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代数有意思_【英】大卫·艾奇逊_AZW3_MOBI_EPUB_PDF_电子书（无页码）_【英】大卫·艾奇逊

内容节选

注释 03 1089戏法如果第一位数字只比最后一位数字大1，就会有一点困难。逆序和相减得到99，这个魔术看起来注定要失败。然而，如果我们能找到一个借口把99写成099，那么它仍然是可以奏效的，图114中这个1922年的美元和美分版本就是一个很好的例子（图中的单位均为美元）。图114 摘自斯隆（Sloane）的《快速算术》（Rapid Arithmetic，1922） * * * 我所知道的诀窍的最一般形式是最大货币单位是中间单位的p倍，中间单位是最小货币单位的q倍的情况。于是，最后的答案总是（pq-1）（q+1）个最小单位。特别是，当p和q都是10时，就得到99×11，这实际上就是1089。 * * * 2002年12月，在英国数学史学会的一次圣诞会议上，我与大卫·辛马斯特（David Singmaster）有过一次对话，这极大地增进了我对这个戏法的历史的了解。 06一场非同寻常的演讲在欧几里得的《几何原本》（第9卷）命题20中，关于存在无穷多个素数的证明，具有相当不同的条理，并不是一个“全面的”反证法。相反，他的证明思想是取任何有限的素数集合，将其中的素数全都乘起来，再加上1。这样得到的数必须是以下两种情况之一：（a）素数（b）非素数，在这种情况下，它必定具有不属于原集合的一些素因数（因为除以原集合中的任何素数会得到余数1）。于是，无论是哪种情况，都必定存在着某个不属于原集合的新素数。因此，不管你已经有了多少素数，总会有更多的素数。 08益智数学关于一块巧克力的题目总是需要掰23次，因为每次你拿起一块，无论它的形状如何，当你按照指示的某种方式掰断它时，巧克力的块数都会增加1。骰子的滚动答案是6。我所知道的最优雅的解答（几乎是下定决心专注于我们想要找到的东西），就是想象骰子在路径的尽头，然后想象它向后滚回去，以找出顶上那一面的起始位置。在图115中，正如我们所看到的，我们想知道的那一面从顶上开始，然后向左，到达底下，然后变成向右，在转弯后一直保持向右，在转过第二个拐角后出现在顶上，因此一开始是向左的。图115 向后滚回去…… C又“胜出”了！我认为，最简单的方法是相对于其中一个人，比如说A，来看待整个问题，那么A基本上就是“固定的”，而B每天移动8-5=3英里，C每天移动10-5=5英里。当B走完N整圈时，C将走完圈。因此，我们想要求出最小的正整数N，使得也是一个正整数。这个数显然是N=3。因为B需要天走完一圈，所以答案是73天。残缺不全的国际象棋棋盘我认为，对许多数学家来说，“证明如此这般是不可能的”这类问题，或多或少是在鼓励和提示他们尝试用反证法来证明。那么，就假设这确实是可以办到的。由于每一枚多米诺骨牌覆盖一个黑色方格和一个白色方格，因此“残缺不全的”棋盘上的黑色方格和白色方格的数量必须相等。但它们并不相等，因为它们最初虽然是相等的，但我们是移除了两个黑色方格后才得到图32的。所以我们最初的假设一定是错误的。四张卡片的益智题我们需要把第一张和最后一张卡片翻过来。因为如果第一张卡片的反面是一个奇数，或者最后一张卡片的反面是黑色的，那么这条规则就不成立。否则，它就是成立的。 15用巧克力来证明 60年前，我在一本名为《玩玩无限》（Playing with Infinity，Bell，1961）的书中第一次发现了这个古怪的（我想也是鲜为人知的）证明，这本书的作者是匈牙利数学家罗莎·皮特（Rózsa Péter），但她自己将其归功于她的导师拉斯洛·考尔马（László Kalmár）。玩玩无限假设存在这样一个（有限的）数，设那么这与前面得出黄金比例的那个二次方程相同，因此 * * * 根据同样的推理，得出在某种程度上，这就是韦达的那个不同寻常的无限乘积是如何收敛到一个有限值的：乘积中的相继项越来越接近1。 16困惑的农夫在有墙存在的情况下，x的定义如图116所示，更标准的“配成平方”解答如下： A=x（4-2x） =-2x2+4x =-2（x2-2x）图116 地和墙问题配成平方给出： A=-2（x-1）2+2 因此，当x=1时，A有最大值。在这种情况下，4-2x=2。 17数学与斯诺克第106页上的的公式可以这样导出。设母球和红球的球心最初位于A和B，设C为撞击时母球的球心位置，设G为球袋中间的位置。现在，三角形AEC和三角形AGF是“相似的”，也就是说，它们的形状完全相同。那么，它们的各条边都必定具有相同的比例，因此：图117 数学与斯诺克同理，由三角形BGH和三角形BEC相似可得：由这两式消去CE，给出：将这些都转化为图66中的符号，我们就得到到目前为止，分析一直是准确的——这是假设红球沿着中心线CB被击出。但是，如果初始......