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。
96.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+910×19=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)=0
②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。
97.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。
98.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”：
……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。
99.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。
100.数字中为何有周期现象
周期现象是普遍存在的。如果你注意一下，就可以发现，数字中也存在着形形色色的周期现象。
例如，自然数经过5次乘方之后，其末位数会出现“重现”或“回归”：2的5次方是32，其末位仍然是2；3的5次方是243，其末位仍然是3；7的5次方，我们即使不算出其结果，也可以肯定它的末位必定还是7；等等。
观察一下从1至9的平方的末位数，可以发现它们组成了一个回文序列：1，4，9，6，5，6，9，4，1。10的平方100末位是0，而此后各数的平方的末位数又是1，4，9，6，5，6，9，4，1。整个自然数的平方的末位数，始终在那儿兜圈子，循环反复，以至无穷。而这些反复出现的周期，中间是以0来分界的。
人们还发现，一切平方数的根数只能是1，4，7，9这四个数字，不可能是其他数字。这里所称的“根数”，就是把一个正整数的各位数字统统相加起来，求出其和数，如果这个和数比9大，就一直减去9的整倍数，直至余数小于或等于9为止。例如，135的根数是9，246的根数是3，等等。
利用上述知识，有时很容易判别一个数究竟是不是平方数。譬如说，98765432123456789是不是一个平方数？我们不妨查一下它的根数，是8，而不是1，4，7，9中的一个，于是就可以肯定它不是一个完全平方数。
一切平方数的根数不仅具有如上的特性，而且当完全平方数依序递增时，其根数也是以1，4，9，7，7，9，4，1的回文序列反复出现的。不过，这一次是以9，而不是用0来作为各个周期的分界。下面举些实例来说明：
100(10的平方)的根数为1；
121(11的平方)的根数为4；
144(12的平方)的根数为9；
169(13的平方)的根数为7；
196(14的平方)的根数为7；
225(15的平方)的根数为9；
256(16的平方)的根数为4；
289(17的平方)的根数为1；
324(18的平方)的根数为9；——周期的分界标志
361(19的平方)的根数为1；——下一周期的开始
……
平方数的这些性质，不仅有趣，而且有很大的实用价值。灵活运用这些性质，我们就可掌握许多速算的窍门。
101.古希腊三大几何问题是什么
传说大约在公元前400年，古希腊的雅典流行疫病，为了消除灾难，人们向太阳神阿波罗求助，阿波罗提出要求，说必须将他神殿前的立方体祭坛的体积扩大1倍，否则疫病会继续流行。人们百思不得其解，不得不求教于当时最伟大的学者柏拉图，柏拉图也感到无能为力。这就是古希腊三大几何问题之一的倍立方体问题。用数学语言表达就是：已知一个立方体，求作一个立方体，使它的体积是已知立方体的两倍。另外两个着名问题是三等份任意角和化圆为方问题。
古希腊三大几何问题既引人入胜，又十分困难。问题的妙处在于它们从形式上看非常简单，而实际上却有着深刻的内涵。它们都要求作图只能使用圆规和无刻度的直尺，而且只能有限次地使用直尺和圆规。但直尺和圆规所能作的基本图形只有：过两点画一条直线、作圆、作两条直线的交点、作两圆的交点、作一条直线与一个圆的交点。某个图形是可作的就是指从若干点出发，可以通过有限个上述基本图形复合得到。这一过程中隐含了近代代数学的思想。经过2000多年的艰苦探索，数学家们终于弄清楚了这3个古典难题是“不可能用尺规完成的作图题”。认识到有些事情确实是不可能的，这是数学思想的一大飞跃。
然而，一旦改变了作图的条件，问题则就会变成另外的样子。比如直尺上如果有了刻度，则倍立方体和三等份任意角就都是可测量的了。数学家们在这些问题上又演绎出很多故事。直到最近，中国数学家和一位有志气的中学生，先后解决了美国着名几何学家佩多提出的关于“生锈圆规”(即半径固定的圆规)的两个作图问题，为尺规作图添了精彩的一笔。
102.博弈论是什么
下棋已成为许多人茶余饭后乐此不疲的一项业余爱好。既要对弈，就必有胜负。赢棋的奥妙是一个很值得研究的问题。而研究这类问题的学问就是博弈论，又叫对策论。
博弈论是20世纪20年代才发展起来的新兴学科，由冯·诺曼等人的研究开始，最先被用于考虑经济问题和军事问题，之后也被用解决一些社会问题。下面用一个简单的例子来看看是如何考虑问题的。
例如，两人轮流在国际象棋棋盘的空格内放入“相”棋，一方为黑棋，一方为白棋。当任何一方放“相”棋时，要保证不被对方已放入的“相”吃掉，谁先无法放棋子谁为输者。问谁为输者？(国际象棋棋盘为8×8格的方形棋盘，“相”的走法为斜飞，格数不限)
