测量太阳高度
古人很早就知道，用小小直角尺（矩）可以量出相当高的高度。他们把角尺直立在水平位置上，对准要测量的物体，使物体的量高点与角尺两边上的两点成一直线，用相似直角三角形对应边成比例的性质，就可以把物体的高度算出来了。这里的条件是：直尺的直角点到物体垂直于水平面的线的距离是能够用尺直接测量出来。
两千多年以前，汉代的天文学家把这种方法推广到计算太阳的高度，这是古代一个十分有趣的天文问题，也是一个很有意义的数学问题。我们现在知道，太阳与地球是宇宙中两个椭圆形的天体，它们之间的平均距离有14960万公里。可是古代的人想知道太阳的高度有多少，他们又是怎样去测量的呢？
原来，那时有的天文学家，认为天是圆的（指球形），地是方的。地球是一望无际的平地，挂在天空中的太阳，尽管一年四季千变万化，但在特定的时间和地点，它的高度是可以测量计算的。于是，这些天文学家用一根八尺长的标竿（p），选定夏至这一天，在南北相隔一千里的两个地方（A，B），分别测出太阳的影子长度（m，n）。设太阳离地面的高度为h+p，A点到太阳在地面的垂足的距离为d，根据相似直角形对应边成正比例的性质，得：
hp=dm（1）
hp=d+ABn（2）
解方程组得：
h=p×ABn-m（3）
汉代的天文学家认为，北面B点的影长n与南面A点的影长m恰恰相差1寸。因此，n-m=1寸，p=8尺，AB=1000里，代入（3）式得h=8尺×1000公里0.1尺=80000里。
将80000里再加上标竿的长度8尺，便是太阳离地面的高度（当然，这个结论是不符合实际的）。从（3）式中我们知道，h的高度等于北面影子与标竿长之比减去南面影子与标竽长之比去除南北两点间的距离。同样，用这两个比值的差除以南面影长，使得到A点到太阳在地面的垂足的距离。因此，南北两点的距离确定以后，太阳离地面的高度主要决定于标竿影长与标竿长的两个比值之差。但是，因为他们假设地面是平的，不符合实际情况，因而得出错误的结果。然而，我国古代这种数学方法是正确的，汉代天文学家把这种计算方法称为“重差术”。公元第三世纪大数学家刘徽，系统地总结了这种办法，写成专门的一章，也是叫作“重差”，附在古代数学名著《九章算术》之后。唐代初年，国子监整理出版古代数学著作时，把这一章作为《算经十书》之一，单独发行。因为它第一个问题是测出一个海岛的高度和距离，所以又把它称为《海岛算经》，这本书一直流传到现在。
地球的丈量
根据牛顿有关引力的理论，可以推想出来，地球并不是一个纯粹的圆球体，而应该有点像橘子那样，是个中间宽，两头扁的球状体。换句话说，由于离心力的作用，地球在赤道上的直径要比两极间的直径要长。也就是说，两极的每一纬度间的距离要比赤道附近每一纬度间的距离要大。
为了证实这一理论，法国政府于1735年组织了两次考察。考察队的任务是通过对子午线弧度的测量，精确地计算出地球的形状和大小。第一支考察队，由拉康达明率领，他们在深入到位于赤道附近的秘鲁安第斯山区时遇到了许多困难。两年后，第二支考察队由马保梯率领，去了北欧拉普兰地区，那是当时欧洲人所能到达的最靠近北极的地区。由于恶劣的气候条件和仪器的敏感度很高，这两次考察不仅耗费时日，而且历尽周折。但是，在历时数年的艰苦工作中，他们所收集到的数据和得出的计算结果证实了牛顿的想法。北极附近的一个纬度间距要比赤道附近的一个纬度间距长1%。赤道部位的地球要比两极部位的更圆。今天我们知道，赤道区域的海平面要比两极地区的海平面离地球的中心远21千米。
经度的测量
许多世纪以前，航海家们已经懂得如何测量纬度（赤道到地球南北任何一点的距离）。为此，他们只要测量出太阳在某地的最高点或北极星的位置，再算出它们与天顶的距离就可以了。但是，只有知道某一点与出发港口的确切距离（无论是向东或向西），才有可能计算出经度，而这一点在那个时代决非易事。
1714年，英国政府宣布，谁能找到确定海上航行船只确切位置的方法，就奖励他两万英镑。英国人哈里森是一位木匠和手工艺人。从1728年开始，他制作出了好几只适合在船上使用的计时器，一只比一只更轻便、更精确。1739年，他又制作出了第一只适合远洋航行用的计时器，但有点复杂，也不十分精确。又经过多年的研究和试验，终于在1761年建造了一只相当精确的计时器，用它计算出来的经度只有几海里的误差。这只计时器有一个用几种不同金属制成的内置平衡装置，它既可抗御船只的颠簸，又能适应温度的变化。但是，哈里森还必须对他的计时器进行多次试验，成功以后才能获得悬赏。1762年，在一次从英国到加勒比海的巴巴多斯的航行中使用了这个计时器。航行历时5个月，哈里森的计时器只慢了15秒。但是，10年以后，英国政府才给哈里森颁发了奖金。这只计时器的出现开辟了航海事业的新纪元。从此，在海上航行的船只可以知道自己的确切位置，并有可能绘制出更加精确的航海图，为找到更加快捷的新航线提供了可能。
先抽签后抽签哪个中奖机会大
我们常会碰到这样的问题，10个人抽一个奖，应该说每人获奖的概率是一样的。但有的人认为，先抽合算，后抽不合算。现在我们来分析一下：
第一人抽着奖的概率是110，抽不着奖的概率为910；
第二人抽时只有9个签，有两种可能：①第一人已抽着奖，第二人抽着奖的概率应是110×09=0；②第一人未抽着奖，第二人抽着奖的概率应是910×19=110.
所以第二人抽着奖的概率为：
P=110×09+910×1[]9=110
因此，第二人抽签，不管第一人是否抽到奖，他抽到奖的概率仍是110.
第三人去抽签时还有8张签，也是两种情况：
①前面两个人中已有一个抽着奖，第三人抽着奖的概率应是（110×09+010+19）×08）=0②第一、二人都未抽着奖，而第三人抽着奖的概率应是：
910×89×18=110
所以第三人抽着奖的概率为：
（110×09+010×19）×08+910×89×89×18=110因此，不管第一人，第二人是否抽着奖，第三人抽着奖的概率仍为110，所以10人抽签不管先抽还是后抽，抽着奖的概率是一样的，机会是一样的。
怎样让客人等吃饭的时间最少
星期天，家里来了客人。爸爸妈妈留客人吃饭，准备烧四个菜、一个汤、两个冷盘。你算算需花多少时间。
取米淘米3分钟，烧饭10分钟，闷饭6分钟，炒菜（甲乙丙菜）各要4分钟、5分钟、6分钟，清蒸菜10分钟，烧一锅汤要10分钟，每次洗锅要0.5分钟，每次盛菜到碗里要1分钟，盛饭配碗筷要2分钟，配制两冷盘各要5分钟、4分钟。这样，大约一个小时以后，客人可以吃饭。
3+10+6+4+5+6+3×0.5+10+10+3+2+5+4=69.5分钟。
如果我们作一个统筹安排，烧饭用电饭锅，烧菜分两只锅炒，先取米淘米烧饭，同时烧汤、配冷菜、清蒸等。可以同时用两只锅炒菜，如下图安排：
这样的话，我们实际用了：3+10+10+5.5+2=30.5分钟，让客人少等半个多小时就能吃到饭。
购买奖券时买连号的好还是不连号的好
日常生活中我们常可见到各种各样的奖券、彩票，比如体育彩票、社会福利彩票、有奖储蓄奖券等等。购买奖券时到底是买连号的好还是买不连号的好？到底哪一种中奖机会大呢？
我们先来看一个简单的例子。设有某种奖券，奖券号末位是0的就中奖，中奖机会（概率）是10%。现购买两张奖券。如果购买连号，则两张奖券的奖券号末位共有10种可能，分别是（0，1），（1，2），（2，3）……，（9，0），且每一种情况出现的可能性（概率）是一样的，而其中只有（0，1）及（9，0）两种情况下，会有一张奖券中奖，因此，总的中奖概率为20%，平均中奖次数为1×20%=0.2次。如果不买连号的而任意购买两张奖券，则两个末位号有以下100种可能，同样每种情况出现的概率相同，各为1%，（0，0），（0，1），（0，2）……（0，9）
（1，0），（1，1），（1，2）……（1，9）
……
（9，0），（9，1），（9，2）……（9，9）。
在这100种情况中，只有在（0，0）一种情况下，所购买的两张奖券都中奖，因此概率是1%；而在（0，1）……，（0，9）及（1，0）……，（9，0）共18种情况中，有且只有一张奖券中奖，概率为18%；在其余情况下，所购买的两张奖券均不中奖。因此，总的中奖概率为1%+18%=19%，比购买连号时20%小了1%，但平均中奖次数为2×1%+1×18%=0.2次，与购买连号时一样。因此我们说，购买连号或不连号的两种情况下，平均中奖次数（机会）是一样的。
如果购买三张奖券，计算也与前面类似。购买连号的时候，中奖概率是30%，平均中奖次数是0.3次。购买不连号的时候，三张奖券都中奖的概率是0.1%；有两张奖券中奖的概率是2.7%；只有一张中奖的概率是24.3%。总的中奖概率是27.1%＜30%。此时，平均中奖次数为3×0.1%+2×2.7%+1×24.3%=0.3次，仍与买连号时一样。事实上，无论购买几张奖券，两种购买方式的平均中奖次数都是一样的。
再把这个例子改一改，设末位奖券号为0时中二等奖，末两位奖券号为00时中一等奖，且不同奖项可兼中兼得。假设仍然是购买两张奖券，前面已计算过，无论采用哪一种购买方式，中二等奖的平均次数是一样的。类似的可以计算出，购买连号奖券时，中一等奖概率为2%，平均中奖次数为0.02次。购买不连号奖券时，两张都中奖的概率是1%×1%=0.01%，只有一张中奖的概率是1%×99%+99%×1%=1.98%，因此总的中一等奖的概率为1.99%＜2%。中奖次数为2×0.01%+1×1.98%=0.02次，两种购买方式的平均中奖次数仍然是一样的。
总而言之，无论奖项分几个等级，无论每个奖项的中奖概率是多少，也无论购买多少张奖券，购买连号的或不连号的，总的中奖概率可能不同，但平均中奖次数总是一样的。
用淘汰制进行的比赛场数的计算
如果你所在的学校要举办一次象棋比赛，报名的是50个，用淘汰制进行，要安排几场比赛呢？一共赛几轮呢？如果你是比赛的主办者，你会安排吗？
因为最后参加决赛的应该是2人，这2人应该从23=8人中产生的。这样，如果报名的人数恰巧是2的整数次幂，即2、4（22）、8（23）、16（24）、32（25）……，那么，只要按照报名人数每2人编成一组，进行比赛，逐步淘汰就可以了。假如先报名的人数不是2的整数次幂，在比赛中间就会有轮空的。如果先按照2个人一组安排比赛，轮空的在中后阶段比，而中后阶段一般实力较强，比赛较紧张，因此轮空与不轮空机会上就显得不平衡。为了使参赛者有均等的获胜机会，使比赛越来越激烈，我们总把轮空的放在第一轮。例如，上例的刃在32（25）与64（26）之间，而50-32=18.那么，第一轮应该从50人中淘汰18人，即进行18场比赛。这样参加第一轮的18组36人，轮空的有14人。第一轮比赛后，淘汰18人，剩下32人，从第二轮起就没有轮空的了。第二轮要进行16场比赛，第三轮8场，第四轮4场，第五轮2场，第六轮就是决赛，产生冠军和亚军。这样总共进行六轮比赛，比赛的场数一共是：18+16+8+4+2+1=49，恰恰比50少1.
我们再来看看世界足球赛的例子。98法国世界杯赛共有32支参赛球队，比赛采取的方式是先进行小组循环赛，然后进行淘汰赛。如果全部比赛都采用淘汰制进行，要安排几场比赛呢？32正好是25，因而总的场数是16+8+4+2+1=31，也是比32少1.
不妨再从一般情况来研究。如果报名的人数为M人。而M比2n大，但比2n+1小，那么，就需要进行n+1轮比赛，其中第一轮所需要比赛的场数是M-2n，第一轮比赛淘汰M-2n后，剩下的人数为M-（M-2n）=2n。以后的n轮比赛中，比赛的场数为：
2n-1+2n-2+2n-3+……+23+22+2+1=（2n-1+2n-2+2n-3+-23+22+2+1）×（2-1）
=（2n-1+2n-2+2n-3+……23+22+2+1）
=2n-1
所以，一共比赛的场数是（M-2n）+（2n-1）=M-1，即比参加的人数少1.
其实，每一场比赛总是淘汰1人。在M人参加的比赛中，要产生1个冠军就是淘汰M-1人，所以就得比赛M-1场。你明白了吗？
现在请你自己来安排一次乒乓球比赛，报名参加男子单打的有158人，报名参加女子单打的有96人，应该进行多少场比赛？怎样安排这些比赛呢？
用单循环制进行的比赛场数的计算
用淘汰制进行球类锦标赛，比赛场数比较少，所需用的时间较短，所以，报名人数较多的个人锦标赛往往采用这种方法。但有一个缺点，就是要获得冠军，中途不能有失。而且如果两强相遇过早，所产生的亚军和其他名次往往与实际水平不完全相符。因此，在报名单位较少的一些团体锦标赛中，往往不采用淘汰制而采用另一种比赛方法——循环制。
用循环制进行的比赛场数应该怎样计算呢？下面我们来看一个例子。如果你所在的学校有15个班级，每个班级有1个球队参加比赛，若用单循环制进行，一共要比赛几场？
如果用单循环制进行比赛，每一个队要和另一个队比赛一场，所以在15个球队中，每一个队伍要进行14场比赛，15个球队就有15×14场比赛。但每场比赛是两队互相交锋的，因此，这样计算就把一场比赛算做两次了，而实际的比赛场数是15×142=105（场）。
我们再来看看世界杯足球赛的例子。98世界杯足球赛有32支参赛球队，如果始终采用单循环制进行比赛，那么一共要进行的比赛场数是（32×31）÷2=496（次）。
一般说来，单循环制的比赛，如果有n队报名，那么，比赛的场数总共是：
n×（n-1）2
但是这样安排场次太多，费时太长。因此，许多比赛采用的不完全是单循环制，而是分组双轮单循环制。下面我们来看，如果把15队分成三组，每组5队，采用分组双轮单循环制，一共要比赛几场？
在这三组中用单循环制进行比赛，产生三个分组冠军，这三队再进行第二轮的单循环赛，产生冠亚军。这样：
第一轮是5×42+5×42+5×42=30（场）；
第二轮是3×22=3（场）；
比赛的总场数是30+3=33（场）。
再来看98世纪杯足球赛的例子，32支参赛队分成8个组，每组4个队。如果按照分组进行双轮单循环赛，那么，第一轮要比赛4×32×8=48（场），产生8个分组冠军；第二轮，这8个队再进行（8×7）÷2=28（场）比赛，决出冠亚军。
现在请你用同样的方法来安排一次乒乓球赛，报名参加男子团体赛的有26个队，报名参加女子团体赛的有19个队。如果用单循环制进行比赛，要安排几场比赛？如果各分成三组，男子两组各9队，一组8队，女子两组各6队，一组7队，采用分组双轮单循环制，一共要比赛几场？事实上很多比赛会同时采用这两种比赛方式——淘汰制和单循环制。例如98世界杯足球赛，先是32支球队分成8个组，采用分组单循环制，进行48场比赛，每组的冠亚军共16支球队，再采用淘汰制，进行8场比赛，决出前8强。再用淘汰制，进行4场比赛，决出前4名。还是用淘汰制，进行2场比赛，决出前2名。最后前2名争夺冠亚军，另外还安排一场决出3、4名的比赛。这样比赛场数总共是48+8+4+2+1+1=64（场）。
池塘中的芦苇有多高
陈明和张红、方华在昆明湖中划船，岸边有一棵芦苇露出水面。这棵芦苇有多长呢？这里水有多深呢？小明捉摸了一会，拿出尺来量了量芦苇露出水面的长度是11厘米。芦苇离岸边的距离是3米零1厘米，他又扯着芦苇顶端引到岸边，芦苇顶正好和水面相齐，陈明高兴地说，我可以算出芦苇的长度和水深。张红和方华感到奇怪：你怎么会算的呢？陈明说：“我叔叔有一本《九章算术》，那是汉朝的著作，离现在快两千年了。前天晚上，叔叔给我讲了其中一个题目，就是计算芦苇长度的。”接着，陈明给他的小伙伴讲了这个《九章算术》勾股章的第六题。题目是：
有一个方池，每边长一丈，池中央长了一棵芦苇，露出水面恰好一尺，把芦苇的顶端引到岸边，苇顶和岸边水面刚好相齐，问水深、苇长各多少？
设池宽ED=2a=10尺，C是ED的中央，那么，DC=a=5尺，生长在池中央的芦苇是AB，露出水面的部分AC=1尺，而AB=BD，设BD=c，水深BC=b，△BDC是一个勾股形。显然AC=AB-BC=c-b=1尺，AC的长等于勾股形中弦和股的差，称为股弦差。于是，问题就变了：已知勾股形的勾长和股弦差长，求股长和弦长。
由勾股定理得
a2=c2-b2
那么，
a2-（c-b）2=c2-b2-（c-b）2
=c2-b2-（c2-2bc+b2）
=2bc-2b2
=2b（c-b）
所以
b=a2-（c-b）22（c-b）（1）
c=b+（c-b）（2）
将a，c-b的数值代入（1）、（2）两式，很容易求出水深b=12尺，苇长c=13尺。《九章算术》用非常精练的语言概括了这个解法：
半池方自乘，以出水一尺自乘，减之，余、倍出水除之，即得水深。加出水数，得葭（苇）长。
这段话翻译成数学语言就是（1）式和（2）式。
怎样渡河才更好
暴风雨过去了，一支巡回医疗队来到河边，哪知木桥已被洪水冲断，怎么办呢？正在焦急的时候，忽然看见一条小船向这边驶来。
“啊，太好啦！村里两个少先队员来接我们啦！”大家高兴极了。
可是，这条船实在太小，它只能承载两个孩子或者一个大人。
“怎样才能全部渡到对岸去呢？”大家都在沉思着。
聪明机智的少先队员，很快想出了渡河方案，巧妙地把大家全部渡到对岸，是怎样一个方案呢？
首先，两个少先队员把船划到对岸。
接着，他们之中一个留在对岸，另一个划回来。
这个少先队员上岸，一个医疗队员划过去。医疗队员上岸，留在对岸的少先队员划回来。
这时，一个医疗队员已到对岸，而两个少先队员却都回到这边来。整个过程这样重复下去，直到每一个医疗队员全都渡过河去为止。
这里渡河的程序是何等重要，先怎样，后怎样，再怎样，必须按一定的次序。
抽屉原则
现在有五本书要放到四个抽屉里去，放法是很多的，有的抽屉可以不放，有的可以放一本，有的可以放二本、三本、四本甚至五本。但是，不管怎样放，至少可以找到一个至少放有两本书的抽屉。
设每一个抽屉代表一个集合，每一本书代表一个元素。假设有n+1或比n+1多的元素要放到n个集合里去，毫无疑问，其中必定至少有一个集合里至少放进两个元素。这就是“抽屉原则”的抽象涵义。
现在我们班上有54个同学。我说，这54个同学中至少有两个人是同一个星期出生的。你一定会惊奇，我怎么会知道的呢？这很简单，按照我们学校目前招生的情况，学生们的生日不会相差一年，因为一年之中只有53个星期，现在学生有54人，我们运用抽屉原则的知识，把星期作为抽屉，学生作为书本，那么，这53个抽屉里，至少有一个抽屉放进至少两本书的，也就是至少有两个同学在同一星期出生。这不是很容易解答的吗？
一般的情况，书本的数目并不一定比抽屉数目多1，可以更多一些，例如多6本、7本放到四个抽屉里。如果更多呢？例如21本书放到4个抽屉里，道理也是一样，也就是无论怎样放法，至少可以找到一个抽屉里至少有6本书。这样的情形，即把（m×n+1）或比（m×n+1）多的元素放到n个集合里，无论怎样放法，其中必定至少有一个集合里至少放进m+1个元素。
我们来试试看，假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每二点用红色或蓝色的线段连起来，都连好以后，能不能找到一个由这些线段构成的三角形，它们的三条边是同一颜色的？
我们可以随便选择其中任何一点，可以看到这一点到其他五个点之间连接了5条线段，这5条线段中，至少有三条是同一颜色，假定是红色。现在我们单独来看这三条红色的线段吧，这三条线段的另一端不是也有不同颜色的线段连接起来构成三角形的吗？假如其中有一条是红色的，那么，这条红色的线段和其他原来连接的两条红色线段就组成了一个我们想要找的三角形。假如这三条都是蓝色的呢，那么，这三条蓝色线段本身组成的也是我们想要找的三角形。所以，无论你怎样着色，在这任意六个点之间所有的线段中至少能找到同一种颜色的一个三角形。
假设在一场乒乓球赛中，从所有的队员里任选六个人，你能证明他们当中必然有三个人互相交过手，或者彼此没有交过手吗？
用什么方法挑选自己满意的商品
我们经常会遇到这样的情况：购买商品时，同样的商品有很多，怎样挑选出最满意的一个来呢？当然，营业员不可能把所有的商品都拿出来任你挑选，我们也就没有多大的挑选余地，但如果摆在你面前的商品有很多，你该如何挑选呢？又譬如说生产厂家要从自己的产品中，挑选一个最好的去参加评比，怎样从众多的产品中挑选呢？
所谓满意的标准有很多，对于顾客来说，商品的好坏大致有三个标准：一是商品的质量，二是商品的外观，三是商品的价格。而这三者往往不容易完全兼顾，顾客的心理也有差异，有人对外观的要求较高，而有人则更看重价格。这里，我们假定顾客心中已经有一定的标准，能够从两件商品中区分出好坏。
现在假定有n件商品供你挑选。一般的方法是采取两两比较，先对其中两个进行比较，再换两个进行比较，如此一直下去，直到最后选出最优的一个来。作两两比较，人们总是希望比较的次数越少越好，那么从n件商品中选出一个最优的至少要比较多少次呢？为了叙述方便，我们把这个次数记为f（n）。
如果n=2，即从两件商品中挑选一个最优的，只须进行一次比较就可以了。因此，f（2）=1.
如果n=3，可以先对其中两件商品作比较，选出的优胜者再与另一件相比，选出最优的，因而只须进行两次比较，即f（3）=2.
下面，我们来看一般情形，n件商品，我们先任取两件作比较，选出一个再与下一个相比，如此继续，到最后一件，那么一共进行的比较次数是n-1次。这一方案所用的比较次数一定不比f（n）小，有f（n）≤n-1.
现在我们假设已经有一个方案，只需进行f（n）次比较。那么，第一次比较总是从其中的两个开始的，淘汰掉一个之后，优胜者与其他n-2件的最少比较次数是f（n-1），而原方案去掉第一次比较剩余的比较方案恰好是n-1件商品选优的一种方案。于是，有f（n）-1≥f（n-1），即f（n）≥f（n-1）+1≥f（n-2）+1+1
≥f（n-3）+3≥……≥f＜n-（n-2）+n-2
=f（2）+n-2=1+n-2=n-1
前面已知f（n）≤n-1，现又有f（n）≥n-1，于是，f（n）=n-1.也就是说，从n件商品中挑选出一个最优的，至少要作n-1次比较。前面我们已经给出了一个作n-1次比较的方案，当然也还有其他的最佳方案。比如说，我们可以把商品先分成若干个组，在组内先进行比较，然后每组的优胜者再拿到一起作比较。
下面我们来看如何从n件商品中挑选两个最优。我们只要求能找出两个最满意的商品，而不需要在两个商品中再区分最优。这时最少的比较次数是多少呢？我们先从n件商品中选出一个最优来，最少的比较次数是n-1，去掉这个最优，再从剩下的n-1件商品中选出一个最优，最少进行n-2次比较，这时我们保证了这两件商品确实比其他n-2件商品更优。由于不需要区分冠亚军，所以在这2n-3次比较中，我们还应去掉一次冠亚军之间进行的比较，于是我们最少的比较次数是2n-4.那么，这些比较又如何进行呢？这一问题我们留给读者自己去思考。
怎样巧算圆木堆垛
在货栈或仓库里，物品的码放都是很有次序的，这样不仅整齐美观，取用方便，而且也易于统计。
有一堆长短粗细相同的圆木堆放在露天仓库里，按以下规律排列：最下边一层是10根，以后每一层比下一层少一根，最上边一层是1根，这堆圆木一共有多少根？
有的同学说，圆木堆垛的横截面是一个三角形，底层是10根，高是10层，列式为：10×10÷2=50（根），这堆圆木共50根。
也有同学说，圆木堆垛的横截面是一个梯形，下底层是10根，上底层是1根，高是10层，列式为：（10+1）×10÷2=55（根），这堆圆木共55根。
这两个答案哪个对呢？让我们来分析一下。
假如你在这堆圆木旁边，再并排地放上同样的一堆，只是上下倒置。这时，这两堆圆木合成的圆木堆，每一层的根数，恰好是底层与顶层根数的和，底层是10根顶层是1根，每一层的根数是10+1=11（根），一共是10层，11×10=110（根），这110根是两堆圆木的总根数，原来的这堆圆木的根数就是这两堆圆木总根数的一半，110÷2=55（根）。由此说明，认为“这堆圆木共50根”的答案是错误的。错误的根本原因在于，不应该把圆木堆垛的横截面看成为三角形，虽然它的上底很短，数值很小，是“1”，但它毕竟不是“0”，只有当梯形的上底逐渐缩短，数值成为“0”时，梯形才转化成三角形了。
一般的计算公式是：
（底层根数+顶层根数）×层数2
如果有一堆钢管堆放在地上，第一层是8根，底层是20根，每层仍是依次减少一根，要求这堆钢管总数是多少根，也可以用这个公式来计算：
总根数=（底层根数+顶层根数）×层数2=（20+8）×132=182（根），这堆钢管总数是182根。
“巧算圆木堆垛”的方法还可以推广到其他圆柱形物体的计算上去，如铅笔厂计算铅笔的支数、水泥管厂计算水泥管数等。除此以外，你能不能用这种巧算的方法去计算：101+102+103……+198+199+200的和呢？把101看作顶层的数，200看作底层的数，100个数是层数，列式为：
（101+200）×1002=15050
其实，这道题还可以这样算：150.5×100=15050，你猜猜，这又是怎么想的呢？
趣味几何
意大利著名科学家伽利略曾经说过：“大自然用数学语言讲话，这个语言的字母是：圆、三角形以及其他各种数学形体。”几何学研究的对象正是圆、三角形及其他各种数学形体。
一个由36个小方格组成的正方形，放着4个黑子和4个白子。现在要把它分割成形状大小都相同的4块，并使每一块里都有一个黑子和一个白子，应怎样分割？
分析：要将图形分成大小相同的四块，可先将图形一分为四，但这样左上角一块中就出现了两个白子，为此必须将它们割开。但问题要求4块形状大小都要一样，因此只要一块割开，其他3块都要做同样的割开。然后再将原来的分割线去掉一部分。如果去掉近中心的1/3，则黑子就会连成一片；如果去掉中间的1/3，又会有两个白子连在一起。因此只可去掉靠边上的1/3.
现在只需要把左边两个白子分开。显然，只要将4条短的分割线延长到边，就能达到目的。到此，图中的6条分割线都不能再延长，只能沿折线分割，成为符合要求的图（E）。
节能灶
便民小吃店准备改进炉灶，知道煤厂生产有两种蜂窝煤。大蜂窝煤的直径是小蜂窝煤直径的2倍，3个大蜂窝煤垒起的高度与4个小蜂窝煤垒起的高度相等。
假如砌的炉灶采用3块大蜂窝煤，那么相当于多少块小蜂窝煤的热值？如果按同样热值的那么多小蜂窝煤砌成炉灶，哪个灶更节省？
解答：假设大蜂窝煤半径为R，高度为b，小蜂窝煤半径为r，高度为a，则：
R=2r，3b=4a
大蜂窝煤的体积为πR2·b，小蜂窝煤的体积为πr2·a。
∴πR2·b=π（2r）·34·a
图D（D）图（E）=163·πr2·a
即3πR2·b=16πr2·a
由此可知，3个大蜂窝煤的体积等于16个小蜂窝煤的体积，3：16也是它们重量的关系。
由于热值与其质量成正比，相同质量的蜂窝煤应该产生相同的热值，所以要砌放3块大蜂窝煤的炉灶，也可以砌成能放16块小蜂窝煤的炉灶，如同图上所示的两种炉膛内的蜂窝煤全部燃烧（令中间小孔不计），其燃烧面积应该是上端面的面积加上侧面的面积之和，于是，对于16块小蜂窝煤，燃烧表面积之和为：
SA=4×4×（πr2+2πra）
=16πr2+32πra
3块大蜂窝煤，其燃烧表面积为：
SB=3×（πR2+2πR·b）
=3πR2+6πRb
∵R=2r，b=34a
∴SB=3π（2r）2+6π（2r）43a
=12πr2+16πr2a
∴SA＞SB
由此，小蜂窝煤燃烧面积大，烧得快，不节省煤，而大蜂窝煤燃烧面积适中，烧得慢，省煤。
青蛙的对称跳
1985年，第三届五四青年智力竞赛中有这样一道题：
地面上有A、B、C 3点，一只青蛙位于地面上距离C点为0.27米的P点，青蛙第一步从P跳到关于A的对称点P1，我们把这个动作说成是青蛙从P点关于A点作“对称跳”；第二步从P1出发对B点做对称跳到P2；第三步从P2点出发对C点做对称跳到达P3；第四步从P3再对A做对称跳到达P4……，按这种方式一直跳下去。若青蛙第1985步对称跳之后到达P1985，问此点与出发点P的距离为多少厘米？
要在短时间内把1985步对称跳都做出来是困难的，这里面一定隐含着某种规律。
设想我们在地面上建立了一个直角坐标系，使出发点P正好是坐标原点，并设A（a1，a2）B（b1，b2），C（c1，c2）。
根据对称跳的定义，P和P1关于A点对称。由于P（0，0），则点P1的坐标为（2a1，2b1）。设P2（x2，y2），由于B是P1与P2的中点，则x2=2b1-2a1，y2=2b2-2a2.实际上，我们只须关心点的第一个坐标。
设Pi（xi，yi），i=1，2，3，4，5，6，我们又有x3=2c1-x2=2（c1-b1+a1），
x4=2a1-x3=2（b1-c1），
x5=2b1-x4=2c1，
x6=2c1-x5=0.
类似地可知y6=0，这表明P6=P，也就是说，经过关于A，B，C的6次对称跳之后，青蛙又回后到了原出发点，这又可以说成：这样的对称以6为周期。由于1985=6×330+5，所以经过1985步对称跳，实际上相当于只做了5次对称跳，或者说只差一步就跳回到原点，它与P是关于点C对称的两点，因此。
P1985与P的距离=P5与P的距离
=2×（P与C的距离）=2×0.27米
=0.54米=54厘米。
影子部队
数学大军中有一支劲旅，称做“影子部队”。它就是“三角函数”，因为它离不开角度，它总是跟随着角度，像它的影子一样。
这天，影子部队随着角度观光了三角形博览会。角度是这里的常客，它也很自负，它说：“任何△ABC，三个内角和为180°。”说完没有人理它，它又说：“△ABC若是直角三角形，那么Rt∠C=∠A+∠B。”这时影子部队答了话：凡是有你的地方，就有我存在。至于△ABC若满足下列条件：
sinC=sinA+sinBcosA+cosB
则△ABC一定是直角三角形。不信，你可以试试。
证明；先设△ABC为任意三角形，有A+B+C=180°
∴右式=2sinA+B2·cosA-B22cosA+B2·cosA-B2=sin180°-C2cos180°-C2=cosC2sinC2
左式：=2sinC2·cosC2
∴2sinC2·cosC2=cosC2sinC2
∵cosC2≠0
∴2sin2C2=1
sinC2=22
∴C2=45°即C=90°
所以△ABC为直角三角形。
巷中行
有一个小巷，本来就不宽，充其量只有5米，却遇上修理房屋。巷内架起了两个梯子，一个梯子长8米，另一个梯子长7米。架起来后，行人走到那里就皱起了眉头。请你计算一下，这样架着梯子，人在巷中行走，有妨碍没有？
解答：设巷宽DB=5米，两个梯子AB=8米，CD=7米。
令EF=x，
FB=x
∵EFBC=DFDB，
BC=CD2-DB2，
DF=DB-y
∴x72-52=5-y5
∴同理：
EFAD=FBDB
AD=AB2-DB2
∴x82-52=y5
由①、②式，求得：
5-y5·72-52=y582-52
106-26y=39y
y=10626+39=24.512.2=2（米）
又：
x82-52=y5
x=395y
x=6.255×2=2.5（米）
由此可见，两梯子交叉点离地面约有2.5米高，因此并不影响行人通过。
截去多少
有三角形、平行四边形和1/4的圆形（或称90°的扇形），它们高度相等。现在在高度一半处，与底边平行地截过去，截下一个小的三角形、平行四边形和半个弓形，问截下部分是整体面积的几分之一？
解答：三角形截下部分是整体的1/4，因为小三角形的边和高都是原来的1/2，其面积是原来的（1/2）2.
平行四边形截下的部分为整体的一半，即1/2.
公园里有一个圆形的花圃，在它外面有一个水泵。为了浇花的需要，又兼顾花圃外用水的方便，园丁想拉一条直的水管，使它在圆内部分的长度等于圆外部分的长度。可是，这根水管应该怎样拉呢？
假设AC是符合愿望的水管，那么
CB=BA
连接OB、OC，并将CO延长与圆周交D，连接AD。
∵CB=BA，OC=OD=r
∴OB∥DA
△COB～△CDA
OBDA=COCD=r2r
DA=2OB=2r
因此，只需以A点为圆心，2r为半径画弧交花圃圆周于D。连接DO并交圆周于C，连接AC即为设水管的位置。
值得注意的是：一般情况可以有两个解，分设在左右两侧。但也有惟一解的情况，那是A点与圆心连线以后，该连线的长度正好等于3r。当A点与圆心连线大于3r时，本题无解。
正方形的维纳斯
据说，著名的维纳斯雕像之所以美，是因为她的上半身和下半身的长度是按黄金比分配的。为此，我们取一个正方形ABCD，现在作一个半圆，使它的直径正好在正方形一边CD的延长线上，圆周正好通过正方形另两个顶点A和B，此时直径为MN。那么C点把DN黄金分割，D点把MC黄金分割。
因为MN为半圆的直径，所以
BC2=MC·CN①
∵ABCD为正方形
∴BC=DC
DC2=MC·CN②
由于图形的对称性，所以
MD=CN
MC=DC+MD=DC+CN③
由②式和③式，得
DC2=（DC+CN）·CN
∴CNDC=DCDN
因此C为DN的黄金分割点，同样可以证明D为MC的黄金分割点。
生活中的分数
如果你到银行存款，就会碰到利率。
银行的利率有月利率和年利率，月利率是分母为1000的分数，年利率是分母为100的分数。因为一年有12个月，所以年利率刚好是月利率的12倍。
例如，活期储蓄的月利率为2.625，即2.6251000，年利率为3.15，即3.15100=2.6251000×12.
利率分成许多不同的档次，它的高低与存期的长短有关，活期储蓄的利率最低。定期储蓄中，存期越长，利率越高。
按现在银行的规定，定期储蓄如果提前支取，利率只能按活期计算。如果到期不取，超期部分也只能按活期计算。因此定期储蓄如果到期，应及时到银行办转存手续。
如何储蓄才能得到更多的利息呢？
存期短的利率较低，但到期后转存，利息也并入了本金，这样一来利可生利，有时不一定比存期长的收益少。
例如，1995年6月，银行的年利率规定1年期是10.98，二年期是11.70，三年期是12.24.假如当时你有10000元人民币，三年之内都不需动用，又假定三年内银行的利率保持不变，那么如何储蓄最划算呢？
（1）全部存一年期，每年到期转存，则三年后本息之和为
10000×（1+10.98%）3=13668.92元；
（2）存三年期，三年后本息之和为
10000×（1+3×12.24%）3=13672元；
（3）先存两年期，两年后本息之和为
10000×（1+2×11.70%）=12340元；
再将它转存一年期，到期本息之和为
12340×（1+10.98%）=13694.93元；
先存一年期后存两年期的结果与先存两年期后存一年期的结果完全一样。
这样看来，存一个两年期再存一个一年期的收益最大。不过，银行对三年期的储蓄有时实行保值，在物价波动上涨幅度较大的情况下，存三年期的储蓄更加保险。
在我们的实际生活中，还有一些概念如浓度、成数、折扣等都与分数有关。
在地图上我们往往可以看到有关比例尺的说明。例如有一张中国地图，它上面标的比例尺是1：9000000，意思是说，这张地图上任意两地的距离是实际距离的九百万分之一。
如果地图上两地的距离是2厘米，那么这两地的实际距离就是2×900=1800万厘米，即为180公里。
a：b叫比，a叫比的前项，b叫比的后项。有时需要用到连比的概念，它实际上是将几个比连写成一个式子。
例如，有一种黑色火药由硝酸钾、硫磺、木炭按15：2：3配制，现在要配制这种火药10千克，那么这三种原料各需要多少呢？
连比可以看成分数的比，即硝酸钾为15份，硫磺为2份，木炭为3份，总共是20份。
硝酸钾占总量的1520，需要10×1520=7.5千克，硫磺占总量的220，需要10×220=1千克。
木炭占总量的320，需要10×320=1.5千克。
在体育比赛中经常将双方成绩用比分表示，这时的比有它的特定意义，不能像数学中的比那样化简或运算。
例如，甲队和乙队进行排球比赛，甲队士气旺盛，势如破竹，在第一局比赛中以15：0获胜。从数学角度看，比的后项为0是没有意义的，但这里比赛的结果却有明确的含义。
又如，甲、乙、丙三队进行足球循环赛，胜一场得2分，负一场得0分，平一场各得1分，各队积分不同时，按积分多少决定名次；当两队积分相同时，按每队净胜球多少决定名次先后；若净胜球数又一样，再计算每队进球数的多少决定名次先后；若进球数又一样，最后由抽签决定名次先后。
现在三场比赛的结果是，甲比乙为6：2，乙比丙为3：2，丙比甲为5：3.三队各胜一场，积分都是2分，为决定名次要算净胜球数。甲净胜球数为4-2=2，乙净胜球数为1-4=-3，丙净胜球数为2-1=1.因此甲队第一，丙队第二，乙队第三。
上面三场比赛的结果中，若甲比乙为3：1，积分仍然都是2分，净胜球数却发生变化。甲净胜球数为2-2=0，乙净胜球数为1-2=-1，丙净胜球数为2-1=1.结果丙队第一，甲队第二，乙队第三。
虽然数学中6：2=3：1，但这里两种结果却不相同，因此这种比分是不能用数学方法约简的。
在商业销售中常可听到折扣的概念，这也是一种分母为10或100的分数。
例如，到了冬天，某商店夏天购进的电扇还没卖完，为了加快资金流转，商店贴出海报：“本店换季商品大减价，电风扇一律八折出售。”那么原来卖150元的，现在就只卖150×810=120元。
如果写的是按七五折出售，那就是按原价的75%出售。
有的商店宣布实行十点利销售，意思是薄利多销，售出的每一件商品所获利润不超过商品进价（商店买进商品的价格）的10%。例如一种商品采购进店花了100元，那么卖给顾客的价格是100×（1+10%）=110元。
从田忌赛马说起
在我国古代春秋战国时期，齐国国王与大将田忌赛马，看谁的马跑得快。田忌答应后，双方约定各自出上、中、下三个不同等级的马各一匹，每次比赛各出一匹马，一共比三次，输者要付给胜者千金。
可是田忌的各个等级的马，都比齐王同一等级的马差些，所以田忌每次从三种马中各出一匹参加比赛总是输。
我们从下面表中看出，齐王先出上马，接着出中马，最后出下马。在这种条件下，田忌的出马次序有6种：
齐王田忌：
上上上中中下下
中中下上下上中
下下中下上中上
比赛结果负负负负胜负
要是田忌每次随便安排一个出马次序，他获胜的可能性是16，负的可能性是56.
田忌的宾客孙膑发现齐王每次都按上、中、下的顺序出马，便建议田忌按下、上、中的顺序出马。结果获胜的可能性变成了100%。当然，要是双方不暴露出马的顺序，田忌取胜的可能，大致不过是16罢了。
乒乓球团体赛，比田忌赛马问题复杂得多。每队出三个人，谁拿下五盘谁就取胜。要是双方实力相当，怎样安排队员和出场次序，是领队和教练的大难题。首先，对方并不像齐王那样呆，预先把自己的出场队员和次序暴露出来，所以双方对阵的可能组合方案很多，并且也都在捉摸着怎样对付对方。其次，乒乓球员不是马，竞技状态起伏较大，而且因球路、风格的不同，往往有甲克乙、乙克丙、丙克甲的局面。第三，双方都可能有互不摸底的队员出场，这就增加了安排出场顺序的复杂性。
1944年，美籍数学家冯·诺伊曼和摩根斯特发表了《博弈论和经济行为》一书，把打牌、下棋等的格局研究，发展成为处理竞争性行为的数学方法。他们的成就，鼓舞数学家们努力探索这一方法，去处理种种复杂的问题。
除正当的“竞争”之外，也有一些不正当的“竞争”。
在城镇乡村的大路旁边，有时可见到各种碰运气、赌输赢的小摊。其中的一种，叫做转糖摊。
转糖摊是一个固定不动的圆盘，盘上画了偶数个扇形格子，按次序编了号；圆盘中心伸出一根可以转动的轴，轴的上端向外垂直伸出一根悬臂，悬臂端吊一根绳子，绳头上有一根针；在偶数格子里各放一小块糖，在奇数格子里分别放值钱的物品。
谁给摊主几角钱，就可拨动悬臂转动一次。等停转后，指针指到哪格，便根据那格的数，从下一格起，按格往下数这个数，数到哪一格，放在格里的糖或者别的物品就归谁。比如说停在2，就从第三格起数二格，4格里的物品就归谁。
粗心大意的人会想：盘子上，单数双数格子各占一半，数到双数得一块糖，当然亏了；数到单数得一盒彩色铅笔什么的，可就赚了。几角钱不多，可以碰碰运气。
不错，单数格子确实有一半。可是，按照这样的数法，是怎样也数不到奇数格子上去的。
为什么呢？
道理很简单，因为
奇数+奇数=偶数；
偶数+偶数=偶数。
这就是说，不管指针指在奇数还是偶数，最后数到的总是偶数格，赚的可能性是零。
还有一种猜扑克的赌摊。赌主拿出5张不同花色点子的扑克牌，抽出一张给你看看，比如是红桃K；然后，他把5张牌的牌面朝下，在那里把5张牌颠来倒去、东插西放地调换位置，着实拨弄了一番后，叫你猜哪一张是红桃K。猜错了，你给他一块钱；猜对了，他给你两块钱。
粗心大意的人，看见有人猜中，以为有利可图，也去碰碰运气。仔细一想，不对了。就算赌主没有作弊，猜对的可能性是15，平均每次可以赢25角；输钱呢？五次输四次，平均每次输45角。赌的次数越多，每次输的平均值就越接近45，而4[]5>；25.
象棋残局摊的赌博要复杂一些。摊主摆了一付象棋残局，吆喝别人与他对弈。表面看来，这是业余爱好，高尚娱乐。其实，下输了要付一块钱；下和或者下赢，他就送你价值二块的一盒象棋。你以为自己的棋下得不错，想去显显本事，往往一输到底。
红蓝两方，听凭选择，为什么会老输呢？
原来这付象棋残局是经过精心挑选的，要是双方都走棋无误，绝大可能是和局。每一步棋应该怎样走法，摊主早背得滚瓜烂熟。
我们假定这个残局，从开局到定局共有10个回合，又假定你每一步棋走对的可能性是12，走错的可能性也是12.
这样，你能够与摊主弈和的可能性是（12）10=11024.
即使你每步走对的可能性是910，和棋的可能性还远远不到1[]4.
或许你会认为低估了你的棋艺水平。对大多数人来说，12已经是十分宽大的估计了。
不可否认，能够与摊主弈和的人也是有的，那是极少数对中国象棋有造诣的人。可是，这样的人很少去光顾这类场所，摊主大可不必担心。
在81个零件中要找出一个废品，至少要称几次
现在有81个零件，其中有一个因为原材料内部有砂眼，是个废品，需要把它找出来。这个废品虽然从表面上看不出来，但由于内部有空洞，所以比别的零件要轻。因此，我们可以采取称量的方法。那么怎样使称量的次数最少呢？
一般的方法应该是，在天平的两边各放一个零件，如果平衡，那么都不是废品；如果不平衡，那么较轻的一个就是废品。因此，称一次能决定在2个零件中有没有废品。那么如果是3个零件，是不是也可以只称一次呢？答案是肯定的。因为如果3个零件中有一个是废品，那么任取两个放在天平的两端，如果平衡，那么另外的一个就是废品；如果不平衡，当然较轻的一个是废品。
那么，如果是在9个零件中，需要称几次呢？我们首先把9个零件等分成3堆，每堆3个，随便取其中的2堆，分别放在天平的两端，称一次就可以决定废品在哪一堆。然后再把有废品的那一堆，按照上面的方法再称一次，就可以找到废品，因此只需要称2次。
根据同样的道理，我们可以把81个零件先等分成3堆，每堆27个，任取其中的2堆称1次，就可以确定废品在哪一堆。再把这一堆27个等份成3堆，每堆9个，取其中的2堆再称1次。这样下去，总共只要称4次，就可以在81个零件中找出废品来。
那么如果零件的个数更多呢？例如243、729……，所以需要找出这其中的规律来。也许你已经看出来了，零件的个数如果等于3n，那么最少的称量次数就是n，例如81=34，那么在81个零件中要找出一个废品，至少要称4次。由于243=35，729=36，因而对于243和729个零件来说，最少的称量次数分别是5次和6次。如果零件的个数并不正好等于3n，又如何来安排呢？这个问题留给大家自己去思考。
不查日历，推算某一天是星期几
如果你想要知道历史上的某一重要日子或者未来的某一天是星期几，不查日历，能算出来吗？
事实上，有许多公式可以用于计算某月某日是星期几。
例如：
S=x-1+x-14-x-1100+x-1400+C
这里x是公元的年数，C是从元旦数起到这一天为止（包括这一天）的天数，方括号表示一个数的整数部分。求出S后，再用7除，其余数便表示这一天是星期几：余数为0，则为星期日；余数为1，则为星期一；依此类推。
例11921年7月1日，中国共产党在上海成立。这天是星期几？
按上面公式：
S=1921-1+1921-14-1921-1100+1921-1400+（31+28+31+30+31+30+1）
=1920+480-19+4+182
=2567
用7除2567所得的余数是5，所以1921年7月1日是星期五。
上面的公式有一个缺点，它不是直接把月和日代入公式，而是要计算这一天是全年的第几天。下面的蔡勒公式避免了这个麻烦：
W=c4-2c+y+y4+26（m+1）100+d-1这里c是公元年份的前两位数：y是公元年份的后两位数；m是月数，不过1月和2月分别看成上一年的13月和14月；d是日数。按蔡勒公式求出W后，再求其除以7的余数，便得到星期数。
你可以用蔡勒公式试求1921年7月1日是星期几，并与例1比较。
例21949年10月1日，中华人民共和国成立。这一天是星期几？
这个日子c=19，y=49，m=10，d=1.用蔡勒公式求得：
W=194-2×19+49+494+26（10+1）10+1-1=4-38+49+12+28
=55
用7除55得余数6，所以1949年10月1日是星期六。
例32000年元旦是星期几？
2000年元旦应该看成1999年13月1日，所以c=19，y=99，m=13，d=1.用蔡勒公式求得：
W=194-2×19+99+994+26（13+1）10+1-1=4-38+99+24+36
=125
用7除125得余数6，所以2000年元旦是星期六。
怎样把250只苹果巧装在8只篮子里
问题是这样的：假设每只篮子的容量都足够大，可以让你装入250只以内的任意数量的苹果，怎样把250只苹果巧装在8只篮子里，然后不管你要多少只苹果，都不需要一只只地数，只要拿几只篮子就可以了。
怎样才能做到呢？仔细思考一下，如何把250分解成8个数的和，使得1到250之间的每个自然数都可以用这8个数中若干个数的和来表示。
我们首先把8只篮子进行编号①、②、③……⑧，然后依次装入1、2、4、8、16、32、64、123只苹果，这样250只苹果刚好全部装进去。现在，不论我们要拿多少只苹果，只要计算一下，然后拿几只篮子就可以了。例如55=32+16+4+2+1，因此只要拿走①②③④⑤⑥号篮子，就正好是55只苹果。不信的话，你可以试试看，1到250之间所有的数字，都可以不重复地由上面8个数字相加得到。
答案还不止这一个呢！例如，如果⑦号篮子改成装62只，⑧号装125只，其余的不变，这也是一个正确的答案。
但是，如果苹果的数目是255只，那么答案便只有一个：
1+2+4+8+16+32+64+128=255
为什么要这样来分解数字呢？这里我们依据前面介绍的二进制原理。
我们来看看十进位制和二进位制之间的换算。例如55，是32、16、4、2、1的和，用二进位制表示就是110111.
而110111换算成十进制等于
1×20+1×21+1×22+0×23+1×24+1×25=1+2+4+16+32=55
现在我们容易理解上面问题的答案了，分解的数字分别为20、21、22、23、24……，因为这样分解以后，每一个篮子也就相当于二进位制的每一位，它只有两种选择：1和0，也就是说这个篮子是“要拿”还是“不要拿”。而拿的篮子的只数也正是二进位制数从右向左数的位数，例如55就等于二进位制的11111，也就是如果拿第1、2、3、5、6只篮子，就正好拿了55只苹果，与我们上面的答案相同。
松鼠妈妈采松子
松鼠妈妈采松子，晴天每天可以采20个，雨天每天只能采12个。它一连几天采了112个松子，平均每天采14个。请问，这几天当中有几天有雨？
解法（1）松鼠妈妈采112个松子共用了
112÷14=8（天）
如果8天都是晴天，就能采到松子
20×8=160（个）
一个雨天比一个晴天少采松子
20-12=8（个）
现在共少采了
160-112=48（个）
因此雨天有48÷8=6（天）。
解法（2）
松鼠妈妈共用了8天采松子，如果8天都是雨天，只能采松子
12×8=96（个）
一个晴天比一个雨天要多采松子
20-12=8（个）
现在共采了
112-96=16（个）
因此，晴天有16÷8=2（天），也就是6天有雨。
巧分奖金
一笔奖金分为一等奖、二等奖、三等奖，每个一等奖的奖金是每个二等奖奖金的两倍，每个二等奖的奖金是每个三等奖奖金的两倍。如果评一、二、三等奖各二人，那么一等奖的奖金是308元，如果评一个一等奖，两个二等奖，三个三等奖，那么一等奖的奖金是多少元？
解答：
每个二等奖相当于2个三等奖；每个一等奖相当于2×2个三等奖。
如果一个一等奖是308元，那么一个三等奖是308÷4=77（元）；一个二等奖是77×2=154（元）。
评一、二、三等奖各两人，共需发奖金：
（2×4+2×2+2）×77=1078（元）
评一个一等奖，两个二等奖，三个三等奖相当于（1×4+2×2+3）=11（个）三等奖，故知：每个三等奖的奖金是：
1078÷11=98（元）
每个一等奖的奖金是：
98×4=392（元）
猴子分桃子
美籍华人物理学家李政道曾给中国科技大学少年班的同学出了一道有趣的数学题：
有五只猴子分一堆桃子，怎么分也分不公平，便都去睡觉了，决定明天再分。半夜里，有一只猴子偷偷起来，扔掉了一个桃子，再分时，正好分成5等份，它把自己的一份收藏好，睡觉去了。第二只猴子起来，又偷偷扔掉一个桃子，又恰好分成5等份，它把自己的一份收藏好后，也睡觉去了。以后，第三、第四、第五只猴子也都是一样，即都扔掉一个桃子后，还能分成5等份。请问，五只猴子分的这堆桃子一共有多少个？
我们分析一下，如果这堆桃子的个数可以被五只猴子平分5次，每次都可以分成5等份，那么这堆桃子的个数至少要有：
5×5×5×5×5=3125（个）
但是，现在的桃子总数是不能被5整除的，必须减去1才可以被5整除。
这个数可以是
3125+1=3126（个）
但又要求5次5等份之前都要减少1，一共减去5个，即
3126-5=3121（个）
经验证，这个数字是合乎题意的。所以，这堆桃子至少有3121个。
不添篱笆扩羊圈
大数学家欧拉小时候在巴塞尔神学校的课堂，小欧拉谦恭地向神职老师发问：“既然上帝无所不能，他能告诉我天上有多少颗星星吗？”
老师回答道：“这是无关紧要的，我们作为上帝的孩子，记住这一点就足够了：星星都是上帝亲手一颗颗地镶嵌在天幕上的。”
小欧拉百思不得其解：“既然星辰是由上帝一手安排的，他总该告诉我们一个数目吧？”
神学老师再也回答不了小欧拉的问题，他无可奈何地摇摇头叹声说道：“可怜的孩子，迷途的羔羊。”
就这样小欧拉被神学校开除了。
老欧拉十分伤心地接回了儿子，想着：总得积攒学费送他上别的学校啊！老欧拉决定扩展羊圈，多养些羊，他招呼儿子，拆改旧羊圈。
可是没有多余的篱笆，怎么办呢？老欧拉没有了主意。
这时，站在一旁的小欧拉不慌不忙地说：“爸爸，篱笆有了。你看，旧羊圈长70码，宽30码，面积为2100平方码，改成50码见方的新羊圈，不用添篱笆，羊圈就扩大了400平方码。”
“太妙了，你是怎么想到的？”
“我是从您书橱的《几何学》上看来的。如果把羊圈围成圆形，面积将最大，有3100多平方码呢！”
老欧拉明白了，原来儿子在自学数学，放羊时还见他在草地上画来画去。小欧拉自学数学的热情打动了老欧拉，他决心推动儿子进入古老而神秘的数学王国。
欧拉扩大羊圈不添篱笆的事实说明：在一定周长下，正方形的面积比长宽不等的矩形面积大，而圆又比正方形的面积大。正方形四四方方，简单匀称，是完善的几何图形之一，圆这个最简单的曲线最令人惊叹，它是惟一的具有无穷多条对称轴的轴对称图形，又是中心对称图形。正是这些对称图形的面积也最大。
瞎子看瓜
有一个瞎子把6筐西瓜摆成一个三角形，自己坐在中间。一共是24个西瓜，每排是9个。他每天摸一次，只要每排3个筐里的西瓜一共是9个，他就放心了。没想到，他的邻居二嘎子跟他开了一个玩笑，第一天偷出了6个，第二天又偷出了3个，一共少了9个西瓜，而瞎子却一点儿也没有发现，这是怎么回事？
解答：因为二嘎子通过改变每筐里的西瓜数，而使每排西瓜总数仍保持9个，这样瞎子以为西瓜没有丢，实际上西瓜已经少了。
爱因斯坦的舌头
大科学家爱因斯坦是“相对论”的缔造者，他在科学研究工作之余，又练就了高超的小提琴技艺。他的表情有时很滑稽，让人捉摸不透。世人流传一张照片就是他吐着舌头、凝视前方的形象。
有一个班级进行民意测验：
11位同学认为表示“惊奇”，7位同学认为这种意见也可以考虑。
6位同学认为表示“高兴”，8位同学认为这种意见也可以考虑。
1位同学认为表示“幽默”，6位同学认为这种意见也可以考虑。
1位同学认为“惊奇”、“高兴”、“幽默”三种神态兼备。
还有3位同学认为是表示“无可奈何”。
请问这个班级一共有多少同学？
解答：由题意，认为表示某种神态的同学，他们的意见是肯定和专一的；而认为可以考虑的意见是模棱两可的，他们也可能同意两种意见或三种意见；表示“无可奈何”意见的，也是一种肯定意见。为此，可以用集合的办法画成那样的圆圈，相重叠部分就是同意两种意见的，其中间3个圆相重叠部分是表示三种神态兼备意见的人数。如果未知的人数分别以x、y、z、p表示，则：
x+p+z=7
x+p+y=8
y+p+z=6
p=1
求解得：
x=4，y=3，z=2，p=1
总人数为：
S=11+6+1+3+x+y+z+p
=11+6+1+3+3+4+2+1
=31
所以，这个班级共有31名同学。
稀世珍宝
在东京珠宝收藏博览会上展出一棵18K金的圣诞树，在3层塔松形的圣诞树上共镶嵌有1034颗宝石。
这颗圣诞树上的宝石是这样摆放的：如果从顶上往下看，3层圆周上镶嵌的宝石数成等差级数递增；而3层圆锥面的宝石数却按等比级数递增；且第一层的圆周上与圆锥面上的宝石数相等；除此之外，塔松顶上有1颗宝石是独立镶上的。请问，圣诞树的宝石具体是怎样镶嵌的？
解答：假设3层圆周上的宝石数分别为A、B、C，则：
B=A+mC=A+2m
其中m为等差系数。
因为第一层圆锥面上的宝石数等于圆周上的宝石数，所以可假设3层圆锥面上的宝石数为A、D、E，那么：
D=nAE=n2A
其中：n为等比系数。
由于树顶上那颗宝石是独立的，所以：
A+B+C+A+D+E+1=1034
A+A+m+A+2m+A+nA+n2A=1033
解此方程，只有一种可能：
A（n2+n+4）=1000
3m=33
根据m、n、A均为整数，得：
m=11
n=2
A=100
因此，宝石的镶嵌是这样的：
塔松顶上有1颗宝石；
第一层圆周上100颗宝石，圆锥面上100颗宝石；
第二层圆周上111颗宝石，圆锥面上200颗宝石；
第三层圆周上122颗宝石，圆锥面上400颗宝石。
牛郎和织女
牛郎星离地球16.5光年，也就是以光的速度运行到地球要16.5年。织女星离地球26.5光年。如果牛郎和织女同时由各自的星球以最快的速度赶到地球相会，那么牛郎要在地球上等多少年才见到织女？而见一面之后，织女又匆匆赶回，牛郎至少又要等多少年，才又能与织女相会？
答：牛郎与织女以最快的速度赶路，充其量也就是以光速行进。因此，牛郎比织女先到地球10年，牛郎需要等10年才能见到织女。
织女匆匆赶回，如果马上又出发的话，来回需53年。牛郎要等53年才能与织女第二次相见。如果牛郎也返回自己的星座，那么除了路上的时间不算在内，牛郎也要坐等20年才能与织女第二次相聚。
百羊问题
百羊问题是出自中国古代算书《算法统宗》中的一道题。
这个问题说的是：“牧羊人赶着一群羊去寻找草长得茂盛的地方放牧。有一个过路人牵着1只肥羊从后面跟了上来。他对牧羊人说：你赶的这群羊大概有100只吧？”牧羊人答道：如果这一群羊加上一倍，再加上原来这群羊的一半，又加上原来这群羊的14，连你牵着的这只肥羊也算进去，才刚好凑满100只。谁能知道牧羊人放牧的这群羊一共有几只？
根据题意，我们可设这群羊共有x只，则
x+x+12x+14x+1=100
解这个方程得x=36，也就是牧羊人放牧的这群羊共有36只。
兔子问题
13世纪意大利数学家斐波那契在他的《算盘书》中提出这样一个问题：有人想知道一年内一对兔子可繁殖成多少对，便筑了一道围墙把一对兔子关在里面。已知一对兔子每一个月可以生一对小兔子，而一对兔子出生后第二个月就开始生小兔子。假如一年内没有发生死亡，则一对兔子一年内能繁殖成多少对？
现在我们寻求兔子繁殖的规律。成熟的一对兔子用记号●表示，未成熟的用〇表示。每一对成熟的兔子经过一个月变成本身的●及新生的未成熟〇。未成熟的一对〇经过一个月变成成熟的●，不过没有出生新兔，这样便可画出下图：
可以看出六个月兔子的对数是1，2，3，5，8，13.很容易发现这个数列的特点：即从第三项起，每一项都等于前两项之和。所以按这个规律写下去，便可得出一年内兔子繁殖的对数：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377.可见一年内兔子共有377对。
人们为了纪念斐波那契，就以他的名字命名了这个数列，该数列的每一项称为斐波那契数。斐波那契数列有许多有趣的性质。除了an=an-1+an-2外，还可以证明他的通项公式为an=151+52n-1-52n，公式虽然复杂，可它的每一项却都是整数。而且这个数列中相邻两项的比值，越靠后其值越接近0.618.这个数列有广泛的应用，如树的年分枝数目就遵循斐波那契数列的规律；而且计算机科学的发展，为斐波那契数列提供了新的应用场所。
鸡兔同笼
中国古代的《孙子算经》（公元280～420年）一书中，收集了不少算术趣题，“鸡兔同笼”问题是其中之一。原题为：今有鸡（雉）兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问鸡、兔几何？
原书的解法是：设头数为a，足数为b，则b2-a是兔数，a-（b[]2-a）是鸡数，这个方法很巧妙。可能是这样思考的：由鸡兔头数之和为a，而足数之和为b，则有：
鸡+兔=a①
2·鸡+4·兔=b②
这其实是一个二元一次方程组，由12×②-①得：兔=b2-a，代入①得：鸡=a-（b2-a）。由此解得：兔=12只，鸡=23只。
我们还可以这样考虑：假设笼里全是兔子，则共有4×35=140条腿，但实际只有94条腿，多了140-94=46条腿，这是由于把鸡假设为兔子，使每鸡多了两条腿造成的，所以应该为：46÷（4-2）=23（只），兔为35-23=12（只）。
韩信点兵
大凡著名的军事家都是精通数学的。“韩信点兵”的故事就是源出于我国古代《孙子算经》。
一日，韩信到前沿检阅一队士兵。这队士兵人数众多，无法一一点清，况且兵贵神速，时间是军队的生命，不能迟迟不决。韩信立即令队伍整队，排成每列5人的纵队，最后多余1人；接着又命令改成6人一列的纵队，最后多余5人；然后又变换队形，变成每列7人的纵队，最后多余4人；最后，下令排成每列11人的纵队，最后多余10人。操练完毕，韩信不仅了解了这队士兵的军事素质，而且全队士兵的人数也在不知不觉中了如指掌了。
难道他真有神机妙算的本领吗？
这就是著名的“孙子定理”，也是驰名中外的“中国余数定理”。它是这样分析的：
首先，求5、6、7、11的最小公倍数：
M=5×6×7×11=2310
求得M对于每个因数的商数：
a1=23105=462
a2=23106=385
a3=23107=330
a4=231011=210
以各自的商数为基础，求得余1的情况：
3×4625=13865=277……余1
3856=64……余1
3307=47……余1
21011=19……余1
再以实际上各项的余数代进去，得到
x0=1×3×462+5×385+4×330+10×210=6731由此，6731是符合题意中的各项余数的，但这并不是最小的解，因为2310能被各项都整除，所以要减少2310的倍数。
x1=6731-2×2310=2111
2111为最小的解。但由于这是解不定方程，可以有无数的解，其通解的形式应该为x2=2111+2310k（其中k=0，1，2……）
连成多少三角形
1995年5月，第五届华罗庚金杯少年数学邀请赛在华老的故乡金华举行，决赛第二试的最后一题如下：
一个圆上有12个点，A1，A2，A3……，A11，A12，以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交，问有多少种不同的连法？
根据题设要求，图中应连4个三角形，且每个三角形的两顶点或者是圆上相邻的两点，或者中间恰含3、6、9个点。我们分几种情况来考虑：
第一种情况：每一三角形的任一顶点都与另一顶点相邻，此时，其中的一个三角形就可惟一的确定一种连法。比如△A1A2A3确定的连法由如下4个三角形构成：
△A1A2A3，△A4A5A6，△A7A8A9，△A10A11A12.同样，△A2A3A4，△A3A4A5也分别确定另两种不同的连法，一共得到3种连法，而其他三角形确定的连法均与这3种中的一种相同，比如△A4A5A6确定的连法与△A1A2A3确定的连法相同。由此可知，在第一种情况下，有3种连法。
进一步，我们来考察这里的代表三角形A1A2A3，A2A3A4，A3A4A5，记变换A1→A2→A3→……→A11→A12→A1为π，可知在变换π下，A1A2A3→A2A3A4→A3A4A5.这说明，当给出一种连法后，其他连法都可以由π的变换得到。这种变换的不变性被科学家们称作对称的基本形态——一种高层次的对称。
第二种情况：恰有一个三角形，存在一顶点与另一顶点相邻，这里又分两种情况：
（1）这个三角形有两顶点相邻，此时这个三角形惟一地确定一种连法，比如△A1A5A6确定一种连法，连续作11次π的变换，共得到12种不同的连法，第12次变换后，△A1A5A6又回到△A1A5A6的位置。
同样我们考虑与△A1A5A6处于对称位置的另一三角形△A1A7A8也确定一种连法，连续作11次π的变换，又得到另12种不同的连法。
此时，一共得到24种连法。
（2）这个三角形的任两顶点都不相邻。
比如△A1A5A6确定一种连法。通过π的变换，一共得到4种不同的连法。
由此可知在第二种情况下，一共有28种连法。
第三种情况：有两个三角形，存在一顶点不与另一顶点相邻。
这两个三角形确定一种连法，比如△A1A5A6和△A7A8A12确定一种连法，由π的变换一共得到12种连法。
又比如△A1A5A6和△A7A11A12确定另一种连法，由π的变换又得到12种连法。
如画出图形可知，前者呈轴对称状态，后者呈中心对称状态，故第三种情况下有24种连法。
综上所述，所有不同的连法共有：
3+28+24=55种。
最多可放多少圆
在一个边长为10厘米的正方形中，最多可平放多少个既不相交也不重叠的直径为1厘米的圆？
可能有人立刻会想到排成10排，每排排10个圆，这样正好可以排满整个正方形，一共可排100个圆。
不过，我们发现，4个等圆两两相切和3个等圆两两相切相比，4个圆中间所剩的空隙较大，因此采用这种摆放方法圆的数量并不是最多的。
如果能充分利用中间的空隙，把摆放的圆“挤紧”，就能摆放更多的圆。所以，可把圆摆成每3个成两两相切，每排交错摆放，这样能够排到11排，其总高度还不到10厘米。第一排摆10个，第二排摆9个，第三排摆10个……这样有6排10个圆，5排9个圆，一共可摆放105个圆。
但是，这样摆，最上一排与正方形的上边缘还留下了一段空隙，这段空隙能不能再利用了呢？
我们可以试着将摆9个圆的一排改成摆10个圆，这就可以多1个圆，我们可将两排摆9个圆的改为摆10个圆，因此最多可摆放107个圆。
伐木人的争论
伊格纳托夫是前苏联著名的科普作家，他一生写下了许多题材新颖、内容丰富、形式活泼的作品，伐木人的争论是其作品中的一道题。
尼基塔和巴维尔是两个伐木人。有一天，两人干完活正准备吃饭，迎面走来一个猎人：“你们好啊，兄弟们！我在森林里迷了路，离村庄又远，饿得心慌，请分给我一些吃的吧！”
“行啊，行啊，你坐下吧！尼基塔有4张饼，我有7张饼，咱们在一起凑合着吃吧。”巴维尔热情地说。尼基塔也随声附和着。于是三人平均分吃了11张饼。吃过饭，猎人摸出11个戈比，说道：“请别见怪，我身上只有这些钱了，你俩商量着分吧！”
猎人走后，两个伐木人争论起来。尼基塔说：“我看这钱应该平分！”巴维尔反驳说：“11张饼的钱是11个戈比，正好是1张饼1个戈比，你应得4个，我应得7个！”
他们俩的算法，谁的对呢？显然尼基塔的算法是错的，两人带的饼的数目不同，当然分得的钱也应不同。再看巴维尔的算法：11张饼，11个戈比，每张饼1个戈比，看起来非常合理，如果问题是“猎人用11个戈比买了11张饼”，那么巴维尔的算法的确是正确的。可问题是“3个人平均分吃了11张饼”，并且尼基塔和巴维尔带的饼又不一样多。实际上，11张饼平均分给3个人，就是说，每人吃了113张饼。尼基塔有4张饼，自己吃了113张饼，他给猎人吃了4-113=13张。而巴维尔也吃了113张，他分给猎人7-113=103张。
猎人吃了113张饼，付给11个戈比，也就是说，每吃13张饼猎人付给一个戈比。他吃了尼基塔13张饼，故尼基塔应得1戈比，他吃了巴维尔103张饼，巴维尔应得10戈比，两个人的算法都错了。
36名军官
设有6种军衔和来自6个团的36名军官，能不能把他们排成6×6的队列，使得每行每列里都有每种军衔的1名军官和每个团的1名军官呢？
这是18世纪瑞士数学家欧拉提出的一个趣味数学问题。它在统计学，尤其是在试验设计中有重要的影响。
为了易于说明，我们先考虑有3种军衔和来自3个团的9名军官。用1、2、3分别表示3种军衔，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示3个不同的团，这时，相应的问题的解答是：
123
312
231ⅠⅡⅢ
ⅢⅠⅡ
ⅡⅢⅠ
军衔阵列团阵列
（1，Ⅰ）（2，Ⅱ）（3，Ⅲ）
（3，Ⅱ）（1，Ⅲ）（2，Ⅰ）
（2，Ⅲ）（3，Ⅰ）（1，Ⅱ）
并置阵列
上面军衔阵列和团阵列分别是由3个不同符号构成的3行3列的阵列（3×3），其中每个符号在每行与每列恰好只出现一次，我们把这种阵列叫3阶拉丁方。而并置阵列中32个有序对都是不同的（即并置后，所有可能的9种情况都出现了），称军衔阵列和团阵列是正交拉丁方。
那么，36名军官问题就成了：是否存在6阶正交拉丁方呢？欧拉曾猜想，阶数为4k+2（k是正整数）的拉丁方，任何两个同阶的拉丁方都不是正交的。容易证明2阶拉丁方不正交。1901年法国数学家Tarry用穷举法证明了不存在6阶正交拉丁方。直到1959年才有3位统计学家终于证明了，除了2阶和6阶外，其他情况都有解。欧拉的猜想中，除这两种情况外，其余都猜错了。
龟与鹤
龟和鹤都是长寿的动物。一天鹤爹与鹤子遇见了龟祖和龟孙，彼此谈起了年龄。原来鹤爹的年龄是鹤子年龄的2倍，龟祖的年龄是龟孙年龄的5倍。它们年龄之和如果乘上3，等于900岁。如果再过10年，鹤族年龄的5倍加上龟族的年龄也是900岁。问现在它们的年龄各是多少？
解答：设鹤子现在的年龄是x，龟孙现在的年龄是y。则鹤爹现年为2x，龟祖现年5y，有方程：
3[（2x+x）+（5y+y）]=900
10年以后，鹤子、鹤爹的年龄分别为x+10和2x+10，龟孙、龟祖的年龄分别为y+10和5y+10，于是又有方程，
5[（x+10）+（2x+10）]+（y+10）+（5y+10）=900联立两个方程，简化为：
x+2y=100
5x+2y=260
解得：x=40
y=30
因此，鹤子现年40岁，鹤爹现年80岁，龟孙现年30岁，龟祖现年150岁。
乘车者的常识
有一个乘车者经常坐从东郊到西郊的公共汽车。一天，他嫌车太挤，就沿着共公汽车行车路线走。这时，他发现对面来的公共汽车每隔6分钟遇见一次，而背后开来的公共汽车每隔12分钟超过他一次。他心算了一下，就知道，这条路线上的公共汽车是隔多少分钟发车一次了。你也能算出来吗？
解答：假设公共汽车的速度是y，人的走路速度是x，又设两次发车间隔时间里，公共汽车行驶的路程为S。
那么，在迎面见到公共汽车的情况下，每经过S距离的时间是t1=6分钟，并且S[]x+y=t2同样，在相同方向的情况下，每经过S距离的时间是t2=12分钟，并且Sy-x=t2.解联立方程组：
Sx+y=t1①
Sy-x=t2②
将①化简为：
xS+yS=1t1③
将②化简为：
yS-xS=1t2④
③、④相加：
2yS=1t1+1t2
∴Sy=2t1t2t1+t2
∵t1=6，t2=12
∴Sy=8
因为Sy正是每段间隔中所需的时间，即发车的间隔时间，所以每两个车发车时间相隔8分钟。
两支蜡烛
停电时分，小曹点起了两支蜡烛。这两只蜡烛一般长，可不一般粗。粗蜡烛可点2小时，细蜡烛可点1小时。来电以后，小曹吹灭了两支蜡烛，发现粗蜡烛是细蜡烛长度的2倍。问停电时间有多少分钟？
解答：设停电时间为x小时。
粗蜡烛2小时点完，1小时可点1/2根，x小时可点去x2根，还剩1-x2根（即它剩下的长度）。
细蜡烛1小时点完，1小时可点1整根，x小时可点去x根（x不到1根），还剩下的长度为1-x。
于是：1-x2=2（1-x）
解方程：得x=2/3小时=40分钟
因此，停电时间为40分钟。
说容易也难
电视机厂的一个组装班组。已知工作天数比班组人数多2，如此组装的电视机总台数是1001台，问平均每人每天组装几台电视机？
解答：因为总台数=平均台数×人数×天数，所以总台数等于3个因子相乘。由于1001=13×11×7，仅仅这一种组合方式，所以根据题意13应是工作天数，11应是班组人数。剩下7就是平均每人每天组装的台数。
这道题如果用解方程的办法来做，实际上是一个三次方程。
要解三次方程，可不是件容易的事。在历史上还发生过一次辩论，就是因为争夺谁是最先发现三次方程解法的。最后，由于历史的误会，只好木已成舟地命名它为卡丹公式，它是这样讲的：
如果要解一个一般的三次方程：
ax3+3bx2+3cx+d=0
只需要把方程转换为另一个三次方程：
y3+3py+2q=0
其中：
x=y-ba
p=ca-b2a2
2q=2b3a3-3bca2+da
这时，可求得y的解：
y=3-q+q2+p3+3-q-q2+p3
由y的解，再通过x=y-ba，转换成x的解。
你来当裁判
有一块土地南北长a米，东西宽b米，是一个矩形。这块土地分给甲、乙两人承包。甲负责东西两边的绿化，乙负责南北两边的绿化。显然甲、乙有意见，因为a≠b，他们植树的工作量不一样。
那么，怎么让他们植树的长度一样呢？有人说：“把矩形的周长平均一下，一人一半。”也有人说：“还不如把地重新分过，还是那么大面积，换成正方形就行了。”
请你公正裁判一下，到底哪种办法更合理，而且对甲、乙两人都有好处？
解答：这是先给大家介绍一下两种平均值的概念：算术平均值和几何平均值。假如有a、b两数，它们的算术平均值是a+b2，它们的几何平均值是ab，而且可以证明算术平均值总是大于或等于它的几何平均值。证明如下：
a+b2-ab=12（a+b-2ab）
=12（a-b）2
因为任何数的平方大于等于零。
丢蕃都的年龄
丢蕃都是一个数学家，他生活在公元3世纪的古希腊。在他的墓碑上有着一个谜语方程，它的谜底就是数学家的寿命。墓碑是这样写的：
“在这里长眠的是丢蕃都，他生命的1/6是童年，再过了生命的1/12，他成为青年，并结了婚，这样度过了一生的1/7，再过5年，他有一个儿子，但儿子只活了他寿命的一半，以后，他在数学中寻求安慰，度过了4年，终于也结束了他的一生。”
请你算一算，丢蕃都活了多少岁？
解答：设他活了x岁
列方程：
16x+112x+17x+5+1[]2x+4=x
14x+7x+12x+42x84+9=x
75x+756=84x
9x=756
x=84
丢蕃都活了84岁。
庞贝古城
庞贝是意大利的古城，它位于维苏威火山东南麓。它全盛时期到火山爆发把它湮没，正好是横跨公元前后相同的年数。原来人们都不知道有这么一个古城，在挖掘的那年，才发现庞贝已被火山爆发湮没了1669年，而挖掘的工作一直延续了212年，到挖掘结束后，证实与庞贝城最繁华的时期已相距2039年。请问：庞贝城全盛时是哪年？火山爆发把它湮没又是哪年？挖掘工作又是从哪年到哪年？
解答：设庞贝城全盛时为公元前x年，由于它横跨公元前后，火山爆发把它湮没在公元后x年。
设挖掘工作从公元y年到z年，则
y-x=1669①
z+x=2039②
z-y=212③
由①+②，得
y+z=3708④
由③、④联立，得z=1960
由此，y=1748
x=79
所以，庞贝城全盛时为公元前79年，火山爆发把它湮没在公元后79年，挖掘工作从公元1748年一直延续到1960年。
23x=2500
x=3750
蛋铺的生意
有一家小蛋铺，主要出售鸡蛋、鸭蛋和鹅蛋。鸡蛋1元5角一打，鸭蛋1元8角一打，鹅蛋2元6角一打（注：一打蛋是12个）。有一位顾客，身边只带了1元1角，他能买几种蛋、几个蛋？
解答：假设可卖鸡蛋x个，鸭蛋y个，鹅蛋z个。
有方程：1.5012x+1.8012y+2.6012z=1.10①
化简得：15x+18y+26z=132②
∴132=3×44=4×33
∴②的解有两种形式：
（1）x=0y=z=3
（2）z=0x=y=4
由此，1元1角可以买3个鸭蛋和3个鹅蛋，或者买4个鸡蛋和4个鸭蛋。
列方程求年龄
19世纪，英国有个数学家叫狄摩根，曾在逻辑研究方面做出过贡献，活了65岁。生前某一年，有人问他：“你多大年龄啦？”在西方，除非至亲好友，随便问人家年龄是不礼貌的。狄摩根倒没有计较，他想了想，说：“我在公元x2年是x岁。”
狄摩根开的是什么玩笑呢？看到他一本正经的样子，问话的人便认真思考起来：要是设他出生年是公元y年，就有x岁时是公元y+x年，得y+x=x2.
这个方程有两个未知数，是个不定方程，可以根据年龄本身的特点，化成不等式来求解。
狄摩根是19世纪的数学家，又只活了65岁，那他的出生年，就一定在1735年后，在1835年前。
∵1835>；y>；1735；
∴1835>；x2-x>；1735.
这样，我们就可以把这个一元二次不等式的左右两边，分别求解，然后再取它们的公共解。
x2-x-1835＜0，
分解因式，化简，得：
-42.34＜x＜43.34
年龄不能是负数，得x＜43.34.
x2-x-1735>；0，
分解因式，化简，舍去负数，得x>；42.16.
于是，公共解是43.34>；x>；42.16.
考虑到年龄取整数，满足上式的只有x=43（岁）。
因为狄摩根在43岁时是公元432=1849年，所以他是在公元1806年出生、1871年去世的。
列出方程，用不等式寻找狄摩根的年龄相当费事，有点像公安人员在破案了。其实，这个题有一个非常简单的解法，是小学生也能很快给出答案的。
我们很容易算出来，在1700～2000之间，只有三个完全平方数。这就是422=1764、432=1849、442=1936.
要是狄摩根在1764年是42岁，他活到19世纪就有70多岁了，所以不对。要是狄摩根在1936年是44岁，那他是1892年生，19世纪末才8岁，不可能是这个世纪的数学家。所以答案只能是：在1849年时狄摩根43岁。
再来看一个问题：
父亲现在的年龄与儿子现在的年龄加起来是110岁；等到儿子的年龄与父亲现在的年龄相同时，儿子的年龄是孙子现在的年龄的9倍；那时，孙子的年龄比儿子现在的年龄大4岁。请问：孙子现在的年龄多大？
解题时设未知数可以大胆些，不必怕未知数设多了。题里有父亲、儿子、孙子三人，就分别设他们现在的年龄是x、y、z岁。然后，逐句分析题意，列出方程式。
第一句很明确
x+y=110……①
第二句也清楚，当儿子年龄达到x岁时，就有
x=9z……②
两个方程有三个未知数，还需要再列一个方程才好解。不用说，应该在第三句上打主意了。
关键是要找出“那时”孙子的年龄，找到后减去y等于4，就是第三个方程。
“那时”孙子的年龄是多少呢？是现在孙子的年龄z加上若干年。这若干年是多少年呢？就是儿子从现在年龄y活到x岁时的年数，也就是x-y。于是得到[（x-y）+z]-y=4……③
解①②③三元一次方程组，得z=8（岁）。
哪些灯还亮着
有一百盏电灯，排成一横行。自左向右，我们给电灯编上号码1，2，3……，99，100.每一盏灯由一个拉线开关控制着。最初，电灯全是关着的。
另外，还有一百个学生。第一个学生走过来，把凡是号码是1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第二个学生走了过来，把凡是号码是2的倍数的电灯开关拉了一下；第三个人再走过来，把凡是号码是3的倍数的电灯上的开关拉了一下，如此下去，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯上的开关拉一下。这样做过之后，问：“哪些灯是亮着的？”
这简直令人眼花缭乱，不易理出头绪，方法不当就更不得要领。
正确的思考是：由于最初所有的电灯都是关着的，所以被拉了偶数次开关的电灯，仍然是关着的；只有那些被拉了奇数次开关的电灯才是亮着的。因此，人们只须去关心那些被拉过奇数次开关的电灯。
按照问题所规定的法则，编号为n的电灯被拉过几次呢？要看整数n中有多少个正因数。如果n不是平方数，那么n的全部正因数的个数是偶数，这盏灯是关着的。只有当n是平方数时，n的全部正因数个数是奇数，这盏电灯被拉过奇数次，因此它是亮着的。
这样，我们知道了，只有编号为
1，4，9，16，25，36，49，64，81，100的灯是亮着的。
最后举一例，看你是否有了“对称意识”：
●[6]……两人把一个棋子，从左到右移动，使它经过一排方格中的每一个格，这排方格的总数是1990，谁把棋子移动到最后一格，谁就获胜。两人轮流，一次移动1至3格。如果你先走，你会赢吗？若再模仿前两个游戏，就会因找不到对称中心而困惑。但如果你有“对称意识”，就会立刻想到在四个格子里，对手先走，你必能获胜。这样，你走第一次时只要使剩余的格数是4的倍数就行了，对手走1格，你走3格；对手走2格，你走2格；对手走3格，你走1格，一直到你把棋子移到最后一格里。
为此，你的第一步只要把棋子移到左边的第二个格子里，（1990÷4=497×4+2）就稳操胜券了。
计算黄浦江的宽度
黄浦江是上海水路运输的重要河道。为了适应浦江两岸交通运输日益繁忙的需要，70年代以来，特别是改革开放以来，黄浦江下建起了几条隧道，江上架起了南浦、杨浦、徐浦等大桥。修隧道也好，造大桥也好，都要计算黄浦江有多宽。那么，如何比较精确地测量并计算出黄浦江的宽度呢？
假设要计算从A点到B点的距离，怎么算呢？
先在B岸选一点C，使A、B、C三点组成一个三角形，设B、C两点都在浦东岸边，那么，BC的长度就可以直接测量出来，如测量得BC=521.12米；∠A和∠C也可以用精密的经纬仪比较精确地测出来，如测得∠A=45°16′42″，∠C=46°43′12″。
在三角形ABC中，∠A、∠C、BC都测量出来，利用正弦定理就能计算出AB的长度。
由正弦定理sin∠CAB=sin∠ABC，
所以AB=sin∠Csin∠A×BC
=sin46°43′12″sin45°16′42″×521.12≈0.728012110.71053343×521.12
≈1.0246×521.12
≈533.94（米）。
这样测量计算所得到的黄浦江的宽度是比较精确的，其误差一般在3厘米之内。
测量金字塔的高度
你知道古埃及的金字塔吗？它们是一些古老雄伟的建筑物，是古代埃及国王们的坟墓。
2600多年前，埃及有个国王，想知道已经盖好了的大金字塔的确实高度，可是谁也不知道该怎样测量。
人爬到塔顶上去吧，不可能。因为塔身是斜的，就是爬上去了，又用什么方法来测量呢？
后来，国王请到了一个名叫泰勒斯的学者来设法解决这个问题。泰勒斯选择了一个风和日丽的日子，在国王、祭司们的亲自驾临下，举行了测塔仪式。
看热闹的人当然不少，人们拥挤着、议论着。看看时间已经不早，太阳光给每一个在场的人和巨大的金字塔都投下了长长的影子。当泰勒斯确知他自己的影子已等于他的身高时，他发出了测塔的命令：这时，助手们立即测出了金字塔的阴影的长度DB。接着，泰勒斯十分准确地算出了金字塔的高度。
在那个时候，大家都非常佩服泰勒斯的聪明！
可不是吗？泰勒斯的确了不起，因为他在2000多年以前，就已经应用几何学里的相似形原理来测算金字塔的高度，而现在我们学的几何学——欧氏几何，还是在泰勒斯以后许多年，由希腊学者欧几里得创立起来的呢。
泰勒斯是怎样算出金字塔的高度的呢？因为泰勒斯是在他的影子等于他自己的身高时才测量的。这时候，日光正是以45°的角度射向地面的，即∠CBA=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°。
这时，由金字塔的顶点、塔底的中心点和阴影的端点所组成的三角形是一个等腰三角形，所以，它的两个边AC和BC必相等。金字塔底边的长度，泰勒斯是早已测量好了的，它的一半就是CD的长度，DB的长度是助手们测出来的，他把CD加上DB，就算出了金字塔的高度。
用墙上的树影测树高
如果有人要你测量一个较矮的物体的高，比如说你的课桌，教室的黑板，你可以马上用皮尺量出。但是，要你测量一棵树的高度，你就得费点周折，方能得出结果。
某人想利用树影测一棵树AB的高，他找来一根21米的竹竿CD，直立在地上，测得它的影CE的长为0.8米，他还测得树影AE长2.4米，他只通过简单计算，很快就得出结论：树高3米。
这是由于△ABE与△CDE相似，所以AB：AE=CD：CE，AB：2.4=1：0.8，AB=2.4×10.8=3（米）。
接着，他还想测量另一棵靠近围墙的树，此时，树影没有全落在地上，有一部分落到了墙上，他测得落在地面部分的树影长2.8米，落在墙上部分的树影高1.2米。
现在是一部分树影上了墙，所以不能套用前面的方法，但只要弄清影子是怎样形成的，问题也不难解决。
线段AB表示树高，AC为落在地面部分的树影，CD为落在墙上部分的树影，BD为太阳光，过C作BD的平行线CE，交AB于E点，那么树高AB=AE+EB。
由前一个问题我们知道：
AE：AC=1：0.8，AE：2.8=1：0.8，
AE=2.8×10.8=3.5（米）。
同时，EB=CD=1.2（米），所以树高AB=3.5+1.2=4.7（米）。
测堤面的坡度
俗话说，水火无情。为防止洪水危害村庄、农田、城市、工厂，有时需要沿河筑起拦洪大堤。大堤的横截面一般都是等腰梯形。PQRS就是一个等腰梯形的横截面，角度α称为大堤的坡度。
如果大堤已修好，我们如何测出堤面的坡度呢？有人说，要测角度α太容易了，只要在大堤的底部打一个洞，量出PQ、SR及PS，再根据cosα=12·（PQ-SR）PS，角度α立即可以求得。但是，在堤下打洞，会破坏大堤，容易引发事故。那么怎样在不破坏大堤的前提下测出角度α呢？
假设堤面与地面的交线是l，A为l上任意一点，过点A分别沿地面作AB⊥l，沿堤面作AC⊥l，这时α=180°-∠BAC。可见，只要求得∠BAC的度数，角度α就知道了。
要求∠BAC，我们可以过C、B两点拉直一根绳子，形成三角形ABC，则∠BAC是这个三角形的一个内角。用皮尺分别量出绳子BC及线段AC和AB的长，就可算出∠BAC。比方说，BC=a，AC=b，AB=c，那么，根据三角学中的余弦定理：
a2=b2+c2-2bccos∠BAC，得cos∠BAC=b2+c2-a22bc，很快可求出∠BAC。
所以，用上面所说的方法，既可以不破坏大堤，又能测出堤面的坡度。
要在楼梯上铺地毯，如何快速
量出所需购买地毯的尺寸某学校新建成一幢漂亮的图书楼，如果能在楼梯上铺上地毯，同学们会觉得大楼更整洁、舒适。然而，你知道如何快速量出所需购买地毯的长度吗？
你可能会说：“这个问题太简单了，只要把每级台阶的宽度和高度量一下，再把它们的值都加起来不就行了吗？”可是，请你想想，这样做是不是太费事了呢？
表示由几级台阶组成的一段楼梯，其中AB、BC分别表示这几级台阶的总宽度和总高度，只要量出AB和BC，再把它们的长度相加，得到的值就是所需地毯的长度。这是为什么呢？
先设想楼梯只有两级台阶，那么所需地毯的长度是折线ABCDE的长，如果分别延长AB、ED，用G表示两延长线的交点，你会发现：BC=GD，CD=BG，所以折线ABCDE的长度就是AG与GE的和，也是AF与FE的和。
再把楼梯变成三级台阶，延长AB、GF，用I表示两延长线的交点。现在你可以马上说出所需地毯的长度是AH与HG的长度之和了吧。
依此类推，不论一段楼梯有多少级台阶，我们总能很快量出这段楼梯所需地毯的长度。
怎样把一个多边形木架固定住
如果将三根木条用钉子钉成一个三角形木架，它的形状是不会改变的，这就是“三角形的稳定性”原理。
但是，如果像那样，用四根木条钉成一个四边形木架ABCD，它的形状可能要改变，这就是说，四边形没有稳定性。
要使这个四边形木架不活动，只要根据三角形的稳定性原理，用一根木条将它的一对顶点，比如说A和C连接起来，把它分成两个三角形就可以了。我们常可见到，在用木条做成的栅栏门上，斜着钉了一根木条，这样做就是为了使它稳固。
不仅四边形不具有稳定性，而且边数比4大的多边形都不具有稳定性。
如果有一个用木条钉成的凸六边形木架ABCDEF，你能否再钉上三根木条，使它不能活动呢？
有“三角形的稳定性”原理，这个问题就不难解决了。中的这些连接方法，都能使木架稳固不动。
实际上，还有其他方法，你不妨试一试，看还能怎样连接。
怎样使修路的费用最少
开发区里有两家大型的工厂，它们的位置，分别位于A点和B点。它们的产品都要先运到一条河边，在图上用直线XY表示，再通过船运出去。现在准备在河边建一个轮船码头，并且再修两条公路分别从两家工厂直通这个码头。这个码头应该选在哪一点，才能使修路的费用最小呢？
由于修路的费用与路的长度直接相关，要使修路的费用最小，也就是要使两条公路的总长最短。因此，化为数学问题，也就是如何在直线XY上选取一点C，使AC+BC最短。
现在我们应用数学知识，来解决这个问题。先从B点作一条关于直线XY的垂线，与XY的交点设为E，延长这条垂线至D点，使得DE的长等于BE。连接A、D两点，与XY的交点就是我们要求的C点。
下面我们来证明AC+BC最短。由于B点和D点是关于XY的对称点，所以从点B到XY上任一点的长度等于从D到这一点的长度，因而，从A点到XY上再到B点的总长，就转化为从A点到XY再到D点的长度，根据两点之间直线最短，可知AD是A到XY再到D的最短距离，也就是说AC+BC=AD是点A到XY再到点B的最短距离。
其实，对于许多实际问题，只要我们能找出其中的数学含义，便可以运用数学知识加以解决。
怎样估计池塘里的鱼数
在日常生活中，常常需要估计农作物等的产量，例如估计水稻的亩产等。常用的办法是先收割一小部分，如1分地（1亩=10分）的作物，测量出产量再乘以10，即得1亩地的产量。为了尽量减少误差，也常分不同地块收割几小部分的作物，测出产量后求平均值，再用平均值去估计总的亩产量。
水稻等作物的产量可以认为是均匀的，不同地块的产量相差不多，所以可以用上述方法进行估计。但若要估计某池塘里的鱼数，上述方法就行不通了。因为鱼在池塘里是到处游动的，且不同地方的鱼数也不一样，当然，也不可能把池塘里的鱼全部捕上来数一遍。那么，池塘里的鱼数到底是怎样估计出来的呢？
有一个巧妙的办法，先从池塘里任意捕一部分鱼，例如100条，做上记号后再放回池塘。过一段时间以后，可以认为这些做过记号的鱼游到了池塘的各个地方，或说均匀地分布在整个鱼群中。此时，再一次捕一部分鱼，例如50条，数出其中做过记号的鱼数，假设其中有两条鱼做过记号。现在，已知50条鱼中有2条做过记号，即做过记号的鱼数占全部鱼数的250.那么，（池塘里）总共多少条鱼中有100条是做过记号的？很容易计算出，
100÷（2÷50）=2500，
因此，池塘里总共有鱼约2500条。
同样，为了尽量减少误差，我们也可以分不同时间、不同地点多次捕出部分鱼来，数出其中做过记号的鱼数，计算其所占的比例，求出这些比例的平均值，然后再计算出池塘里总的鱼数。例如分5次捕鱼，每次做过记号的鱼所占比例分别为250、370、5100、380和475，经计算，
15（250+370+5100+380+475）≈0.0447，
100÷0.0447≈2237
所以，池塘里共有鱼约2237条。
车站应设在哪里
我们上学、上班或旅游购物，经常要乘坐公共汽车。有的人住得离车站比较近，有的比较远。那么车站究竟设在哪儿最好？它又是根据什么定出来的呢？
一个车站无论设在哪儿，总是不可能让每个人乘车都最方便，选择车站设置点的原则，就是要尽可能地使所有乘车的人总体上感到最方便。
我们先来看一个简单的例子：设一条公路边A、B两点各有一个工厂，每个厂每天分别有20人和30人要乘坐某路公共汽车上下班。现要在两厂之间设一个车站，试问车站设在什么地方最合适呢？要使所有乘车人总体上感到最方便，就是要使他们每天上下班走的总路程（从车站到工厂）最短。设A、B两厂相距a米，如果车站设在C点，离A厂x（0≤x≤a）米，离B厂a-x米，则工人走的总路程s为：
s=x×20+（a-x）×30=30a-10x。
要使s最小，x愈大愈好，而C点必须在AB之间，因此x最多为a，也即C点与B点重合，车站设在B厂门口最好。
从上面的例子可以看出，车站设置要尽量靠近乘车人数多的地方（B厂）。如果公路旁的工厂（或学校等）不止两家，解决的方法也是类似的。我们再来看一个较为复杂的例子。
假设公路旁有A、B、C、D、E共5家工厂，每天分别有25、30、20、17、20人要乘坐某路公共汽车上下班。问车站设置点F选在何处最佳。
计算方法是这样的：
先计算总的乘车人数P和P/2，
P=25+30+20+17+20=112（人），P/2=56（人）。
再依次计算沿路各厂的累计乘车人数，并与P/2比较：
A厂人数25＜56，
A、B两厂人数：25+30=55＜56，
A、B、C三厂人数：25+30+20=75>；56.
A厂乘车人数少于总乘车人数的一半，也就是说A厂乘车人数少于B、C、D、E四厂的乘车人数总和，故车站要靠近B、C、D、E一方；同样，A、B两厂乘车人数少于总乘车人数的一半，故车站要靠近C、D、E的一方；而A、B、C三厂乘车人数多于总乘车人数的一半，所以车站又要靠近A、B、C三厂的一方。综上所述，车站既要靠近A、B、C三厂的一方，又要靠近C、D、E三厂的一方，因此设在它们公共的一点C点，即车站设在C厂门口最佳。
防癌普查中呈阳性的一定是癌症患者吗
为了早期诊断、早期治疗，我国的医疗机构常进行防癌普查。在每一次普查中，总会有一些人检查结果呈阳性反应，于是他们就以为自己真的患了癌症。实际情况是不是这样呢？
其实每一种检验都有或大或小的误差。这种误差又分两种情况，一种是没有病，检验结果却说有问题（呈阳性反应），这是一种“扩大化”的误差；另一种是有病却没有被查出来（呈阴性反应），这是一种“缩小化”的误差。防癌普查中呈阳性反应的人，有可能真的患了癌症，也有可能是“扩大化”误差造成阳性，实际上并没有患癌症。同样，呈阴性反应的人，也并非都没患癌症，可能原本是癌病患者，却未被查出来。
那么，发生这两种误差的可能性有多大呢？特别是发生“扩大化”误差的可能性有多大呢？如果这种可能性比较大，那么呈阳性反应的人真的患癌症的可能性就较小。
我们以某次防肝癌普查为例来说明这个问题。假设某医疗机构使用某种方法检查肝癌，检查的可靠性为99%，即出现两种误差的可能性为1%。总的来说，这种检查方法的可靠性是不错的。现在有一人检查结果为阳性，他患肝癌的可能性有多大呢？
据估计，肝癌发病率为0.04%。假设检查总人数是100万人，那么其中肝癌患者约有400人，不患肝癌者大约有999600人。因为检查的可靠性为99%，因此在400个肝癌患者中，检查结果呈阳性的有400×99%=396人，呈阴性的有4人；在其余不患肝癌的检查者中，检查结果呈阳性的有999600×1%=9996人，其余呈阴性。总的来说，检查结果呈阳性的共有396+9996=10392人，而其中真正患肝癌的只有396人，约占全体呈阳性反应者的3.81%。换句话说，检查结果呈阳性的人，真正患肝癌的可能性只有约3.81%，而因“扩大化”误差造成被误判的可能性却有1-3.81%=96.19%。
所以，在普查中呈阳性反应的人不必过于惊慌。尽管检查方法是不错的，可靠性也很高，但阳性反应者真的患病的可能性还是不大的。
疾病普查怎样进行最省力
我国的医疗机构常进行一些疾病的普查。一种常见的普查方法是验血，通过验血，可以对肝炎、霍乱、血吸虫病等多种疾病作出早期诊断。普通的验血普查方法是：由医疗人员到各个普查点抽取每位接受检查人员的少量血液，做好标记，由医疗人员带回医院或研究机构逐一检查，最后再把检查结果告诉每一位被检查者。这种普查方法虽然很有效，但检查过程费时费力。有没有省时省力一点的办法呢？答案是肯定的。我们举一个例子来说明这个问题。
某次疾病普查需要对上海市1400万居民进行肝炎病毒的验血普查。医疗人员抽取血样带回以后，有两种验血方案可供选择。第一种是普通的方法，即对每份血样逐一进行检查。另一种方案是把所有血样先进行分组，每组100份，从同一组的每份血样中抽取一部分（验血只需要极少量的血样）进行混合，然后再对混合后的血样进行检查。如果检查结果呈阴性，即没有检出肝炎病毒，则表明该组100份血样都无病毒；如果检查结果呈阳性，即检出肝炎病毒，则表明该组100份血样中有某一份或某几份带有病毒，为了查明到底哪一份或哪几份血样带有病毒，必须对这100份血样再逐一检查一遍。那么到底采用哪种方案好呢？
如果采用第一种方案的话，每组血样要做100次检查，而若采用第二种方案，每组血样可能只要做一次检查，也可能要做101次检查。为了作出比较，必须求出采用第二种方案时每组血样需要做的平均检查次数，而这又需要知道两种检查次数出现的可能性有多大。
根据以往资料或试查资料（疾病普查之前常先进行小范围内的试查）估计，肝炎病毒的携带率为0.1%，即平均每1000人中有1人为病毒携带者，或说每份血样中带有病毒的可能性是0.1%。因此每组血样中每份都不带病毒的可能性是：
（1-0.1%）100≈90.48%，
而有一份或几份带有病毒的可能性是1-90.48%=9.52%。因此，采用第二种方案验血，每组血样需要检查的平均次数为：
1×90.48%+101×9.52%=10.52（次），比采用第一种方案节省了89.48%。如果每验血一次需要花费10元钱的话，采用第一种方案进行检查需要花1.4亿元，而采用第二种方案只需要花1472.8万元，比采用第一种方案节省了1亿多元。
事实上，采用第二种方案进行验血时，并不一定每组含100份血样，也可以每组含50份或150份血样，等等，有兴趣的少年朋友可以试着计算一下，此时又能比采用第一种方案节省多少费用。
