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？
图1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，如图1，一共可排100个圆。
不过，如图2所示，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。图2如图3所示，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个圆如图4，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。
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
