计制作一个圆柱形的包装纸盒
第十一讲： 数独
数独（日语：数独 すうどく）是一种源自18世纪末的瑞士，后在美国发展、并在日本得以发扬光大的数学智力拼图游戏。拼图是九宫格（即3格宽×3格高）的正方形状，每一格又细分为一个九宫格。在每一个小九宫格中，分别填上1至9的数字，让 整个大九宫格每一列、每一行的数字都不重复。
数独的玩法逻辑简单，数字排列方式千变万化。不少教育者认为数独是锻炼脑筋的好方法。
历史
如今数独的雏型首先于1970年代由美国的一家数学逻辑游戏杂志发表，当时名为Number
Place。现今流行的数独于1984年由日本游戏杂志《パズル通信ニコリ》发表并得了现时的名称。数独本是“独立的数字”的省略，因为每一个方格都填上一个个位数。
数独冲出日本成为英国当下的流行游戏，多得曾任香港高等法院法官的高乐德（Wayne
Gould）。2004年，他在日本旅行的时候，发现杂志的这款游戏，便带回伦敦向《泰晤士报》推介并获得接纳。英国《每日邮报》也于三日后开始连载，使数独在英国正式掀起热潮。其他国家和地区受其影响也开始连载数独。
解法举例
先注意其中一个方格，限定该方格内可以填写的数字。
注意其中一列（或者其中一个小九宫格），寻找填写某数字的方格。
学过“资料结构”的人，可以尝试用Backtrack试试。
数独的通解方法及步骤：
根据以下方法可以确保最终得到数独的解，而且通过手工运算的时间基本可以控制在1.5个小时，不论难易程度，所以此方法可以作为取得数独答案的一般解法。
1、根据横列、竖列和方格的限制条件排除各个点不可能的数字，并从1－9将各个可能的数字用小字体逐个写进每个空白的格子。（该步骤大约需要15－20分钟，这是求解的初始，务必确保没有遗漏）。
2、审视第一步骤的结果，如果发现某个空格只有一个数字，即确定该空格为这个数字。并根据该数字审视其相关的横列、竖列和方格，并划除相同的数字。（该情况出现的可能往往不多，除了较简单的数独题，但这是一个必要的过程，而且在随后的过程中要反复使用此方法。）
3、审视各个横列、竖列和方格中罗列出的可能的数字结果，若发现某一个数字在各个横列、竖列或方格中出现的次数仅一次，则可以确定该空格的解为此数字。并根据第二条的方法排除与此空格相关列或方格中相同的数字。 4、审视各个横列、竖列和方格中罗列的各个可能的结果，找出相对称的两个数组合的空格（或3个、4个组合），并确定这两个空格（或3个、4个）的数字只可能为这两个数字，即两个数字在这两个空格的位置可以交换，但不可能到该行、该列或该方格的其他位置。根据此结果可以排除相关列或方格罗列出相关数字的可能，并缩小范围。（该步骤处理的难度相对复杂，需要在积累一定经验的基础上进行，也是最终求解的关键）
5、反复使用2、3、4提到的步骤，逐步得到一个一个空格的解，并将先前罗列的各种可能的结果一个一个排除，使可能的范围越来越小，直至得到最后结果。每个人的习惯不一样，每个人的思维方法，惯性也不一样，根据自己的长处选择最好的办法才是真正的技巧
常用方法：
1.联除法
在并排的三个九宫格中的两排寻找相同数字,再利用九宫格得出另一排中该数字位置,该方法适用于中高级数独
2.巡格法
找出在每个九宫格中出现频率较高的数字,得出该数字在其余九宫格内位置,该方法应用于方法一之后
3.排它法
这个方法是解决问题的关键,易被常人所忽略.在各行列或九宫格中观察,若有个位置其它数字都不能填,就填余下的数字
4.待定法
此方法不常用却很有效.暂时确定某个数字在某个区域,再利用其来进行排除
5.行列法
此方法用于收官阶段,利用先从行列突破来提高解题效率
6.假设法
作为一名高手,我不提倡这种方法.即在某个位置随机的填上一个数字,再进行推演,并有可能最终产生矛盾而否定结论
7.频率法
这种方法相比于上一种方法更能提高效率.在某一行列或九宫格列举出所有情况,再选择某位置中出现频率高的数字 8.候选数法
使用候选数法解数独题目需先建立候选数列表，根据各种条件，逐步安全的清除每个宫格候选数的不可能取值的候选数，从而达到解题的目的
使用候选数法一般能解比较复杂的数独题目，但是候选数法的使用没有直观法那么直接，需要先建立一个候选数列表的准备过程，所以实际使用时可以先利用直观法进行解题，到无法用直观法解题时再使用候选数法解题。
候选数法解题的过程就是逐渐排除不合适的候选数的过程，所以在进行候选数删除的时候一定要小心，确定安全地删除不合适的候选数，否则，很多时候只有重新做题了。有了计算机软件的帮助，使得候选数表的维护变得轻松起来
数独直观法解题技巧主要有：唯一候选数法、隐性唯一候选数法、区块删减法、数对删减法、隐性数对删减法、三链数删减法、隐性三链数删减法、矩形顶点删减法、三链列删减法、关键数删减法、关连数删减法。
第十二讲：柯克曼女生问题
有一个学校有15个女生，她们每天要做三人行的散步，要使每个女生在一周内的每天做三人行散步时，与其她同学在组成三人小组同行时，彼此只有一次相遇在同一小组，应怎样安排？
这个问题是英国数学家柯克曼（1806～1895）于1850年提出，下面介绍一位英国牧师Andrew Frost的解答。
设15位女生用下面15个符号表示：x , a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 , d1 , d2 ,
e1 , e2 , f1 , f2 , g1 , g2 ;将它们排成七行，每天五个三人行小组（共十五人），使x处于七行中的最前一位置上：(x,a1,a2); (x,b1,b2); (x,c1,c2); (x,d1,d2); (x,e1,e2);
(x,f1,f2); (x,g1,g2).
于是只须分配14个元素，再每一行中，后继三人行小组，即对有下标的七个元素a，b，c，d，e，f，g进行三元素组合，填入每行，但每个字母只许出项两次。即
Sunday: (x,a,a), (b,d,f), (b,e,g), (c,d,g), (c,e,f);
Monday: (x,b,b), (a,b,e), (a,f,g), (c,d,g), (c,e,f);
Tuesday: (x,c,c), (a,d,e), (a,f,g), (b,d,f),(b,e,g);
Wednsday:(x,d,d), (a,b,c), (a,f,g), (b,e,g),(c,e,f);
Thursday: (x,e,e), (a,b,c), (a,f,g), (b,d,f), (c,d,g)
Friday: (x,f,f), (a,b,c), (a,d,e), (b,e,g), (c,d,g);
Saturday:(x,g,g), (a,b,c), (a,d,e), (b,d,f), (c,e,f)
现在来填下标，如果在同一行中，可以有两个相同字母，例如在第三行中bdf,beg中，b出现两次，可标上不同的脚标b1,b2;若每一个“三人行”，有两个脚标已定，则在同一行，别的三人行组不能再用；若不是由两种原则定出脚标，就定为1。得到解：
Sunday: (x,a1,a2), (b1,d1,f1), (b2,e1,g1), (c1,d2,g2), (c2,e2,f2);
Monday: (x,b1,b2), (a1,b2,e2), (a2,f2,g2), (c1,d1,g1), (c2,e1,f1);
Tuesday: (x,c1,c2), (a1,d1,e1), (a2,f1,g1), (b1,d2,f2),(b2,e2,g2);
Wednsday:(x,d1,d2), (a1,b2,c2), (a2,f2,g1), (b2,e1,g2),(c1,e2,f1);
Thursday: (x,e1,e2), (a1,b1,c1), (a2,f1,g2), (b2,d1,f2), (c2,d2,g1)
Friday: (x,f1,f2), (a1,b2,c1), (a2,d2,e1), (b1,e2,g1), (c2,d1,g2); Saturday:(x,g1,g2), (a1,b1,c2), (a2,d1,e2), (b2,d2,f1), (c1,e1,f2)。
实质上不同的解答只有13种，其他都是与这13种的某一个是同构的
第十三讲：24道名人名题（一）
1.不说话的学术报告
1903年10月，在美国纽约的一次数学学术会议上，请科尔教授作学术报告。他走到黑板前，没说话，用粉笔写出2^67-1，这个数是合数而不是质数。接着他又写出两组数字，用竖式连乘，两种计算结果相同。回到座位上，全体会员以暴风雨般的掌声表示祝贺。证明了2自乘67次再减去1，这个数是合数，而不是两百年一直被人怀疑的质数。毛
有人问他论证这个问题，用了多长时间，他说：“三年内的全部星期天”。请你很快回答出他至少用了多少天？
2.国王的重赏
传说，印度的舍罕国王打算重赏国际象棋的发明人——大臣西萨·班·达依尔。这位聪明的大臣跪在国王面敢说：“陛下，请你在这张棋盘的第一个小格内，赏给我一粒麦子，在第二个小格内给两粒，在第三个小格内给四粒，照这样下去，每一小格内都比前一小格加一倍。陛下啊，把这样摆满棋盘上所有64格的麦粒，都赏给您的仆人吧？”国王说：“你的要求不高，会如愿以偿的”。说着，他下令把一袋麦子拿到宝座前，计算麦粒的工作开始了。……还没到第二十小格，袋子已经空了，一袋又一袋的麦子被扛到国王面前来。但是，麦粒数一格接一格地增长得那样迅速，很快看出，即使拿出来全印度的粮食，国王也兑现不了他对象棋发明人许下的语言。算算看，国王应给象棋发明人多少粒麦子？
3.王子的数学题
传说从前有一位王子，有一天，他把几位妹妹召集起来，出了一道数学题考她们。题目是：我有金、银两个手饰箱，箱内分别装自若干件手饰，如果把金箱中25％的手饰送给第一个算对这个题目的人，把银箱中20％的手饰送给第二个算对这个题目的人。然后我再从金箱中拿出5件送给第三个算对这个题目的人，再从银箱中拿出4件送给第四个算对这个题目的人，最后我金箱中剩下的比分掉的多10件手饰，银箱中剩下的与分掉的比是2∶1，请问谁能算出我的金箱、银箱中原来各有多少件手饰？
4.公主出题
古时候，传说捷克的公主柳布莎出过这样一道有趣的题：“一只篮子中有若干李子，取它的一半又一个给第一个人，再取其余一半又一个给第二人，又取最后所余的一半又三个给第三个人，那么篮内的李子就没有剩余，篮中原有李子多少个？”
5.哥德巴赫猜想
哥德巴赫是二百多年前德国的数学家。他发现：每一个大于或等于6的偶数，都可以写成两个素数的和（简称“1＋1”）。如：10＝3＋7，16=5＋11等等。他检验了很多偶数，都表明这个结论是正确的。但他无法从理论上证明这个结论是对的。1748年他写信给当时很有名望的大数学家欧拉，请他指导，欧拉回信说，他相信这个结论是正确的，但也无法证明。因为没有从理论上得到证明只是一种猜想，所以就把哥德巴赫提出的这个问题称为哥德巴赫猜想。
世界上许多数学家为证明这个猜想作了很大努力，他们由“1＋4”→“1+3”到1966年我国数学家陈景润证明了“1＋2”。也就是任何一个充分大的偶数，都可表示成两个数的和，其中一个是素数，另一个或者是素数，或者是两个素数的积。
你能把下面各偶数，写成两个素数的和吗？
（1）100=
（2）50=
（3）20=
6.贝韦克的七个7
二十世纪初英国数学家贝韦克友现了一个特殊的除式问题，请你把这个特殊的除式填完整。
下列除式，是一个整除的算式。
除了能看见的七个7以外，“*”是需要你填写上去的数字。
试试看。不算简单，但也不复杂。
* * 7 * *
---------------------
* * * * 7 * ) * * 7 * * * * * * *
* * * * * *
-----------
* * * * * 7 *
* * * * * * *
-------------
* 7 * * * *
* 7 * * * *
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* * * * * * *
* * * * 7 * *
-------------
* * * * * *
* * * * * *
-----------
0
被除数是：7375428413
除数是：125473
商是：58781
7.刁藩都的墓志铭
刁藩都是公元后三世纪的数学家，他的墓志铭上写到：“这里埋着刁藩都，墓碑铭告诉你，他的生命的六分之一是幸福的童年，再活了十二分之一度过了愉快的青年时代，他结了婚，可是还不曾有孩子，这样又度过了一生的七分之一；再过五年他得了儿子；不幸儿子只活了父亲寿命的一半，比父亲早死四年，刁藩都到底寿命有多长？
8.遗嘱
传说，有一个古罗马人临死时，给怀孕的妻子写了一份遗嘱：生下来的如果是儿子，就把遗产的2/3给儿子，母亲拿1/3；生下来的如果是女儿，就把遗产的1/3给女儿，母亲拿2/3。结果这位妻子生了一男一女，怎样分配，才能接近遗嘱的要求呢？
9.布哈斯卡尔的算术题
公园里有甲、乙两种花，有一群蜜蜂飞来，在甲花上落下1/5，在乙花上落下1/3，如果落在两种花上的蜜蜂的差的三倍再落在花上，那么只剩下一只蜜蜂上下飞舞欣赏花香，算算这里聚集了多少蜜蜂？
10.马塔尼茨基的算术题
有一个雇主约定每年给工人12元钱和一件短衣，工人做工到7个月想要离去，只给了他5元钱和一件短衣。这件短衣值多少钱？
11.托尔斯泰的算术题
俄国伟大的作家托尔斯泰，曾出过这样一个题：一组割草人要把二块草地的草割完。大的一块比小的一块大一倍，上午全部人都在大的一块草地割草。下午一半人仍留在大草地上，到傍晚时把草割完。另一半人去割小草地的草，到傍晚还剩下一块，这一块由一个割草人再用一天时间刚好割完。问这组割草人共有多少人？
（每个割草人的割草速度都相同）
12.涡卡诺夫斯基的算术题（一）
一只狗追赶一匹马，狗跳六次的时间，马只能跳5次，狗跳4次的距离和马跳7次的距离相同，马跑了5.5公里以后，狗开始在后面追赶，马跑多长的距离，才被狗追上？ 第十四讲：24道名人名题（二）
13.涡卡诺夫斯基的算术题（二）
有人问船长，在他领导下的有多少人，他回答说：“2/5去站岗，2/7在工作，1/4在病院，27人在船上。”问在他领导下共有多少人？
14.数学家达兰倍尔错在哪里
传说18世纪法国有名的数学家达兰倍尔不加?#####鞯呐砹讼旅嬲飧鲂⌒〉奈侍猓?br />拿两个五分硬币往下扔，会出现几种情况呢？
情况只有三种：
可能两个都是正面；可能一个是正面，一个是背面，也可能两个都是背面。
因此，两个都出现正面的概率是1∶3。
你想想，错在哪里？
15.埃及金字塔
世界闻名的金字塔，是古代埃及国王们的坟墓，建筑雄伟高大，形状像个“金”字。它的底面是正方形，塔身的四面是倾斜着的等腰三角形。
两千六百多年前，埃及有位国王，请来一位名子叫法列士的学者测量金字塔的高度。
法列士选择一个晴朗的天气，组织测量队的人来到金字塔前。太阳光给每一个测量队的人和金字塔都投下了长长的影子。当法列士测出自己的影子等于它自己的身高时，便立即让助手测出金字塔的阴影长度（CB）。他根据塔的底边长度和塔的阴影长度，很快算出金字塔的高度。
你会计算吗？
16.一笔画问题
在18世纪的哥尼斯堡城里有七座桥（如右图）。当时有很多人想要一次走遍七座桥，并且每座桥只能经过一次。这就是世界上很有名的哥尼斯堡七桥问题。你能一次走遍这七座桥，而又不重复吗？
17.韩信点兵
传说汉朝大将韩信用一种特殊方法清点士兵的人数。他的方法是：让士兵先列成三列纵队（每行三人），再列成五列纵队（每行五人），最后列成七列纵队（每行七人）。他只要知道这队士兵大约的人数，就可以根据这三次列队排在最后一行的士兵是几个人，而推算出这队士兵的准确人数。
如果韩信当时看到的三次列队，最后一行的士兵人数分别是2人、2人、4人，并知道这队士兵约在三四百人之间，你能很快推算出这队士兵的人数吗？ 18.共有多少个桃子
著名美籍物理学家李政道教授来华讲学时，访问了中国科技大学，会见了少年班的部分同学。在会见时，给少年班同学出了一道题：“有五只猴子，分一堆桃子，可是怎么也平分不了。于是大家同意先去睡觉，明天再说。夜里一只猴子偷偷起来，把一个桃子扔到山下后，正好可以分成五份，它就把自己的一份藏起来，又睡觉去了。第二只猴子爬起来也扔了一个桃子，刚好分成五份，也把自己那一份收起来了。第三、第四、第五只猴子都是这样，扔了一个也刚好可以分成五份，也把自己那一份收起来了。问一共有多少个桃子？
注：这道题，小朋友们可能算不出来，如果我给增加一个条件，最后剩下1020个桃子，看谁能算出来。
19.《九章算术》里的问题
《九章算术》是我国最古老的数学著作之一，全书共分九章，有246个题目。其中一道是这样的：
一个人用车装米，从甲地运往乙地，装米的车曰行25千米，不装米的空车曰行35千米，5日往返三次，问二地相距多少千米？
20.《张立建算经》里的问题
《张立建算经》是中国古代算书。书中有这样一题：公鸡每只值5元，母鸡每只值3元，小鸡每三只值1元。现在用100元钱买100只鸡。问这100只鸡中，公鸡、母鸡、小鸡各有多少只？
21. 《算法统宗》里的问题
《算法统宗》是中国古代数学著作之一。书里有这样一题：
甲牵一只肥羊走过来问牧羊人：“你赶的这群羊大概有100只吧”，牧羊人答：“如果这群羊加上一倍，再加上原来这群羊的一半，又加上原来这群羊的1/4，连你牵着的这只肥羊也算进去，才刚好凑满一百只。”请您算算这只牧羊人赶的这群羊共有多少只？
22.洗碗（中国古题）
有一位妇女在河边洗碗，过路人问她为什么洗这么多碗？她回答说：家中来了很多客人，他们每两人合用一只饭碗，每三人合用一只汤碗，每四人合用一只菜碗，共用了碗65只。
你能从她家的用碗情况，算出她家来了多少客人吗？
23.和尚吃馒头（中国古题）
大和尚每人吃4个，小和尚4人吃1个。有大小和尚100人，共吃了100个馒头。大、小和尚各几人？各吃多少馒头？ 24.百蛋（外国古题）
两个农民一共带了100只蛋到市场上去出卖。他们两人所卖得的钱是一样的。第一个人对第二个人说：“假若我有象你这么多的蛋，我可以卖得15个克利采（一种货币名称）”。第二个人说：“假若我有了你这些蛋，我只能卖得6又三分之二个克利采。”问他们俩人各有多少只蛋？毛
第十五讲：数学巨匠
1、从蜘蛛想到的 笛卡儿
笛卡儿是法国17世纪伟大的科学家，他的兴趣很广泛，在多个领域都取得了很好的成绩，比如哲学、物理学、数学等等。那么他在几何方面的成绩如何呢？我们一起来了解一下。
笛卡儿在一个贵族家庭出生，虽然早年丧母，但他的父亲非常溺爱他。由于他的身体不好，他父亲就和学校商量，让他每天早上晚点儿起床，好让他多休息一会儿。就是因为这一原因，笛卡儿就养成了在床上沉思的习惯。据说，笛卡儿的许多发现都是早上在床上思考得到的，当然也包括解析几何了。
有一次，笛卡儿因病卧床，这段时间又成了他思考问题的好时机。他虽然躺在床上，担脑子可没闲。这些日子，他正被这样一个问题困扰着：代数里面的方程啊什么的都是抽象的，而几何里面的图形却是很直观的，要是能把“数”和“形”结合起来，在代数和几何之间架设一座桥梁，那该多好啊！可是，这座桥在哪里呢？在哪里呢？突然，他看见屋顶上的一只蜘蛛拉着丝垂了下来，他看到蜘蛛顺着思往屋顶上爬，看到蜘蛛的表演，他大受启发。
他想，如果把蜘蛛看作一个点，那它在屋子里的运动可不可以用数字表示出蜘蛛在某个时刻的位置呢？他又想，屋子里相邻的两面墙，再加上地面总共可以交出三条直线，如果把地面作为起点，把交出的三条直线作为三个数轴，那么空间中任何一点的位置，不就可以在这三根数轴上，找到的三个对应的有顺序的数字来表示了吗？正是这样的疑问，使在几何学做出了巨大的贡献。
笛卡儿所做的贡献是毋庸置疑的。在1637年，笛卡儿曾出版一本了《几何学》。在这本书中，他把坐标系引入了几何学，将几何和代数完美地结合在一起。从此，很多抽象的代数问题和繁复的几何问题很容易就解决了。到后来，这门数学支命题又被牛顿命名为解析几何学。
2．几何之父——欧几里得
欧几里得
欧几里得是是古希腊著名的数学家，而且我们现在所学的几何学就是由他所创立的。早在公元前300年他就编写了《几何原本》，而这本书2000多年都被看作最标准的课本。来都被看作学习几何的标准课本，因此欧几里得被称为几何之父。欧几里得生于雅典，接受了希腊古典数学及各种科学文化，在30岁就成了有名的学者。他应当时埃及国王的邀请，客居于亚历山大城，一边教学，一边从事研究。
古希腊的数学研究有着非常悠久的历史，早在欧几里得就出过一些几何著作，但内容不够系统完整。于是欧几里得潜心研究，汇集了前人的成果，采用前所未有的独特编写方式，先提出定义、公理、公设，然后由简到繁的证明了一系列定理，讨论了平面图形和立体图形，还讨论了整数、分数、比例等等，终于完成了《几何原本》这部巨著。这本书是历史上曾经出现过的最成功的教科书。它一问世就取代了以前所有的教科书，一直使用了两千多年，在1482年，这本著作还被译为世界最主要的各种语种。
可以说欧几里得是位严谨并且敦厚的教育家，他反对那些投机取巧、急功近利的作风。一次，权倾一时的埃及国王请数学家欧几里得为他讲授几何学。欧几里得讲了半天，国王听得一头雾水，无奈之中，他问欧几里得，了解几何学有没有什么简单的方法。欧几里得回答：“在几何学里，大家只能走一条路，没有专为国王铺设的大道。”这句话成为千古传诵的学习箴言。也告诉我们，无论做什么事都是一步一个脚印走出来的，不可投机。
欧几里得非常温和，他对他的学生们总是循循善诱，不厌其烦，但是，如果学生对学习产生动摇时，他也会用辛辣的讽刺来鞭挞他们。一次，他的一个学生问他，学会几何学有什么好处？他幽默地对仆人说：“给他三个钱币，因为他想从学习中获取实利。”学习是需要思考的，不能投巧。
3.“代数学之父”的墓志铭问题
代数是数学的一个重要分支，其最大的特点就是引入未知数建立方程，然后进行运算，把未知数的答案找到。最早提出这种方法并加以论述的是古代数学名著《算术》，它的作者就是古希腊后期的数学家丢番图。《算术》一书原来有13卷。1464年在威尼斯发现前6卷的希腊文抄本，之后又在伊朗东北部的马什哈德发现4卷的阿拉伯译本。
丢番图所处时代的古希腊，学者们对基本都是对几何感兴趣，他们认为只有经过推理论证的命题才是可信的。在他们的思想中严密的逻辑很重要。一切代数问题，甚至是简单的一元二次方程的求解也要归类到几何模式中去分析证明。而丢番图却把代数解放了出来。但是，天才往往是不被人理解的，由于他所提出的思想超出了时代的一般水平，几乎没有人能接受他的观点，因此没有对当时数学的发展产生太大的影响。
人们对于丢番图的生平事迹可谓知之甚少。但在由语法学家梅特罗多勒斯主编的《希腊诗文选》一本书中，收录了丢番图的墓志铭，这是个与众不同的墓志铭，它上面不是文字叙事而是一道数学题：“坟中安葬着丢番图，多么令人惊讶，它忠实地记录了所经历的道路。上帝给予的童年占六分之一。又过十二分之一，两颊长胡。再过七分之一，点燃起结婚的蜡烛。五年之后天赐贵子，可怜迟到的宁馨儿，享年仅及其父之半，便进入冰冷的墓。悲伤只有用数论的研究去弥补，又过四年，他也走完了人生的旅途。”墓志铭的意思是：丢番图的一生，幼年时代占1/6，青少年时代占1/12，又过了其一生的1/7终于找到了人生的伴侣，5年后有了他们爱情的结晶，是个可爱的儿子，但很遗憾他的儿子命运不济，比他还早4年去世，只活了父亲寿命的一半便匆匆离去。
有兴趣的话可以列方程算算丢番图到底活了多少岁。
墓志铭可以用方程来解:
设，丢番图活了x岁。
解：x=1/6x+1/12x+1/7x+5+1/2x+4
解得：x=84
由此可知丢番图活了84岁。
一直到15世纪，《算术》才被重新发掘，并鼓舞了一大批数学家在原来的基础上使代数学得到了进一步的发展。17世纪的大数学家费马对当时代数的奉献最大，最著名的就是在书的空白处写下了影响后世的费马大定理。费马大定理把数论引上了近代的轨道。
4．退位让贤的好老师
牛顿被誉为世界上最伟大，最有影响力的科学家之一。他研究的领域包括物理、天文、数学、神学、自然哲学等。中国有一句古话：“世有伯乐，然后又千里马。”那么发现牛顿这匹千里马的另一位伟人是谁呢，他对牛顿的学术有什么样的影响呢？这要从牛顿早年的一段求学经历开始。
牛顿经常回忆并感慨地说：“是巴罗博士讲授的关于运动学的课程，启发促使我对运动学方面的相关研究。”巴罗博士就是牛顿的恩师，是他第一个发现了牛顿的天才潜质，并把牛顿带到了科学的殿堂。 巴罗博士是牛顿19岁进入剑桥大学后的第一位老师，他是一名博学多才的学者。是他独具慧眼看出了牛顿有深邃额观察力和敏锐的理解力。还将自己的数学知识毫无保留地传授给牛顿，并把他引向现代自然科学的研究领域。牛顿在剑桥念书的时候被学校免去了一部分学费，剩下的都是他自己为学校做杂物而赚来的。在恩师的引导下，他开始接触大量的科学著作，还经常参加学校里关于地理、物理、天文和数学等的讲座。
虽然得到了巴罗博士的真传，但是，牛顿关于数学方面的研究在很大程度上靠的还是自学。他第一次自学欧几里得的《几何原本》感觉非常简单，接着又看了笛卡儿的《几何学》，沃利斯的《无穷算术》，巴罗的《数学讲义》和韦达等著名数学家的经典之作。这些为他的研究奠定了丰厚的基础。1664年，牛顿被选为巴罗教授的助手，第二年，他获得了剑桥大学学士学位。
之后，巴罗教授为了提携牛顿给他提供更多的发展空间，就自动辞去了教授的职位。于是牛顿被学校晋升为数学教授，当时牛顿只有26岁。
迄今为止，巴罗让贤之举一直是科学界的一段佳话，也使科学界多了一位巨人
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