有哪些類似於七橋問題的有趣數學定理？

01-03

七橋問題想必各位知曉是一個無解問題但並不是單純的一個無解問題第一眼看去似乎我們有能力解決它一筆畫很簡單但實際上在其背後有限定的數學規律不知還有哪些問題和七橋問題的性質類似求知

歐拉把七橋問題轉化為幾何問題後得出的規律：一個幾何圖形，想要一筆畫完，必須滿足：1、全是偶點或者只有兩個奇點（奇點偶點即根據點所連線的奇偶數判別。）2、全是偶點任意點起始都可，只有兩個奇點則只能從一個奇點起始，另一奇點結束。3、除上述兩種情況外，其餘情況都不可一筆畫。

註：以下幾個定理是在果殼網看到的，覺得挺有趣的，轉過來跟大家分享，侵刪

原貼地址：http://www.guokr.com/article/53059/

作者：matrix67

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定理1：喝醉的酒鬼總能找到回家的路，喝醉的小鳥則可能永遠也回不了家。

假設有一條水平直線，從某個位置出發，每次有 50% 的概率向左走 1 米，有 50% 的概率向右走 1 米。按照這種方式無限地隨機遊走下去，最終能回到出發點的概率是多少？答案是 100% 。在一維隨機遊走過程中，只要時間足夠長，我們最終總能回到出發點。現在考慮一個喝醉的酒鬼，他在街道上隨機遊走。假設整個城市的街道呈網格狀分布，酒鬼每走到一個十字路口，都會概率均等地選擇一條路（包括自己來時的那條路）繼續走下去。那麼他最終能夠回到出發點的概率是多少呢？答案也還是 100% 。剛開始，這個醉鬼可能會越走越遠，但最後他總能找到回家路。不過，醉酒的小鳥就沒有這麼幸運了。假如一隻小鳥飛行時，每次都從上、下、左、右、前、後中概率均等地選擇一個方向，那麼它很有可能永遠也回不到出發點了。事實上，在三維網格中隨機遊走，最終能回到出發點的概率只有大約 34% 。這個定理是著名數學家波利亞（ George Pólya）在 1921 年證明的。隨著維度的增加，回到出發點的概率將變得越來越低。在四維網格中隨機遊走，最終能回到出發點的概率是 19.3% ，而在八維空間中，這個概率只有 7.3% .............................................................................................................

定理2：把一張當地的地圖平鋪在地上，則總能在地圖上找到一點，這個點下面的地上的點正好就是它在地圖上所表示的位置

也就是說，如果在商場的地板上畫了一張整個商場的地圖，那麼你總能在地圖上精確地作一個「你在這裡」的標記。1912 年，荷蘭數學家布勞威爾（ Luitzen Brouwer）證明了這麼一個定理：假設 D 是某個圓盤中的點集， f 是一個從 D 到它自身的連續函數，則一定有一個點 x ，使得 f(x) = x 。換句話說，讓一個圓盤裡的所有點做連續的運動，則總有一個點可以正好回到運動之前的位置。

這個定理叫做布勞威爾不動點定理（ Brouwer Fixed Point Theorem）。除了上面的「地圖定理」，布勞威爾不動點定理還有很多其他奇妙的推論。如果取兩張大小相同的紙，把其中一張紙揉成一團之後放在另一張紙上，根據布勞威爾不動點定理，紙團上一定存在一點，它正好位於下面那張紙的同一個點的正上方。

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定理3：你永遠不能理順椰子上的毛

想像一個表面長滿毛的球體，你能把所有的毛全部梳平，不留下任何像雞冠一樣的一撮毛或者像頭髮一樣的旋嗎？拓撲學告訴你，這是辦不到的。這叫做毛球定理（ Hairy Ball Theorem），它也是由布勞威爾首先證明的。用數學語言來說就是，在一個球體表面，不可能存在連續的單位向量場。這個定理可以推廣到更高維的空間：對於任意一個偶數維的球面，連續的單位向量場都是不存在的。毛球定理在氣象學上有一個有趣的應用：由於地球表面的風速和風向都是連續的，因此由毛球定理，地球上總會有一個風速為 0 的地方，也就是說氣旋和風眼是不可避免的。

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定理4：在任意時刻，地球上總存在對稱的兩點，他們的溫度和大氣壓的值正好都相同

波蘭數學家烏拉姆（Stanis?aw Marcin Ulam）曾經猜想，任意給定一個從 n 維球面到 n 維空間的連續函數，總能在球面上找到兩個與球心相對稱的點，他們的函數值是相同的。1933 年，波蘭數學家博蘇克（Karol Borsuk）證明了這個猜想，這就是拓撲學中的博蘇克-烏拉姆定理（Borsuk–Ulam theorem）。

博蘇克-烏拉姆定理有很多推論，其中一個推論就是，在地球上總存在對稱的兩點，他們的溫度和大氣壓的值正好都相同（假設地球表面各地的溫度差異和大氣壓差異是連續變化的）。這是因為，我們可以把溫度值和大氣壓值所有可能的組合看成平面直角坐標繫上的點，於是地球表面各點的溫度和大氣壓變化情況就可以看作是二維球面到二維平面的函數，由博蘇克-烏拉姆定理便可推出，一定存在兩個函數值相等的對稱點。

當 n = 1 時，博蘇克-烏拉姆定理則可以表述為，在任一時刻，地球的赤道上總存在溫度相等的兩個點。對於這個弱化版的推論，我們有一個非常直觀的證明方法：假設赤道上有 A、B 兩個人，他們站在關於球心對稱的位置上。如果此時他們所在地方的溫度相同，問題就已經解決了。下面我們只需要考慮他們所在地點的溫度一高一低的情況。不妨假設，A 所在的地方是 10 度，B 所在的地方是 20 度吧。現在，讓兩人以相同的速度相同的方向沿著赤道旅行，保持兩人始終在對稱的位置上。假設在此過程中，各地的溫度均不變。旅行過程中，兩人不斷報出自己當地的溫度。等到兩人都環行赤道半周后，A 就到了原來 B 的位置，B 也到了 A 剛開始時的位置。在整個旅行過程中，A 所報的溫度從 10 開始連續變化（有可能上下波動甚至超出 10 到 20 的範圍），最終變成了 20；而 B 經歷的溫度則從 20 出發，最終連續變化到了 10。那麼，他們所報的溫度值在中間一定有「相交」的一刻，這樣一來我們也就找到了赤道上兩個溫度相等的對稱點。

想到了這個：

平面上半徑不同的三個圓，任意兩個圓都有兩條外公切線交於一點，而這樣的點一共有三個，有一個定理是這三個交點總是共線的。

這個定理美妙而易於理解。但它的證法很多，給我印象最深的是它的幾個奇葩證法，幾年前看到瞬間打破了我的三觀，比定理本身不知有趣到哪裡去了。敘述如下：

在這個平面的三個圓上放三個球，每個球的半徑都等於它底下的那個圓的半徑。顯然，這個平面是這三個球的一個公切面。再把公切線想像成這三個球確定的三個圓錐的母線在平面上的投影。顯然三個圓錐的頂點都在這個平面上，且這三個頂點就是待證共線的三點。這三點是顯然共線的，因為我們可以在三個球上找到另一個公切面（想像一塊玻璃板從上面蓋下去），那麼這個切面上也包含了三個圓錐的頂點，而這兩個切面的交線是唯一的一條直線。

這個證法的妙處在於把平面幾何問題通過在空間里做輔助線進而巧妙地在空間里解決了。

另外還有一個簡單到耍流氓的一句話證法：想像這是三個等大的乒乓球的透視圖，圓越小說明離你越遠。依據透視學的理論，這三組實際上平行的公切線都存在交點也就是消逝點，而這三個消逝點都位於地平線上。

如果第一眼看不明白，記得把題圖旋轉180度。

出處：Matrix67: The Aha Moments

其實在Matrix67大神的博客里，這個還遠遠不算是最有趣的"(oДo*)

ps:評論區已出現不少愛好者對這兩種證法作出進一步解釋，包括證法1的通俗解釋和特殊情況，和證法2的疑問和有關依據。作為我第一條過百贊的答案，一家之言說不出的東西他們都補充上了，感謝你們！(?????)

2016-5-25 更新：感謝評論區 @倪澤遠指出，第一種證法不完全，三個不等大的球在題目中已有一個外公切面的情況下並不總是存在第二個公切面。這種情況下就需要靠其他證法來補充了。

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2016-5-28 更新：破300贊了，那麼我再感激地歪個樓，找幾個相似的定理與證法，這些都是將平面幾何問題的輔助線做到空間去的巧妙證法，補了點圖，祝閱讀愉快~

一、另一個平面三圓定理

問題：平面上三圓兩兩相交於六點。試證明三條公共弦共點。這個問題就是評論區里提到的第一條定理的「對偶定理」。

證明：

把這三個圓想像為三個球的大圓。為方便敘述，我們把三個球的球心確定的平面記作 α。顯然，平面 α 在三個球上的截面就是題目的這三個大圓，而 α 上的三個大圓的三條公共弦即是每兩個球之間的公共小圓在 α 上的投影。我們要證明的就是三個公共小圓在平面 α 上的投影共點。注意到三個球交於兩點（答主註：意思是一定只有兩個點同時位於三個球上），這兩點關於平面 α 對稱且這兩點就是三個公共小圓的交點。把這兩點也投影到平面 α 上，得證。

二、四人旅行問題

問題：平面上四條直線，任兩條不平行，任三條不共點。四個旅行者 A、B、C、D 分別勻速地走在這四條直線上（他們的速度可以不相同）。若 A 在行走過程中與 B、C、D 相遇，B 在行走過程中與 C、D 相遇（當然也遇見了 A），求證：C、D 在行走過程中相遇。

證明：

為方便大家理解，答主畫了個示意圖如下：

作垂直於平面的直線作為時間軸，建立三維直角坐標系。由於四人均勻速行走，因此他們的路程-時間圖像是線形的。我們可以在空間中作出 A、B、C、D 四個人行走路程與時間關係的圖像並分別命名為 La、Lb、Lc、Ld。這樣，我們可以從這四條空間直線中輕易判斷某一時刻四人的位置。例如，空間中 P 點 (x, y, t)在直線 Lc 上，則表明在 t 時刻 C 走到了平面(x, y)位置。好，現在強了，真的強了。A、B 不是曾經相遇過嗎？這就是說，La 和 Lb 相交。這兩條相交直線可以確定一個平面。C 不是與 A、B 都相遇過嗎？那就是說，Lc 與 La、Lb 都相交。於是，Lc 也在這個平面上。同樣地，Ld 也在這個平面上。既然全部都共面了，Lc、Ld 必然會相交，即 C、D 必相遇。得證。

三、三角形對稱問題

問題：平面上任意三角形 ABC 和異於 A、B、C 三點的點 P。 X、Y、Z 三點分別是 P 點關於三邊 BC、AC、AB 的中點的對稱點。求證：AX、BY、CZ 共點。

證明：

考慮空間中一點 P" 使 PP" 垂直於平面 ABC。作出 X"、Y"、Z" 關於三邊 BC、AC、AB 的中點對稱。可以得到，點 A、B、C、P"、X"、 Y"、Z" 是一個平行六面體的頂點。AX"、BY"、CZ" 是三條體對角線，他們顯然共點。這個證到了有什麼用呢？把這幾個帶了一撇的點全部投影到平面 ABC 上，結論就證到了。

出處：Matrix67博客2006年1月的「積灰」文章幾個把平面幾何問題的輔助線做到空間去的數學趣題ps: 終於體會到了什麼叫收藏比贊數多，大家既然堅持到底了就點個贊吧！(^o^)/

看到有人提到掛谷問題（ @bmqfss ）

正好藉此機會，傳授大家一門

↓ 集結全球數學家心血的鬼畜刀法↓

特別鳴謝：
果殼用戶 @Ryne_exp618
《十個有趣的數學問題》作者：單墫
《有悖直覺的問題及其令人驚嘆的解答》作者：朱利安·哈維爾

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此時，你也許會大叫：「啊喲喂~視頻最後出現的那些鬼畜至極的長的跟錢串子似的刀譜到底是什麼鬼？？！！」

好了，先不說這些到底是什麼鬼，先問你，前面的劇情全都看懂了嗎？

嗯，你認真的想了想：「好像也並沒有看很懂呀嘻嘻嘻。」

好的，那我們快速的回顧一下視頻里提到的幾套刀法。

凡夫俗子都能想到的方法

為了讓揮刀面積最小，我們不妨先把武士刀換成線段，考慮讓一條線段在平面上轉過180°。多數人的第一反應是讓線段繞著一端旋轉 180° ，即半圈的情形。很顯然，此時線段掃過的面積是π/2 。

當然，這是很差的一種設計。如果把旋轉中心放到線段中點的位置，讓線段繞中點旋轉180°，情況就會好很多，這是線段掃過的面積為π/4。

掛谷宗一的見地

數學家們肯定不會考慮上述這些幾乎沒有技術含量的東西。在掛谷宗一提出這個問題後，有數學家發現，若這個線段在正三角形（高為 1，邊長為 2/√3 ）中每一頂點處都旋轉 60°，那麼線段掃過面積為 √3 ／3

掛谷宗一不滿足於此，他想到了數學大師歐拉（Euler）發現的那個三尖瓣線（Deltoid curve）。

紅色部分即為三尖瓣線

上圖就是三尖瓣線的形成過程。當小圓直徑為0.5，大圓直徑為1.5時，三尖瓣線內部任何一條切線的長度均為1。

任意切線（藍色）的長度均為1

這個三尖瓣線的面積剛好是「直徑為1的圓的面積的一半（π/8）」。

掛谷宗一猜測，這就是最終答案——長度為1的線段旋轉180°，掃過的最小面積為π/8。

我相信，就算有人給出了面積更小的答案，掛谷宗一也不會過於震驚。頂多就是個之前沒想到的幾何圖形嘛，對吧，難道誰還能整出個花兒來不成？

嗯，真就有人整出花兒來了。

終極鬼畜大神——貝西科維奇

這部分內容就是視頻最後出現的蜜汁鬼畜圖形背後的故事。

1924年，蘇聯數學家貝西科維奇（Abram Samoilovitch Besicovitch），因為國內革命愈演愈烈，開始了顛沛流離的生活。在滿歐洲亂跑的時間段，貝西科維奇接觸到了掛谷宗一的研究課題，很快就發現了掛谷問題和自己在1919年發表的一篇論文有著驚人的關聯性（貝西科維奇：「驚人？不驚人呀。」），於是開始利用俄羅斯數學家的種族天賦（至於俄羅斯數學為什麼這麼NB，這裡省略10萬字），著手解決這個問題。

最終，在1928年，貝西科維奇給出了讓人瞠目結舌的答案：「揮刀面積」可以無限小。

（掛谷宗一：Whaaaaaat？）

視頻里我們提到了這個答案的基本原理——把線段從右上方移到右下方，想要掃過的面積盡量小，那麼只要重複「沿直線滑移——旋轉——沿直線滑移」這個步驟就可以了，總結成倆字就是「鬼畜」，這個鬼畜的辦法最早是一位猶太數學家朱利葉斯·保爾（Julius Pál）發現的。

本著「看看還能不能更鬼畜「的科學精神，貝西科維奇給出了更鬼畜的答案：

某掛谷集（即掛谷問題的答案之一）

基本思路大致是這樣的：通過增加線條、縮小旋轉角度，我們可以讓線段掃過的面積變的無限小。具體的構圖過程篇幅太長，大家從下圖領略一下精神就好（感興趣的話可以看一下單墫老師的《十個有趣的數學問題》）：

這個過程中的圖形稱為「佩龍樹」

這部分看不懂就不要看了

至此，掛谷問題基本上就算是解決了，鬼畜刀譜我們也了解的差不多了，但數學家對問題的探索還遠沒有結束。

如果你親自畫了一下上面的佩龍樹，然後把三個佩龍樹拼在一起，就能得到貝西科維奇的那個答案。但同時你也會發現幾個問題：

1. 貝西科維奇的答案存在很多空隙，可以說是千瘡百孔，看起來跟破衣服一樣！很扎眼啊！

2. 你構造的佩龍樹越「茂盛」，最後形成的圖案就越「大」，大到沒朋友。如果武士照著這個軌跡揮刀，廁所早炸了。

第一個問題是單連通問題。「單連通」是拓撲幾何中的一個基本概念，大家看圖應該就能明白了：前兩個是單連通區域，後兩個不是。

第二個問題是有界問題。有界就是圖形的大小範圍有上限，無界相反。

數學家們發揮鬼畜無極限的強迫症精神，開始繼續完善掛谷問題：

1941年，阿爾芬（A.H. van Alphen）消除了無界性，證明了可在半徑為2+ε（ε是任意小的正數）的圓內做出面積任意小的掛谷集。
1952年，沃克（R.J. Walker）給出了一個單連通的、有界的掛谷集，可惜面積有限（約為0.75*π/8 ，比三尖瓣線要小）。
1965年，舍恩伯格（Isaac Jacob Schoenberg）與他的學生坎寧安（F. Cunningham）一起，給出了另一個單連通的、有界的掛谷集，雖然面積仍然有限，但是比沃克的面積要小，為

最終，在1971年，坎寧安完美的解決了掛谷問題，他成功證明：在單位圓內可以做出單連通的、面積無限小的掛谷集。

至此，這個糾結了半個多世紀（1917-1971）的「茅房揮刀問題」終於得到了完美解決，我們終於可以愉快的上茅房了~

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看完我們三分鐘漏洞百出的科學小視頻，你的生活也並不會變得更好。

這樣的問題當然少不了老少皆宜的直觀拓撲了：

下面四組圖像中，每組中第一個都可以通過同痕變換（三維空間中不撕破也不粘連的連續變換）得到第二個，大家打開腦洞試試找找這幾個（同痕）變換過程：

下面公布答案

最後藉助問題1的答案，這個問題就解決了.

更多內容請參考Prasolov寫的intuitive topology. 強烈推薦！

完全四邊形各邊共交成四個三角形，他們的內心、旁心共 16 點．在每個三角形中，分別以內心、旁心兩兩的連接線作圖，如此一共可得 24 個圓．這 24 個圓，除三三交於各三角形的內心、旁心外，又三三交於其他 16 點．這 16 點連同各三角形的內心、旁心計 32 點，分布在八個圓上，每圓上有八點．這八圓組成兩組互相正交的共軸圓，每組含四圓，它們的等冪軸通過完全四邊形的密克點．

【證明】

如圖，（1）令 $P, P_A, P_B, P_E$ ， $Q, Q_A, Q_D, Q_F$ ， $R, R_B, R_C, R_F$ ， $S, S_C, S_D, S_E$ 分別為△ABE、△ADF、△BCF、△CDE的內心與旁心，有完全四邊形 $DQ_FRCFS$ 、 $BP_ESCER$ 、 $P_AQDEAS_C$ 、 $Q_APBFAR_C$ 的密克點 $P_1, Q_1, R_1, S_1$ 即以直徑為 $Q_DQ_F, RR_B, SS_E$ ； $P_BP_E, RR_F, SS_D$ ； $P_AP_E, QQ_F, SS_C$ ； $PP_E, Q_AQ_F, RR_C$ 的三圓的交點．完全四邊形 $Q_FR_FCDS_DF$ 、 $P_ES_ECBR_BE$ 、 $P_BADS_CQ_DE$ 、 $Q_DABR_CP_BF$ 的密克點 $P_2, Q_2, R_2, S_2$ 即以直徑為 $Q_DQ_F, R_CR_F, S_CS_D$ ； $P_BP_E, R_BR_C, S_CS_E$ ； $PP_B, Q_AQ_D, SS_C$ ； $P_AP_B, QQ_D, RR_C$ 的三圓的交點．完全四邊形 $Q_ASCFDR_C$ 、 $P_ARCEBS_C$ 、 $P_BQ_FDEAS_D$ 、 $Q_DP_EBFAR_B$ 的密克點 $P_3, Q_3, R_3, S_3$ 即以直徑為 $QQ_A, R_CR_F, SS_E$ ； $PP_A, RR_F, S_CS_E$ ； $PP_B, QQ_F, S_DS_E$ ； $PP_E, QQ_D, R_BR_F$ 的三圓的交點．完全四邊形 $QRCDFS_C$ 、 $PSCBER_C$ 、 $AP_ES_EDQ_DE$ 、 $AQ_FR_FBP_BF$ 的密克點 $P_4, Q_4, R_4, S_4$ 即以直徑為 $QQ_A, RR_B, S_CS_D$ ； $PP_A, R_BR_C, SS_D$ ； $P_AP_E, Q_AQ_D, S_DS_E$ ； $P_AP_B, Q_AQ_F, R_BR_F$ 的三圓的交點．

　　（2）因為 $APBP_E$ 與 $AQDQ_F$ 四點共圓，有 $angle RP_ES=angle BAP=angle QAD=angle BQ_FS$ ，所以 $RSQ_FP_E$ 四點共圓，令其圓心為 O_1，因為 $P_1, Q_1, R_1, S_1$ 為有關完全四邊形的密克點，於是它們分別在⊙Q_FRS、⊙P_ERS、⊙P_AQS_C、⊙PQ_AR_C 上，所以 P_1、Q_1 在⊙O_1 上．

　　因為 $angle P_AR_1P_E, angle SR_1S_C$ ， $angle Q_AS_1Q_F, angle RSR_C$ 均為直角，有 $angle P_AR_1S_C=angle SR_1P_E$ ， $angle Q_AS_1R_C=angle RS_1Q_F$ ，又 $angle P_AR_1S_C=angle P_AQS_C=angle SQ_FP_E$ ， $angle Q_AS_1R_C=angle Q_APR_C=angle RP_EQ_F$ ，故有R_1、S_1在⊙O_1上，即 $P_EQ_FRSP_1Q_1R_1S_1$ 八點共圓．

　　同理可得⊙O_2： $P_BQ_DR_CS_CP_2Q_2R_2S_2$ ；⊙O_3： $PQR_FS_EP_3Q_3R_3S_3$ ；⊙O_4： $P_AQ_AR_BS_DP_4Q_4R_4S_4$ ；⊙O_5： $PQ_AR_CSP_3Q_4R_2S_1$ ；⊙O_6： $P_EQ_DR_BS_EP_1Q_2R_4S_3$ ；⊙O_7： $P_AQRS_CP_4Q_3R_1S_2$ ；⊙O_8： $P_BQ_FR_FS_DR_2Q_1R_3S_4$ ．

　　（3）因為 $angle P_4S_DP_A+angle P_4S_CP_A=90^{circ}$ ，所以 $angle P_4O_4P_A+angle P_4O_7P_A=180^{circ}$ ．故 $P_4P_AO_4O_7$ 四點共圓，有 $angle O_4P_AO_7=angle O_4P_4O_7=90^{circ}$ ，所以⊙O_4與⊙O_7 正交，同理與⊙O_5、⊙O_6、⊙O_8 均正交，故有⊙O_1、⊙O_2、⊙O_3與⊙O_5、⊙O_6、⊙O_7、⊙O_8 均正交．

　　（4）因為⊙O_1、⊙O_2、⊙O_3、⊙O_4與⊙O_5、⊙O_6、⊙O_7、⊙O_8 是互相正交的兩組共軸圓，故有 $O_4P_Aperp O_7P_A$ 、 $O_4Q_Aperp O_5Q_A$ 、 $O_4Q_Bperp O_6Q_B$ 、 $O_4S_Dperp O_8S_D$ ；且 $O_4P_A=O_4Q_A=O_4R_B=O_4S_D$ ，故O_4為⊙O_5、⊙O_6、⊙O_7、⊙O_8 的等冪點．

　　同理O_1、O_2、O_3 亦為⊙O_5、⊙O_6、⊙O_7、⊙O_8 的等冪點，故⊙O_1、⊙O_2、⊙O_3、⊙O_4 所在直線l為⊙O_5、⊙O_6、⊙O_7、⊙O_8 的等冪軸．同理⊙O_5、⊙O_6、⊙O_7、⊙O_8 所在直線l"亦為⊙O_1、⊙O_2、⊙O_3、⊙O_4 的等冪軸．

　　（5）令M為完全四邊形ABCDEF的密克點，設P"、Q"、R"為 $P_AP_B, Q_AQ_F, R_BR_F$ 的中點，由習題 21 第 17 題[1]及⊙O_4與⊙O_8的正交關係，有 $P$ 七點共圓，且以 $O_4O_8$ 為直徑，故 $angle Q$ 。

　　又由複習題 1 第 19、18 題[1]，有A、D、F、Q"、M與B、C、F、R"、M均五點共圓，且 $Q$ 、 $R$ ，有： $angle Q$ $=(180^{circ}-angle FAQ$ $=angle FBR$ $=(90^{circ}-frac{angle BR$ $=frac{angle AQ$ $=frac{angle ADF-angle BCF}{2}$ $=frac{angle CED}{2}$ $=angle SEC$ ，所以 $angle Q$ ，故 P"、Q"、R"共圓，即M在以 $O_4O_8$ 為直徑的圓上，所以 $angle O_4MO_8=90^{circ}$ ．同理 $angle O_1MO_8=90^{circ}$ ，故 $O_4MO_1$ 共線，即 M 在直線 l 上，同理，M 在直線 l" 上．

[1] 尚強. 初等數學複習及研究(平面幾何)習題解答[M]. 哈爾濱: 哈爾濱工業大學出版社, 2009.

我也寫一個簡單，有趣，深刻的定理。說他簡單有趣是因為我保證每個人都玩過這個遊戲；說他深刻是因為這個定理可以直接推出Green-Tao Theorem（當然加上一些必要的工作），就是陶哲軒06年拿菲爾茲獎證的那個猜想。

先說這個遊戲：Tic-tac-toe

在 $3 imes3$ 的棋盤上畫O和X，誰先成功的把他的棋子放到一行，一列或者對角線上就算贏。下面是wiki上的一個一局比賽的示範：

不過上面那個執O的簡直是個智障玩法。玩過的都知道這個遊戲後走的人很難贏但是也很難輸的，基本上把把都是平局。

當年我在課上和同桌偷偷玩這個遊戲的時候，玩兩把我就轉到五子棋了。把把平局，什麼鬼。但是假如多思考兩分鐘我們就會發現，之所以平局是因為棋盤太小了，如果換成 $4 imes4$ 的棋盤也許會好一些。也就是說我們猜測如果棋盤足夠大，最後就很難平局。

但是再仔細想一下，彷彿又覺得不太對。因為棋盤擴大意味著獲勝難度也大了：在 $3 imes3$ 的棋盤上我們只要連三個子就贏了，但是 $4 imes4$ 的棋盤要4個。所以我們可以控制贏的條件不變，然後再多一些棋盤空間，這樣子大概就不容易出現平局了。比如我們可以把上面在棋盤上的遊戲，轉移到在魔方上玩：

然後我們猜測，這種情況下很難出現平局。於是我們得到了一個猜想：

Hales–Jewett theorem：簡單的說，假設我們有 $c$ 個人一起玩遊戲（分別執不同棋子），並且規定只要連 $n$ 個就算贏。那麼一定存在 $H$ ，使得我們在 $mathbb{R}^H$ 空間中邊長為 $n$ 的正方體上下棋，不會出現平局。

比如上圖就是2個人在 $mathbb{R}^3$ 中邊長為4的正方體上下棋。這個定理試圖說明，隨機是不可能的。不論再怎麼隨機，再怎麼混亂，再怎麼皮，我都能找到規律。

H-J Theorem並不特別困難[1]，但是人們更感興趣的是density版本的：如果棋盤的某些部分是殘缺的，假如剩下的能下棋的地方足夠多（正密度），也會滿足最終不出現平局。

接下來說一些歷史。D. H-J Theorem看起來很Simple很Naive，但是卻open了很多年。Furstenberg和Katznelson[2]在1991年藉助動力系統中ergodic techniques第一次給出了證明，但是他們的證明極度複雜困難，而且上界的存在性用到了選擇公理，沒辦法給出確切的界（只有存在性）。

故事的結局在2010年左右，T. Gowers和陶哲軒一起合辦的Polymath論壇把給出D. H-J Theorem的確切的界當作這個項目的第一個計劃，起名為D. H. J. Polymath。經過一年的努力那一堆大佬最終發現了純組合的證明[3]，並給出了一個確切的上界，而且有趣的是他們發表論文的作者名字就是D. H. J. Polymath。用這個定理可以分別給出Szemeredi Theorem和Green-Tao Theorem的最短證明，實際上Szemeredi Theorem就只是 D. H-J Theorem的自然推論。

Reference

[1] Alfred W. Hales and Robert I. Jewett. Regularity and positional games. Transactions of the American Mathematical Society, 106(2):222–229, 1963.

[2] Hillel Furstenberg and Yitzhak Katznelson. A density version of the Hales-Jewett Theorem. Journal d』Analyse Mathematique, 57:64–119, 1991.

[3] D. H. J. Polymath. A new proof of the density Hales–Jewett theorem. Annals of Mathematics. 175 (3): 1283–1327, 2012.

（轉自果殼網）

喝醉的小鳥定理：喝醉的酒鬼總能找到回家的路，喝醉的小鳥則可能永遠也回不了家。

假設有一條水平直線，從某個位置出發，每次有 50% 的概率向左走1米，有50%的概率向右走1米。按照這種方式無限地隨機遊走下去，最終能回到出發點的概率是多少？答案是100% 。在一維隨機遊走過程中，只要時間足夠長，我們最終總能回到出發點。

現在考慮一個喝醉的酒鬼，他在街道上隨機遊走。假設整個城市的街道呈網格狀分布，酒鬼每走到一個十字路口，都會概率均等地選擇一條路（包括自己來時的那條路）繼續走下去。那麼他最終能夠回到出發點的概率是多少呢？答案也還是 100% 。剛開始，這個醉鬼可能會越走越遠，但最後他總能找到回家路。

不過，醉酒的小鳥就沒有這麼幸運了。假如一隻小鳥飛行時，每次都從上、下、左、右、前、後中概率均等地選擇一個方向，那麼它很有可能永遠也回不到出發點了。事實上，在三維網格中隨機遊走，最終能回到出發點的概率只有大約 34% 。

這個定理是著名數學家波利亞（George Pólya）在 1921 年證明的。隨著維度的增加，回到出發點的概率將變得越來越低。在四維網格中隨機遊走，最終能回到出發點的概率是 19.3% ，而在八維空間中，這個概率只有 7.3% 。

「你在這裡」定理：把一張當地的地圖平鋪在地上，則總能在地圖上找到一點，這個點下面的地上的點正好就是它在地圖上所表示的位置。

這個局面並不罕見：在商場的地板上畫一張整個商場的地圖，那麼你總能在地圖上找到一個「你在這裡」的標記——它可以做到非常精確。

1912 年，荷蘭數學家布勞威爾（Luitzen Brouwer）證明了這麼一個定理：假設 D 是某個圓盤中的點集，f 是一個從 D 到它自身的連續函數，則一定有一個點 x ，使得 f(x) = x 。換句話說，讓一個圓盤裡的所有點做連續的運動，則總有一個點可以正好回到運動之前的位置。這個定理叫做布勞威爾不動點定理（Brouwer fixed point theorem）。

除了上面的「地圖定理」，布勞威爾不動點定理還有很多其他奇妙的推論。如果取兩張大小相同的紙，把其中一張紙揉成一團之後放在另一張紙上，根據布勞威爾不動點定理，紙團上一定存在一點，它正好位於下面那張紙的同一個點的正上方。

這個定理也可以擴展到三維空間中去：當你攪拌完咖啡後，一定能在咖啡中找到一個點，它在攪拌前後的位置相同（雖然這個點在攪拌過程中可能到過別的地方）。

不能撫平的毛球定理：你永遠不能理順椰子上的毛。

想像一個表面長滿毛的球體，你能把所有的毛全部梳平，不留下任何像雞冠一樣的一撮毛或者像頭髮一樣的旋嗎？拓撲學告訴你，這是辦不到的。這叫做毛球定理（hairy ball theorem），它也是由布勞威爾首先證明的。用數學語言來說就是，在一個球體表面，不可能存在連續的單位向量場。這個定理可以推廣到更高維的空間：對於任意一個偶數維的球面，連續的單位向量場都是不存在的。

毛球定理在氣象學上有一個有趣的應用：由於地球表面的風速和風向都是連續的，因此由毛球定理，地球上總會有一個風速為 0 的地方，也就是說氣旋和風眼是不可避免的。

氣候完全相同的另一端定理：在任意時刻，地球上總存在對稱的兩點，他們的溫度和大氣壓的值正好都相同。

波蘭數學家烏拉姆（Stanis?aw Marcin Ulam）曾經猜想，任意給定一個從 n 維球面到 n 維空間的連續函數，總能在球面上找到兩個與球心相對稱的點，他們的函數值是相同的。1933 年，波蘭數學家博蘇克（Karol Borsuk）證明了這個猜想，這就是拓撲學中的博蘇克-烏拉姆定理（Borsuk–Ulam theorem）。

博蘇克-烏拉姆定理有很多推論，其中一個推論就是，在地球上總存在對稱的兩點，他們的溫度和大氣壓的值正好都相同（假設地球表面各地的溫度差異和大氣壓差異是連續變化的）。這是因為，我們可以把溫度值和大氣壓值所有可能的組合看成平面直角坐標繫上的點，於是地球表面各點的溫度和大氣壓變化情況就可以看作是二維球面到二維平面的函數，由博蘇克-烏拉姆定理便可推出，一定存在兩個函數值相等的對稱點。

當 n = 1 時，博蘇克-烏拉姆定理則可以表述為，在任一時刻，地球的赤道上總存在溫度相等的兩個點。對於這個弱化版的推論，我們有一個非常直觀的證明方法：假設赤道上有 A、B 兩個人，他們站在關於球心對稱的位置上。如果此時他們所在地方的溫度相同，問題就已經解決了。下面我們只需要考慮他們所在地點的溫度一高一低的情況。不妨假設，A 所在的地方是 10 度，B 所在的地方是 20 度吧。現在，讓兩人以相同的速度相同的方向沿著赤道旅行，保持兩人始終在對稱的位置上。假設在此過程中，各地的溫度均不變。旅行過程中，兩人不斷報出自己當地的溫度。等到兩人都環行赤道半周后，A 就到了原來 B 的位置，B 也到了 A 剛開始時的位置。在整個旅行過程中，A 所報的溫度從 10 開始連續變化（有可能上下波動甚至超出 10 到 20 的範圍），最終變成了 20；而 B 經歷的溫度則從 20 出發，最終連續變化到了 10。那麼，他們所報的溫度值在中間一定有「相交」的一刻，這樣一來我們也就找到了赤道上兩個溫度相等的對稱點。

平分火腿三明治定理：任意給定一個火腿三明治，總有一刀能把它切開，使得火腿、乳酪和麵包片恰好都被分成兩等份。

而且更有趣的是，這個定理的名字真的就叫做「火腿三明治定理」（ham sandwich theorem）。它是由數學家亞瑟?斯通（Arthur Stone）和約翰?圖基（John Tukey）在 1942 年證明的，在測度論中有著非常重要的意義。

火腿三明治定理可以擴展到 n 維的情況：如果在 n 維空間中有 n 個物體，那麼總存在一個 n - 1 維的超平面，它能把每個物體都分成「體積」相等的兩份。這些物體可以是任何形狀，還可以是不連通的（比如麵包片），甚至可以是一些奇形怪狀的點集，只要滿足點集可測就行了。

持續更新[2X]

1、答案裡面看到3n+1問題

任意取一個正整數 n 。如果 n 是奇數，則把 n 變為 3 · n + 1 ；如果 n 是偶數，則把 n 變為 n/2 。不斷重複操作，則最終一定會得到 1 。

覺得挺神奇的，起碼我自己隨便想的幾個數都成立

不會證明，就順手寫了點代碼驗證一下，要是每個數迭代那可就真是蠢了。反正最後基本上就那幾條路，我就反向推導了一下。

40層的二叉路徑，所有集合外的數都會通過該樹返回到1

對二叉樹每層從左到右掃描，如果碰到集合外的數就放到集合內，集合的數字添加順序如圖。

看著還蠻像分形的呢。

這個也挺有趣的

2、另外一篇答案中看到的這個 @xu castor

4. 這是我在很無聊的時候發現的，當然肯定有人比我先發現了。
1/499=0.002004008016032064128256513...
三個三個一組，前面到256都是2的冪次，但是過了256的時候，居然變成513了，不開心。
1/4999=0.0002000400080016003200640128025605121024204840968193...
四個四個一組，直到8193（而不是8192）。
接下來我打算寫的分式你應該都知道。據說組合數學中有較好的解釋？

覺得挺好玩，隨手證明了一下。

還是反推，現在我想構造一個特定的小數，後面的循環均由2的整數此方組成

對於任意一個這樣的小數我們可以用多項式的形式表示

a*(1+b+b^2+b^3+.....) 這裡b小於0

例如，0.020408....=0.02*(1+0.02+0.02^2+0.02^3.....)

等比數列(1+b+b^2+b^3+.....)在等比小於0時和趨近於1/(1-b)

那麼b=0.02時(1+0.02+0.02^2+0.02^3.....)=50/49,

這裡a=0.02，那麼最後就等於1/49啦，

當然我們也可以拓展一下，我想構造一個0.248...的

同理a=1/5,b=1/5,最後就等於。。。。。。1/4

天哪嚕，為什麼是1/4，我的0.248怎麼變成0.25啦，以為8後面一項是16啊，進位了啊。

好吧，再做一個0.001002004008(a=0.001,b=0.002)最後等於1/998，塔噠

持續更新、

數學渣，但是還是很喜歡這些數學「花邊新聞」的，當然，並不是大新聞。雖然沒人邀請，但還是要強行來一發。列舉一些我覺得有趣的，和諧的、或是比較讓人驚奇的數學定理與事實，給大家開闊一下視野。

下面舉出的例子，都是我覺得很有意思的，有些例子可能大部分人知道，有些例子在部分人眼裡可能是很稀鬆平常的道理，並沒有一味求偏求怪。我盡量確保信息準確，但不保證所做的論述在數學上的嚴謹，見笑於大方之家。

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題外話：

只收藏不點贊的人，你們都是鐵公雞呢？

關於轉載的問題，這個請隨意，但是轉載的話以後出錯了你們也是有責任的。

我並沒有生產知識，所以說我什麼大神也好，nerd也罷，我都不敢當，我只是知識的搬運工。

關於行文風格嘛，我是想到哪寫到哪，反正也不是搞科研，太嚴肅了不好吧，大家隨便感受一下就行了。

數學的各個分支中，我更喜歡（初等）平面幾何一些，我就是這麼有偏見，木辦法。

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1. 有這個定理，但是我記不全了，大概意思是說：你總能在一個光滑的曲面上放穩一個方形的桌子。另外一個是說：任給一個凸的平面封閉曲線，總能在上面找到六個點構成的六邊形，其主對角線交於一點P，且P為這三條主對角線的中點。

2. 一三角形內以其垂足構成的三個頂點的內接三角形周長最小。問題最早由Fagnano提出，因此也被稱為Fagnano問題，當時他也給出了結論，這個定理本身可能不是特別有趣，但是schwaz給出的證明過程比較喪心病狂，瘋狂地翻折，結果不言自明。

數學之美：垂心的各種優雅的性質

3. 某個歐拉定理：三角形的垂心、重心和外心共線（這條線也就是歐拉線），且重心在垂心和外心連線的三等分點處。

4. 這是我在很無聊的時候發現的，當然肯定有人比我先發現了。

1/499=0.002004008016032064128256513...

三個三個一組，前面到256都是2的冪次，但是過了256的時候，居然變成513了，不開心。

1/4999=0.0002000400080016003200640128025605121024204840968193...

四個四個一組，直到8193（而不是8192）。

接下來我打算寫的分式你應該都知道。組合數學中有較好的解釋。

2016-05-26更一下這個。

回答中也有同學( @雪濕舟 )提到了1/89（竊以為用10/89會更好）能得到斐波那契數列，這裡詳細說明一下吧。

其實利用組合數學中的生成函數就能得到很好的解釋：

構造：

$g(x)=sum_{i}{F_{i} x}= x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+8x^6+13x^7+..$

則：

$x imes g(x)=x^2+x^3+2x^4+3x^5+5x^6+8x^7+...$

把前面兩個等式想加：

$(1+x)g(x)=x+2x^2+3x^3+5x^4+8x^5+...=frac{g(x)}{x} -1$

得到：

$g(x)=frac{x}{1-x-x^2}$

把 $x=frac{1}{10} ,frac{1}{100} ,frac{1}{1000}$ 分別代入就能得到很多具有如此性質的分數。

5. Morley定理：三角形三內角的三等分線兩兩相交所得的三角形（下圖中的△DEF）為正三角形。比較驚奇的原因在於，尺規作圖三等分任意角被證明是不可能的，但恰恰出現了這麼個神奇的定理。

6. Marden 定理：設 p(z) 是一個複數域上的三次多項式， z1 、 z2 、 z3 是 p(z) 的三個根，它們在複平面上不共線。那麼，在這個複平面上存在唯一的橢圓，使得它與三角形 z1z2z3 的各邊都相切，並且都切於各邊的中點處。並且，這個橢圓的兩個焦點是 p"(z) 的兩根。詳細可看這裡：數學之美：Marden定理，扯到這個的時候，順便推廣閱讀一下單德林（也有叫旦德林）雙球。

7.這個似乎比較反直覺，想說明和直徑無關。為地球和排球各做一個箍套大圓上。做好後發現兩個箍各做長了1米，套上去後，箍與球體間的縫隙距離是一樣大的。

如果多出的長度為L，則間隙寬度為 $frac{L}{2pi }$

8. 奇數階幻方是滿秩的，4k階幻方的秩是3，4k+2階幻方的秩是2k+3。

另外，任何三階幻方，各行所組成的三位數的平方和，等於各行逆序所組成的三位數的平方和。

例如：

8 1 6

3 5 7

4 9 2

是一個三階幻方，則有： $816^2+357^2+492^2=618^2+753^2+294^2$ ,證明這一點並不難，但是注意到這一點還是需要點腦洞的。

9. $sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^2} } =frac{pi ^2}{6}$

看到這個結論的時候也是震驚了，也是夠和諧了，當出現無窮的時候，總有讓人意料之外的事情發生。據說當初歐拉根據方程 sin(x)/x = 0 的解，對 sin(x)/x 的級數展開進行因式分解，再利用對比係數的方法神奇地得到了問題的答案，雖然不嚴謹，但是答案卻是正確的。

另外，利用這個公式，可以瞬間計算所有奇數倒數的平方和（ $frac{pi ^2}{8}$ ），以及所有偶數倒數的平方和（ $frac{pi ^2}{24}$ ）。

10. Apollonius的做與三個已知圓相切的圓問題，曲率關係很和諧。

上圖中的藍色圓為三個已知圓，考慮到待求的圓可以和三個圓分別內切和外切，所以是8個解。

所求的圓與三個已知圓構成的曲率分別記為a,b,c,d，則滿足如下關係： $(a+b+c+d)^2=2(a^2+b^2+c^2+d^2)$ ，該結論由笛卡爾給出。

11. 克利福德定理，這個定理是個俄羅斯套娃，只要你願意，能整出無數個定理，都沒完沒了，我直接給截圖吧。

12. 大家都知道的擺線，也叫做最速降線，而且為這個事情，大名鼎鼎的幾個數學家還PK了一把。這裡要補充的是，擺線也是等時降線，即擺線的軸在豎直放置時，位於擺線槽上的兩個小球（高度不同），都會同時以最短的時間到達槽底。

13. 這個也很有意思，叫做日本定理。

這個我一直都搞不知道如何得到的，以前用暴力的解析幾何法，在Mathematica下驗算過圓內接四邊形時的情形，當時已經快瘋掉了。有請大牛證明一下對圓內接n邊形的情況。

2016.6.1更新

我後面也做了一些了解，關於上面這個定理的證明，可以使用卡諾定理證明，而且在評論中，果凍提到：

第13個，如果三角形外接圓半徑是1，外心是(0,0)，那麼內接圓半徑是
∫∫(1-x^2-y^2)^-0.5 dxdy/(2π)，積分區域是三角形內部

我覺得這個思路靠譜。

另外是一些背景知識的介紹。這類問題叫做sangaku，大概是說在幾百年前的日本，人們定期用豬牛等牲口祭祀天神來表達對上天恩賜的感謝。但這種祭祀方式花費很大，於是就想到在木板上刻畫牲口的圖案掛在寺廟裡祭祀上天（這不是忽悠么），後來又有人想到，老畫牛羊沒意思，來點別的神聖的東西，自然就會想到數學，用數學來祭祀，向上天表示自己的聰明才智。

另一個關於Japanese Thorem是這樣的：

圓內接四邊形ABCD，則有對角線分成的四個△ABD、△ABC、△BCD和△CDA的內切圓圓心M1、M2、M3和M4構成一個矩形。

當然，這個定理我以前找到過兩種證明，當然，由於後來草稿紙太小我就沒寫下來了。

其他關於Sangaku的話題，如果感興趣的話，可以看看這本書：Sacred Mathematics Japanese Temple Geometry

14. Pick定理。對平面多邊形，如果頂點都在正數格點上，若N是內部格點數，B是邊界上包括頂點在內的格點數，則其面積是S=N+B/2-1.一個順便的推論是頂點都為整數的多邊形，其面積也是有理數。

15. 完全正方形

將一個正方形分割為邊長不相等的小正方形。貼圖中的結論是最小解（21個）。順便問題來了：立方體怎麼樣？

16. 381654729是這樣的一個數：所有1-9都只出現了一次的九位數中，唯一一個前一位數能被1整除，前兩位數能被2整除，前三位數能被整除……一直到前九位數能被9整除。

17. 這個不是定理，似乎叫做猜想更好。如果一個數正反都都是一樣的，那麼我們叫它迴文數，例如1331,272,5664665等。下面進行如下操作：取一個數，加上它反過來的那個數，然後得到一個迴文數為止，例如我們取57：

57+75=132

132+231=363

OK，363是迴文數了。

幾乎所有的數按這個操作，都會得到迴文數，但是196似乎是個異類，據說用計算機算到3億多數位，依舊沒出現迴文數。

另外還有個坑爹的角谷猜想，也就是3n+1問題，和這個坑類似。

18. 任何代數曲線 $f(x,y)=sum_{i}{sum_{j}}C_{i,j}x^iy^j =0$ 都可以用連桿系統畫出來。

19. 巴比爾（Barbier）定理：如果定寬曲線的寬度為d，則周長為 $l=pi d$ ，與具體形狀無關。

20. 古德斯坦定理。這個數列的增長速度驚人，比阿克曼函數還兇殘，然而會在某個時刻，最終一定變為0，可謂盛極而衰啊。例如第n項可能有100位數字，到了第(n+1)位的時候，就變成0了，然後，就沒有然後了。關於這個數列的介紹，可參考古德斯坦定理_百度百科

有人要問了，你為什麼關注這個數列呢？因為最近美國隊長居然被黑化了，於是我就想起了這個段子，這真是極好的……

古德斯坦定理的一個變體叫做：「九頭龍遊戲」……其實當初就應該叫「九頭蛇遊戲」。

「九頭龍」是一棵有根樹。它的每個樹葉稱為一個頭，與頭相連的邊稱為這個頭的頸。九頭龍的初始狀態可以是任意有限的有根樹。在遊戲的每一步中，遊戲者可以砍掉九頭龍的一個頭和相應的一個頸。若砍掉的頸的另一端連接的結點不是樹根，則以這個結點為根的子樹將複製出一定數量的相同的兄弟（這個設定比傳說中砍下一個頭，原處長出兩個還猛），通常取這個數量為遊戲的步數，如第3步複製出3個。因為頭的數目增長得極快，所以這個遊戲的持續時間可能十分漫長。只要在有限步內能夠將九頭龍砍到只剩一個根的狀態，就算遊戲者勝利。對這個遊戲，有如下結論：無論使用任何策略（傳說中的無腦操作），遊戲者一定會勝利（然而遊戲者有可能活不了那麼久）。來，和我一起念，Hail Hydra，＼(o￣?￣o)/。Resistance is futile.

21.斐波那契數列的倒數和收斂，而且被證明這個數是一個無理數（參考：A079586 - OEIS），感謝@abccsss 提供的鏈接。

然而這個值據說一直沒有算出來，大家得到的都是近似值。當然，偶數項的倒數和倒是有人算出來（我了解的情況是這樣的，如果有新的進展，請告知，謝謝）。

22.在勾三股四弦五的直角三角形中，如果較小的銳角為theta，則有：

$tan(frac{1}{4}( heta +frac{pi }{2} ) )=0.618...$

沒錯，後面那個就是黃金分割數（補：我檢驗了一下，反覆利用正切的二倍角公式，是對的）。

23. 還原任意打亂魔方的最小步數（注意特殊的魔方結構當然不需要20步），請注意這裡說的是任意打亂，而且一次操作就是一步，網上坑爹的所謂七步還原魔方的層先法，其實是七個步驟，希望大家不要以訛傳訛，不然人人都比曹植還牛逼。

這個最小步數，被稱為魔方的「上帝之數」，目前已經被證明為20，再次感謝 @abccsss 的提醒和鏈接。

24. 歐拉的偉大之處自不必言，想起以前他推翻費馬數F(5)不是質數的壯舉，真是驚為天人，但是他也有掉到坑裡去的時候。他曾猜想6階拉丁方不存在，當然這後來被證明是正確的，這似乎並沒有什麼問題，然而歐拉同學估計是構造6階拉丁方收到太大的打擊，他猜想所有4n+2階拉丁方都不存在……然而事實並非如此，事實上10階，14階的都是存在的。

25. 五次及以上的方程，並沒有通解公式。

另一個說法（ @biaogle）是這樣的：

一般五次以上的方程沒有加減乘除開n次方的公式解，據說五次方程藉助橢圓積分什麼的是可以有公式解的

這個我也不是太清楚，交由大家討論。

另外一個關於方程根的定理是這樣的：n次復係數多項式方程在複數域內有且只有n個根（重根按重數計算）。這就是大名鼎鼎的代數基本方程。高斯同學在他的博士論文中給出了嚴格的證明。

26. 三弦共點定理指出：在圓O中，若弦AB、CD、EF相交於一點，則有：

$frac{AB}{BC} imes frac{CD}{DE} imes frac{EF}{FA}=1$

這個定理和塞瓦定理有點像：

$frac{AF}{FB} imes frac{BD}{DC} imes frac{CE}{EA}=1$

和帕普斯定理更是有異曲同工之妙，帕普斯定理一開始被發現的時候是這樣的：

直線l1上依次有點A,B,C，直線l2上依次有點D,E,F，設AE,BD交於P，AF,DC交於Q，BF,EC交於R，則P,Q,R共線。

然後後面就被數學家玩壞了：

圓中以任一直徑為界線，直徑兩側分別取A1，A2，A3；B1，B2，B3。連接A1，B2；A1，B3。A2,B1;A2,B3。A3,B1;A3,B2.則A1B2,A2B1交於C1；A1B3，A3B1交於C2；A2B3，A3B2交於C3。則C1,C2,C3共線。後來這個玩法被其他的二次曲線給學會了。事實上，當二次曲線上的帕斯卡定理中，二次曲線退化為兩條相交直線（認為平行直線相交於無窮遠點），即為帕普斯(Pappus)定理。這些定理都是射影幾何的基本定理。

27. 最小最大原理。似乎是馮諾依曼證明的一個問題，在博弈論中地位很重要，具體我也記不太清楚，大概意思是，在所有好的策略中，最壞的一個策略，與在所有壞的策略中最好的一個策略，其收益相同。希望懂這個原理的童鞋們幫我普及一下，先謝謝了。

28. Kaprekar Constant。這個遊戲也叫做數字黑洞。

任意選一個四位數（數字不能全相同），把所有數字從大到小排列，再把所有數字從小到大排列，用前者減去後者得到一個新的數。重複對新得到的數進行上述操作，7 步以內必然會得到 6174。

例如，選擇四位數 6767：

7766 - 6677 = 1089

9810 - 0189 = 9621

9621 - 1269 = 8352

8532 - 2358 = 6174

7641 - 1467 = 6174

6174 這個 "黑洞" 就叫做 Kaprekar 常數。對於三位數的數字黑洞495。

對於多位數，黑洞是存在的，但是有時不是一個數，而是幾個數。例如五位數23964：

96432 - 23469=72963

97632 - 23679=73953

97533 - 33579=63954

96543 - 34569=61974

97641 - 14679=82962

98622 - 22689=75933

97533 - 33579=63954

這個循環是97533-63954-61974-82962-75933……

如果你取另外的一個五位數，可能得到的循環是62964-71973-83952-74943等。

詳細的討論請移步：6174 (number)

29. 好奇心強或者閑的蛋疼的騷年，請運行如下C代碼：

#include & long a=10000, b, c=2800, d, e, f[2801], g; int main(int argn,char* argv[]) { for(;b-c;)f[b++]=a/5; for(;d=0,g=c*2;c-=14,printf("%.4d",e+d/a),e=d%a) for(b=c;d+=f[b]*a,f[b]=d%--g,d/=g--,--b;d*=b); return 0; }

當然，我知道這裡不是討論編程的地方，But guess what？ $pi$ ！

這個演算法太詭異，以至於在我不知道原理的時候整個人都懵逼，啊不，是震驚了.

這裡給出原理，就是貝利-波爾溫-普勞夫公式（BBP公式）。

$pi=sum_{i=0}^{infty}{frac{i}{16^i}(frac{4}{8i+1}-frac{2}{8i+4}- frac{1}{8i+5}-frac{1}{8i+6})}$

關於這個公式，請看這裡：

貝利-波爾溫-普勞夫公式BBP Formula -- from Wolfram MathWorld

這個公式比較厲害的地方在於：求π的第n位小數時，可以不需要先求出它的前n ?1位。而且基於16進位，這就太對計算機的胃口了。

關於計算圓周率的擴展閱讀，可以在知乎的基友那裡查看：一起來算圓周率

以及在Mathworld上查看：Pi Formulas -- from Wolfram MathWorld

當然，CS領域有太多黑科技的演算法，例如雷神之錘3中平方根倒數演算法中的0x5f3759df之類的，我也不不班門弄斧了。

30. 再補充一個定理：斯坦納—雷米歐斯定理。定理本身並不有趣，但是正反定理難易程度居然差異懸殊，著實詭異。

先說說背景。請證明，等腰三角形的兩個底角的內角平分線等長。你肯定覺得這個簡單的任務，是對你智商的侮辱。當然了，這個給剛學全等三角形判斷的初中生，估計在兩分鐘內都能證明。關於這一事實的證明，早在《幾何原本》中就已經給出給出。

但是問題反過來：

如果三角形中兩內角平分線相等，則此三角形必為等腰三角形。

這事在《幾何原本》中隻字未提。這就是該定理的描述，這個定理的證明，用反證法問題不大，但是要正面剛，許多數學家都敗下陣來呢，據說連歐幾里德都不會。1840年，雷米歐斯在他給斯圖姆的信中請求給出一個純幾何證明，斯圖姆搞不定，就把問題丟給同行，首先給出證明的是瑞士幾何學家斯坦納，因而這一定理就稱為斯坦納—雷米歐斯定理。

+∞. Finally：THE HAPPY ENDING PROBLEM。

這個問題有些意思，但是這個問題後面有個更美好的故事。滿滿的正能量，單身狗找希望和找打擊兩相宜，我就簡單粗暴地丟幾個鏈接吧：

幸福結局問題，以及一個幸福的結局Happy ending problemHappy End Problem -- from Wolfram MathWorld

當然，如果諸位有興趣，可以算一下 $f(7)$ ，雖然你們肯定算不出來。

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寫到這裡我也就Happy Ending了，後面想到再補充哈。我會放在Happy Ending Problem前面。

要說有趣的數學定理，那肯定要說一說組合數學中的鴿巢原理了。

先說一下什麼是鴿巢原理吧，它有兩種，一種是簡單形式：

將 $n+1$ 個物品放入 $n$ 個盒子中，則一定存在一個盒子裡面至少有兩個物品。

沒錯這就簡單形式的鴿巢原理，簡直像是一句廢話。

加強形式的鴿巢原理就不太顯然了：

將 $q_{1} +q_{2} +...+q_{n} -n+1$ 個物品放入 $n$ 個盒子中，則或者第1個盒子中至少有 $q_{1}$ 個物品，或者第二個盒子至少有 $q_{2}$ 個物品......或者第 $n$ 個盒子至少有 $q_{n}$ 個物品（ $q_{1}= q_{2}=...=q_{n}=2$ 時就是鴿巢原理的簡單形式）。

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光看鴿巢原理並沒有覺得這個定理有趣在哪裡，其實它有趣的是它的一些推論，下面我列舉幾個：

從 $left{ 1,2,...,kn ight}$ 中選出 $n+1$ 個數，總存在兩個數他們最多相差 $k-1$ 。
在邊長為1的正方形中放入5個點，則其中至少有兩個點距離不超過 $frac{sqrt{2} }{2}$ 。
任取 $n+1$ 個整數，一定存在兩個數它們的差被 $n$ 整除。
一個孩子每天至少學習一個小時，共看7周，每周學習不超過11小時，則一定存在連續的若干天，在這期間共學習21個小時（假定每天學習時間為整數小時）。
從1到200的自然數中取出101個數，一定存在兩個數，其中一個是另一個的整倍數。
之前看到其他朋友提到了Ramsey理論，其實那個六人聚會問題（六個人聚會一定有三個人兩兩相互認識或者相互不認識）也是通過鴿巢原理解決的。

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看上去像一句廢話的鴿巢原理其實會引申出很多有趣的例子，如果想了解鴿巢原理更多的內容可以看看《Combinatorics》（Brualdi，R.A. 第五版）

離散介值定理問題。沒記錯的話，下面的解法原創出自polymath上陶哲軒組織討論2011P2時，一位網友給出。

1. 四色定理

四色定理又稱四色猜想、四色問題，是世界三大數學猜想之一。

四色定理是一個著名的數學定理，通俗的說法是：每個平面地圖都可以只用四種顏色來染色，而且沒有兩個鄰接的區域顏色相同。

1976年春季藉助電子計算機證明了四色問題，問題也終於成為定理，這是第一個藉助計算機證明的定理。四色定理的本質就是在平面或者球面無法構造五個或者五個以上兩兩相連的區域。

2. 芝諾悖論

阿基里斯追趕烏龜

烏龜在阿基里斯前方1000m處，假設阿基里斯的速度為10m/s，烏龜的速度是1m/s。

阿基里斯追烏龜跑1000米用100s，此時烏龜又跑了100米

阿基里斯繼續追烏龜跑10s，此時烏龜又跑了10米

阿基里斯繼續追烏龜跑1s，此時烏龜又跑了1米

阿基里斯繼續追烏龜跑0.1s，此時烏龜又跑了0.1米

阿基里斯繼續追烏龜跑0.01s，此時烏龜又跑了0.01米

.......

....................................................................................

額額，額，，阿基里斯永遠追不上烏龜，不對呀

悖論解釋

當阿基里斯無限接近於烏龜之時，時間也停
滯了。所以在有限的時間裡，阿基里斯永遠無法追上烏龜。從這個意義上講，阿基里斯悖論倒不是悖論了，只是有個隱含件沒有被大家所發現——有限時間內。

3. 希爾伯特旅館

某一個市鎮只有一家旅館，這個旅館與通常旅館沒有不同，只是房間數不是有限而是無窮多間，房間號碼為1，2，3，4，……我們不妨管它叫希爾伯特旅館。這個旅館的房間可排成一列的無窮集合(1，2，3，4，…)，稱為可數無窮集。

有一天開大會，所有房間都住滿了。後來來了一位客人，堅持要住房間。旅館老闆於是引用「旅館公理」說：「滿了就是滿了，非常對不起！」。正好這時候，聰明的旅館老闆的女兒來了，她看見客人和她爸爸都很著急，就說：「這好辦，請每位顧客都搬一下，從這間房搬到下一間」。於是1號房間的客人搬到2號房間，2號房間的客人搬到3號房間……依此類推。最後1號房間空出來，請這位遲到的客人住下了。

第二天，希爾伯特旅館又來了一個龐大的代表團要求住旅館，他們聲稱有可數無窮多位代表一定要住，這又把旅館經理難住了。老闆的女兒再一次來解圍，她說：「您讓1號房間客人搬到2號，2號房間客人搬到4號……，k號房間客人搬到2k號，這樣，1號，3號，5號，……房間就都空出來了，代表團的代表都能住下了。」

過一天，這個代表團每位代表又出新花招，他們想每個人占可數無窮多間房來安排他們的親戚朋友，這回不僅把老闆難住了，連女兒也被難住了。聰明的女兒想了很久，終於也想出了辦法。

希爾伯特旅館越來越繁榮，來多少客人都難不到聰明的老闆女兒。後來女兒進了大學數學系。有一天，康托爾教授來上課，他問：「假設無窮大旅店的房間按原始集合編號1,2,3,4，..., 現在有一大群客人出現了，他們都是N的冪集中的元素，你怎麼把客人都安頓下來？」她絞盡腦汁，還是失敗了。

霍開拓

1，四色問題

每個平面地圖都可以只用四種顏色來染色，而且沒有兩個鄰接的區域顏色相同

2，歐拉多面體定理

簡單多面體的頂點數V、棱數E及面數F間有關係對於簡單多面體，有歐拉公式：V-E+F=2

3，孫子剩餘定理

有孫子不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二。問孫子幾何？

好吧，開玩笑，本質是一元線性同餘方程組的求解方法。古人給出的解法：三人同行七十希，五樹梅花廿一支，七子團圓正半月，除百零五使得知。

題主好！我看你骨骼清奇，不如來學圖論吧，以後就每天都有機會研究這種有趣的問題了→_→

復變中的Hadamard定理，給了整函數的零點和增長階數就直接把它寫出來了

醉漢的隨機遊走：最後一定回到家。

然而小鳥的隨機遊走只能有百分之30多的幾率回家。

我來講個澆滅普通股民幻想的定理吧～我把它叫做【守株待兔不可能】定理。

話說普通股民其實也是不斷在進步的，從一開始迷信各種大師分析師看K線圖預測趨勢和走勢，損失很多錢以後慢慢也接受了「隨機漲落」這個重要事實。甚至一些厲害的普通股民還能說得出「馬爾可夫鏈、維納過程」這樣厲害的詞。簡單來說就是接受了在沒有新的信息情況下股價會隨機遊走。類似於下面這樣完全由隨機變數產生的起起落落：

於是一些普通股（jiu）民（cai）想到了一個絕妙的炒股辦法：

既然股價會自然起落，為什麼不用守株待兔的方式來賺錢呢？

具體步驟介紹一下，就是例如10塊買入某股票，然後設定一個目標價，比如15塊，等股票上下起伏，到了目標價再賣掉。沒到的話反正我也不著急，就放在股市裡讓他隨機漲落。反正起起落落總有一天會到15塊。扣除手續費還凈賺四塊多。

基金經理可能有營業壓力，不能一直耗時間。我可是普通股（jiu）民（cai）啊～我是自有資金愛怎麼等怎麼等，不著急。

但是，這個方法看起來很完美，但真的可行嗎？

Absolutely NO！

因為這個等待時間的期望是無窮大。。。也就是說隨便你設定一個上漲目標（哪怕一塊錢），平均來說也需要等無窮久才能實現。

等待股價上升一塊錢，不是沒有可能，而是隨隨便便可以讓你等個十年，你怕了嗎？還敢用這種方法炒股嗎？你想等它漲，很有可能股價一頭跌下去不知道什麼時候才能回來。

再考慮到人民幣通貨膨脹這麼厲害，十年後100塊錢能不能吃碗拉麵都需要擔心。

總結起來就是：

數學定理保證了這種懶人炒股法是行不通的，也就是說很多人想的「再等等，等股價漲回成本價就賣」來保本其實是行不通的，更別說靠這個賺錢了。

利益相關：

美股港股ETF五年投資經驗。主要做中線，不碰短線和超短線（做萬門也沒時間）。幫家裡理財，賺得不多但是複合增長率跑贏大盤多倍。A股不是很敢碰，在A股損失超過50萬，太野蠻沒有基本面邏輯，莊家不講規則，很多企業家只想短期套利。美股港股比較好，五年來30萬本金現在翻到差不多400萬。這是目前我美股戶頭：

好了，有空的話阿哲就把證明過程寫給大家，先去吃飯了～

補充證明如下：

如果你對整套理論感興趣，歡迎在萬門大學上搜「金融工程特訓班」，有更詳盡的視頻講授。

巴拿赫-塔斯基定理，又稱分球悖論

這是一個非常反直覺的定理，內容是: 可以把一個單位實心球分成有限塊(事實上五塊就夠了)，然後只通過旋轉，平移變換，然後拼成兩個單位球。

看起來是不是非常匪夷所思？明明什麼都沒有做就憑空增加了一倍的量。而事實上這種分解在現實中是不可能做到的，因為涉及到不可測集，因為你連把一根繩子分成有理點，無理點兩部分都是做不到的，而這個定理中的分解還要更加「奇怪」。

為什麼會出現這樣「奇怪」的結論呢？得益於某一個神奇的公理: 選擇公理。

這個公理的敘述很簡單，就是如果有一堆非空集合，我們總能從每個集合中選出一個代表元來構成一個新的集合，這聽起來是不是廢話？從一個集合中選出一個元素肯定是沒問題的啊？事實上，對於集合個數有限，或者集合的結構比較簡單的時候確實是顯然的，比如，從一族區間中，我們可以選每個區間的中點來構成新的集合，有很多雙鞋子，我們可以選每雙鞋子的左腳的鞋子來構成新的集合。

因為上面我們都有一種通用的規則來怎樣選這些集合中的元素，像取中點，選左腳。對於其他更奇怪的集合，比如對於實數中，如果兩個數之差為有理數，則他們屬於同一個等價類(屬於同一個集合)，按照這樣的規則，我們可以把實數集分成一系列等價類，其中每個等價類中的任意兩數之差為有理數，我們似乎仍可以按照選擇公理的方法去做，可是你完全不知道你是怎樣取的，你沒有一個規則，方法來取這些集合中的代表元，更不知道你取出來的是什麼。

選擇公理在過去也有過爭議，有的數學家承認它，而有的也不願意去承認他，而分球悖論的誕生正是作為一個證據來證明選擇公理的荒謬，確實也起到了一定的作用，可是，人們漸漸發現，如果不承認選擇公理的話，反而會導出更多的奇奇怪怪的結論，加上很多的被普遍認為成立的重要數學定理都得依賴於選擇公理，因此選擇公理最終還是被主流數學屆承認並使用的。

有評論說如果A認識B，而B不認識A，他們不算彼此認識，那麼此時AB之間的連線為藍線。並不影響最後結論。

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~拉姆塞定理（Ramsey theory）

先拋題：試證明：在一個6個人的聚會上，則必定有3個人彼此認識或者彼此都不認識。

以A、B、C、D、E、F代表這6個人，紅線代表兩人互相認識，藍線代表兩人互相不認識，只要圖中必定出現三邊同色的三角形則證明此問題。

根據抽屜原理，由於只有兩種顏色的線，那麼與A點連接的5條線必會出現至少3根顏色相同，如第一張圖。只要BC、BD或CD三根連線中至少有一根為紅色，那麼就會必定出現所有邊為紅色的三角形，如第二張圖，說明ABC互相認識。若BC、BD或CD三根線都不為紅色，那麼會出現三邊均為藍色的三角形，說明BCD互相不認識。那麼無論如何連線，都能證明題中結論。

上面拋出的問題是拉姆塞定理的一個特例。

拉姆塞定理：對於給定的正整數p、q≥2，只要n足夠大，就一定能保證，把Kn的每一邊染成紅色或藍色後，Kn中一定含有全是紅邊的Kp或者含有全是藍邊的Kq。對於給定的p、q，存在最小的正整數n，記成R（p，q），叫做拉姆塞數。

（用聚會的方法數就是，在n個人的聚會中，一定有有p個人相互認識或者有q個人互相不認識）

比如在一大大於或者等於18人的聚會中，一定有4個人相互認識或者相互不認識。

在多少人的聚會中，一定有5個人相互認識或者相互不認識，這個拉姆塞數仍不知道，但範圍在43——49人之間。

Frank P. Ramsey是英國數學家，哲學家和經濟學家，一些重要貢獻：

哲學：真理的多餘理論
組合數學：拉姆塞定理
經濟學：拉姆塞定價

皮克定理

在學習信息學的路上發現的第一個奇葩定理