有什麼看似簡單，但卻需要巧妙思維的數學題目？

12-09

平時喜歡動腦，希望大家互相交流有趣的題目

說一個最讓我感到意外的不可判定問題——波斯特對應問題
輸入 $a_1,...,a_N$ 和 $b_1,...,b_N$ 兩個二進位字元串表, 即每個 $a_i$ 或 $b_i$ 都是由{0,1}組成的字元串, 字元串的長度不一定是相等的.
如果存在一個序列 ${ i_k }_{1leq kleq K}$ , 且對所有k都有 $1leq i_kleq N$ , 使得 $a_{i_1}...a_{i_K}=b_{i_1}...b_{i_K}$ 成立, 那麼就稱這兩個字元串表匹配. 判定兩個長度相同的字元串表是否匹配的問題即是波斯特對應問題.
例子:
輸入 $egin{matrix} a_1 = 0 \ a_2 = 01 \ a_3 = 110 \ b_1 = 100 \ b_2 = 00 \ b_3 = 11 end{matrix}$
那麼(3,2,3,1)是一個解, 因為 $a_3a_2a_3a_1=110011100=b_3b_2b_3b_1$ .
如果輸入 $egin{matrix} a_1 = 01 \ a_2 = 110 \ b_1 = 00 \ b_2 = 11 end{matrix}$
那麼這個輸入是無解的, 因為所有的a都以01或10結尾而所有的b都以00和11結尾, 它們無論如何也不可能匹配.
乍看起來這樣一個很簡單的問題是可以通過編程來解決的. 但Emil Leon Post在1946年證明: 這是一個不可判定問題——和著名的停機問題一樣, 在圖靈機上不存在一個演算法來解決這個問題.

感覺這個問題下好多答案的題目看起來也並不簡單啊...
來個簡單的高中數學

有人能得出正確答案我當場吞糞自盡（手動滑稽）
------------------以上原答案-------------------------

這是某一期數學通訊雜誌上的文章，底下評論區也是給出了這兩個標準的（錯誤）答案。

而之中的問題就在於，它所問的角A既是一個自變數，又是兩向量夾角，而這兩者之間其實也存在一個函數關係，因此滿足內積為零的兩者不可能相等。

這樣原文提到的兩解其實都不對，但也可以說都對：
事實上，當滿足題目條件時，x取值是30°，而兩向量夾角是90°。
以上

----------靈光一閃更新----------

突然想起來這道題，今年北京文科數學的選擇壓軸挺有意思的

……………

不過你告訴我a-1這種數據是怎麼模糊出來的？？？

--------看評論區有分歧，更下答案---------
答案是B
當a大於等於64或等於60時，前八人里有7人進入跳繩決賽，不合題意。
a為63、62、61時，123567進決賽。
a小於等於59時，134567進決賽。

綜上，5一定進入決賽，而2並不一定。

哦對，那個「b」屁用沒有，逗你玩的

令
$A=egin{pmatrix} 0 \ 1 0 \ 1 0 \ ddots ddots \ 1 0 end{pmatrix}, B=egin{pmatrix} 0 1 \ 0 2 \ ddots ddots \ 0 n\ 0 end{pmatrix}inmathbb{R}^{(n+1) imes(n+1)}$
及
$mathbf{e}_0=(1,0,cdots,0)^mathrm{T},mathbf{e}_n=(0,cdots,0,1)^mathrm{T}inmathbb{R}^{n+1}$ 。證明
$(A-B)^nmathbf{e}_0=expleft(-frac{B^2}{2} ight)mathbf{e}_n$

（答案見評論）

更新：
雖然上面那個跟下面這個都更屬於「從某個更高觀點來看問題會變簡單」而怎麼不屬於「（同一高度上的）巧妙思維」，不過也許大家並不介意，不知道的看看也好。
經 @會洪唐壕的答案提醒，比如說求
$lim_{N oinfty}left(prod_{n=1}^Nleft|sin n ight| ight)^{frac{1}{N}}$
第一步先取對數，變成
$lim_{N oinfty}frac{1}{N}sum_{n=1}^Nlnleft|sin n ight|$
然後根據 Weyl-Tao, Corollary 6， $n mathrm{mod} 2pi$ 漸近地均勻分布。因此
$frac{1}{N}sum_{n=1}^Nlnleft|sin n ight| ofrac{1}{2pi}int_0^{2pi}lnleft|sin x ight|,mathrm{d}x=-ln 2$
從而原極限=0.5。

這個方法可以用來證明那個答案提到的 $lim_{n oinfty}left|sin n ight|^{frac{1}{n}}=1$ 啊，或者 $sum_{n=1}^{infty} frac{left|sin(n^2) ight|}{n}$ 發散啊（解答），這類問題。

老王每天下午5點下班，王夫人開車從家裡出發，5點準時到單位接老王回家。有一天老王4點就下班了，於是自己往家裡走，走到半路遇到了開車的王夫人，兩人回家後發現比平時早到20分鐘。問老王走了多長時間遇到了王夫人？

=========答案========

為什麼早回家20分鐘，因為王夫人少開了一段路。
少開了哪一段呢？從碰頭點到單位，再從單位返回碰頭點這一段，節省了20分鐘。
來回是20分鐘，所以從碰頭點到單位需要10分鐘，所以碰頭的時間是4點50。
所以老王走了50分鐘。

橢圓都熟悉吧，來來來

將一根閉合的繩子套在橢圓上(假設繩子長度大於橢圓周長)，並將繩子拉緊，如圖
問：L的軌跡是什麼形狀？並給出證明.

按最近提問的風氣，這應該算一道小學六星級題吧

一道很短的題目，當時幾位國一省一的大神都被難到了，後來一看，其實解答很簡單，很巧妙。

（證明第二行7/17應是7/11）

一根棍子上面有無數只螞蟻，假設兩隻螞蟻碰到之後就會180度調頭反向前進，碰到，再調頭，直到棍子的某一頭，然後掉下來;然後再假設1隻螞蟻從棍子的這頭到那頭一共需要5分鐘，那麼問題是：需要多少時間，這根棍子上所有的螞蟻會掉下來？

長方形A 可以分割為若干長方形，分割後的每一個長方形，都有一邊的邊長是整數。證明A 也有一邊的邊長是整數。

題目不是我出的，但我會至少兩種證明。

對於大於 3 的奇數 n, 用 n-3 條對角線將正 n 邊形分為 n-2 個三角形。

證明:這些三角形中，有且僅有一個是銳角三角形。

提示:正 n 邊形有外接圓。

正奇數多邊形的頂點對應向量之和為零向量。
（兩三句話證明該結論）

～～～～～～～～～有人覺得上題簡單，下面換個陳年老題～～～～～～～～～
設正整數m&>n，考慮一個m*n的矩形，它被分割成若干個正方形，這些正方形邊長都是正整數且對應邊平行於矩形相應邊。求這些正方形邊長之和的最小可能值。

補充：對於數學競賽題爭議頗多，但是其中還是有少數精品的。比如1999IMO-3,2000IMO-3,2002IMO-6,2007IMO-6等等。我個人偏好整體性解法，當然也不排除轉換性解法，比如把一個幾何問題轉換成代數問題。當然，轉換要自然，盡量避免繁瑣的計算。下面這道1990IMO-6試題是上面多邊形向量和問題的推廣，但更為複雜：

來寫我覺得有趣的一道某校自招考試題。偏腦筋急轉彎。

你有20個部下，需告知他們一如下遊戲的策略來使更多的人得分。他們在暗室中被隨機戴上了紅或藍色的帽子，並按你預先告知的順序排成一列。開燈後排在後面的人可以看到排在前面的人的帽子顏色，但是看不到自己以及排在後面的人的帽子顏色。然後他們按你預先告知的順序喊出顏色，如果喊的顏色與自己的帽子相同，便可得分，否則被從遊戲淘汰，且不能得分。請問你的策略的得分(期望)？

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感興趣的可以在評論中說下你的結果，但請不要劇透給其他人策略。其實我當時做的時候就是十分享受自己不斷改善結果的過程。所以分享出來

這算是一個有趣的數字了～

6174

任何一個除了1111，2222，3333，4444，5555，6666，7777，8888，9999，0000之外的4位數

比如9573 從大到小排起來減掉它從小到大排起來
就像:9753-3579＝6174
就像這樣一直減最後都會等於6174

而6174按照這個規律減則永遠等於6174。

大家可以試一下～

來個簡單的極限題，學過高數的都能看懂

求|sin n|^（1/n）n趨於無窮的極限

說簡單的那些人要考慮一下sinn有趨於0的子列啊…

弦理論的起源，散射振幅問題。
其實有的時候學過物理，讀金融感覺渾身難受啊。人物理學動動手指就解決的問題，而且真是佩服他是怎麼一下子就證出來的，還有多種證法。金融學就是裝不知道。
即便假設有粒子經碰撞後速度為無窮大，即便接近光速，他的振幅也是非常有限的。
金融學動不動就假設未來價格區間為零至正無窮，這是顯然的錯誤，然後每每遇到金融危機，就怪模型錯誤。明明就修正了半個世紀了。
物理學高引用讀起來有一種高山仰止，經濟學高引用有一種灌水感。

命題：世界上任意6個人中，必有3個人互相認識或有3個人互相都不認識，為什麼？

證明：先從6個人中選出一個人，他與另外5人要麼認識，要麼不認識。
所以至少有3個人對於他是一樣的（至少有三個人他都認識或都不認識）。
假設這3個人他都認識。
再看這三個人，若是他們三個中有兩個人認識，則這兩個人已經與第一個人組成3個人，互相都認識；若是他們三個中兩兩都不認識，則他們三個人兩兩都不認識。

用圖形來表達也許會更好：
假設6個人是6個點，其中兩個人認識就用紅色線段連線；若不認識就用黃色線段連線。只需證「其中必有一個同色三角形」。
那麼從第一個人引出的5條線段必有3條同色。再從這3條同色的端點看，若其中兩點的線段與前相同，則構成同色三角形；若這3個點兩兩相連的線段都與前異色，則這三個點同色，構成同色三角形。

給定一個(nxm)個正方形拼成的矩陣，求從中拿走兩個正方形後，能用(1x2)和(2x1)的矩形密鋪的充要條件。

n層住宅住哪一層等電梯時間最短？

先說結論：1樓。
哈，好吧，難在證明哪層第2。
結論：無論是純粹的等電梯時間還是等待加乘坐時間都與所在樓層成正相關，所在樓層越高時間越長且都屬於二次冪增長（除極端忙碌的情況2為等待時間各樓層一樣，乘坐加等待時間與所在成正比增長）。但若再考慮滿員，則高於易滿員樓層的樓層在下樓時又具有一定優勢。

先作幾個假設：

1.一般電梯出廠有基層設定，就是待機一段時間自動返回基層，有的默認設1樓，可以取消和修改，對電梯壽命和能耗影響不大，假設取消基層，上次電梯停哪就在哪待機。

2.除了1樓完全不用電梯外，其他樓層包括2層全都只用電梯不用樓梯，不串門也不去地下車庫和露台只去自己家，並且出入都是等概率真隨機，因此可以簡化為2至頂層每層每戶每天只進出1次。則毫無疑問1層最短因為不用等，應該討論的是哪層第2。

解：設頂層為n（n≥2），

情況1：先不考慮搭便車或等別人的情況（假設使用頻率極低使兩者同時使用的概率可忽略），繼續簡化為每層只有1位業主每天只進出1次

1層業主不用，2層業主停1層1次停2層1次(不算進入只算出電梯並待機的樓層)....n層業主停1層1次停n層1次，合計1層停n-1次，2至n層各停1次，共2n-2次，電梯有1/2的概率停在第一層待機，剩下每層的待機概率為1/(2(n-1))。

則電梯待機時停靠的期望樓層為((n-1)+2*1+...n*1)/(2n-2)=(1+n/4)層，但並不是除1層外離這個數字越近的層等電梯時間在統計上越短，因為雖然E[m-X]=m-E[x]，但是此時要求的是E[Abs(m-X)]，這個時候就不等於Abs[m-E[X]]了,而是要用條件概率拆開來求條件期望值。設電梯每層運動時間為1(停靠時間都相等暫不考慮)，則第k層下樓平均等待時間期望

E(T等下)=(k-1)*1/2+(k-2+1)(k-2)/2*1/(2(n-1))+(n-k+0)(n-k+1)/2*1/(2(n-1))=(2k^2-6k+n^2-n+4)/(4n-4),

上樓平均等待時間各層都一樣為E(T等上)=0*1/2+(n-1+1)(n-1)/2*1/(2(n-1))=n/4（所以各層平均等待時間的長短只取決於下樓平均等待時間的長短）,上下等待時間之和為E(T等)=(k^2-3k+n^2-n+2)/(2n-2)。

此二次函數在k=1.5時有最小值為n/2-0.125/(n-1),又因k≥2，所以k=2時有最小值為n/2,

因此等待時間1層最短，2層第2，越高則越久且成二次冪增長。

如果加上上樓和下樓乘坐時間2(k-1)，則等待加乘坐的期望時間為

E(T全)=(k^2+(7-4n)k+n^2-5n+6)/(2n-2)。

此二次函數在k=3.5-2n時有最小值，又因n≥2，故3.5-2n&<0,又因k≥2，所以k=2時有最小值為2+n/2,

仍然是1層最短，2層第2，越高則越久且成二次冪增長。

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但如果提高每人電梯使用頻率，或增大業主人數，或減少電梯部數，或增加樓層高度，或降低電梯運行和停靠速度，則搭便車或等別人的情況會越來越多

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情況2：先假設最極端情況，頻率高到（或速度慢到）每層都隨時有人使用，以至於電梯永遠在1層和頂層之間垂直往返循環，且每層都停，且不考慮停靠時間差異及滿員，設每層運動加停靠時間為1

則第k層業主(k≥2):當電梯從1層到頂層再回到1層的過程中，第k層業主開始等待時，電梯正好在某層時所需的等待加乘坐時間，構成2組數列：

下樓時間數列：2n-2(在1層)，...，n-1(在頂層)，...，k-1(剛好趕上)，k+2n-4(剛好錯過)，...，2n-1(在2層)，

上樓時間數列：k-1(剛好趕上)，k+2n-4(剛好錯過)，...，k(在2層)，

兩組都等於同一數列：k-1，...，k+2n-4，共n-1項

由於電梯一直在上下往返且每層都停且不考慮停靠時間差異及滿員，則第k層業主開始等待時其在某層的概率權數，每層都相等，因此其上下樓等待加乘坐的時間期望為上/下樓時間數列的平均數的2倍

E(T全)=2*((k-1)+(k+2n-4))/2=k+n-2.5=2k+2n-5，與業主樓層k成正比。

若減去上下乘坐時間2(k-1)，則等待時間期望

E(T等)=2n-3，各樓層均一樣。

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情況3：其他假設不變，使用頻率（或電梯速度）介於以上兩種情況之間者，其等待和乘坐時間也介於兩者之間，關於情況1和情況2誰更短：

設單位運行時間=1，停靠消耗時間為0，則因情況1和情況2乘坐時間同為2(k-1),故

E(T等情況1)-E(T等情況2)=E(T全情況1)-E(T全情況2)=(k^2+(7-4n)k+n^2-5n+6)/(2n-2)-(2k+2n-5)

=(k^2-3k-3n^2+9n-4)/(2n-2)

此二次函數在k=1.5時有最小值，又因k≥2，所以k=2時有最小值為(-n^2+3n-2)/(2/3(n-1)),可知當1≤n≤2時該最小值≥0,

又因n≥2，故該最小值≤0（僅在n=2時=0），

設E(T等情況1)-E(T等情況2)=0,因n≥2，故Δ=(12n^2-36n+25)/(2n-2)^2≥4.25&>0,則有正整數解k0=1.5+(3n^2-9n+6.25)^0.5≥n≥2，又k≤n，故除n=2有k0=2外舍,

故E(T等情況1)≤E(T等情況2)，E(T全情況1)≤E(T全情況2),僅當k=n=2時相等
再考慮實際中停靠消耗時間不僅不為0而且一般較長甚至超過單層運動時間，因此實際中情況2時間往往要比上述計算更長的多，

設停靠時間=t,E(T停情況1)=3t,E(T停情況2)=(2k+2n-5)t,則情況2與情況1等待時間期望之差還要增加（2k+2n-8)t（僅當k=n=2時E(T停)相等）

因此情況3的純等待或全部時間都大於情況1而小於情況2，仍然與業主樓層k成正相關，其增長亦屬於二次冪級但比情況1平緩。

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再假設低層業主因等電梯超過其下樓梯時間而選擇下樓梯，則各層時間又都將因此加快，但排序結果不變。再考慮回那種自動返回基層的設置，如果是1層...本來就越低越佔便宜了這不結論更徹底嗎，如果是返回m層，則k&>m,等待加乘坐時間為2k-m-1，k≤m等待加乘坐時間為m-1，是從m層往上成正比

綜上，無論是純粹的等電梯時間還是等待加乘坐時間都與所在樓層成正相關，所在樓層越高時間越長且都屬於二次冪增長（除極端忙碌的情況2為等待時間各樓層一樣，乘坐加等待時間與所在樓層成正比增長）。但若再考慮滿員，則高於易滿員樓層的樓層在下樓時又具有一定優勢。

PS:設置分段樓層停靠可以解決滿員問題造成部分樓層長期進不去，設置奇偶層理性情況下本會降低效率，但現實中的好處就是，總有些非理性的人喜歡把所有電梯都按亮，儘管很明顯其中一個馬上要到了，可以減少因為這種人造成的極大效率浪費和壽命損失（神煩，這些人多了造成的結果就是自家樓棟的電梯壽命減少一倍---因為每次都多空轉1個，然後即使壽命到了電梯故障自己已受罪，也仍不自知，此類大大的多大大的蠢）

一秒到底有多長？

四色定理

有人說圖不清楚。我自己畫了一張，忽略坐標系，那是我用解析幾何方法做的，不推薦。肯定有幾何演算法
那些說簡單的，請寫出證明來再說簡單，這種題目只是看似簡單

如圖，這是一道初三的題目
評論里有些同學覺得簡單，我希望大家都可以來試試。
注:不準用解析幾何暴力計算做。
懸賞十塊錢→_→

話說我除了解析幾何暴力算之外，別的方法想不出來