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《兰特纸草书》上在猫吃老鼠、老鼠吃大麦的问题后面有解答，说是用2801乘以7。
求房子、猫、老鼠、大麦和斗的总数，就是求和7+7×7+7×7×7+7×7×7×7+7×7×7×7×7＝7+49+343+2401+16807＝19607。这同上面2801×7＝19607的答数一样，古代埃及人在4000多年前就掌握了这种特殊的求和方法。
类似的问题在一首古老的英国童谣中也出现过：
“我赴圣地爱弗西，
途遇妇子数有七，
一人七袋手中提，
一猫七子紧相依，
妇与布袋猫与子，
几何同时赴圣地？”
意大利数学家斐波那契在1202年出版的《算盘书》中也有类似问题：
“有7个老妇人在去罗马的路上，每个人有7匹骡子；每匹骡子驮7只口袋，每只动袋装7个大面包，每个面包带7把小刀，每把小刀有七层鞘，在去罗马的路上，妇人、骡子、面包、小刀和刀鞘，一共有多少？”同一类问题，在不同的时代、不同的国家以不同的形式出现，但是，时间最早的还要数古埃及《兰特纸草书》。
古埃及还流传着“某人盗宝”的题目：
“某人从宝库中取宝13，另一人又从剩余的宝中取走117，宝库中还剩宝150件，宝库中原有宝多少件？”
这个问题的提法与现行教科书上的题目很相像，可以这样来解：
设宝库中原有宝为1，则第一人取走13，第二人取（1—12）×117=252
宝库最后剩下
1—13—（1—13）×117=1—13—251=3251。
因此，宝库原有宝
150÷3251=150×5132=23916。
列出综合算式为
150÷\[1—13—（1—13）×117=239116。
《兰特纸草书》还有这样一道题：
“有物品若干件，其三分之二，其一半，其七分之一及其全部，共33件，求物品的件数。”
用算术法来解，可设全部为1，则物品的件数为
33÷（23+12+17+1）
=33÷9742=33×4297
=142897
答案是唯一的，但是纸草书上的答案却是
14，14，156，197，1194，1388，1679，1776。这是怎么回事？难道这道题有八个答案吗？
原来纸草书上用古埃及分数的形式给出答案，意思是14+14+156+197+1194+1388+1679+1776。不妨算出来看看：
14+14+156+197+1194+1388+1679+1776
=14+1456+156+197+197×2+197×4+197×7+197×8
=14+1456+8+4+2+197×8+197×7
=14+1456+1597×8+197×7
=14+1456+11397×56
=14+156897×56=142897
这和我们算得的答案相同。
3.诗歌中的
希腊是世界文明古国之一，它有着灿烂的古代文化，在《希腊文集》中有一些用诗歌写成的数学题。
在“爱神的烦忧”中，爱罗斯在古代希腊神话中的爱神，吉波莉达是塞浦路斯岛的守护神，九位文艺女神中，叶芙特尔波管音乐，爱拉托管爱情诗，达利娅管喜剧，特希霍拉管舞蹈，美利波美娜管悲剧，克里奥管历史，波利尼娅管颂歌，乌拉尼娅管天文，卡利奥帕管史诗。
爱神的烦忧
“爱罗斯在路旁哭泣，
泪水一滴接一滴。
吉波莉达向前问道：
‘是什么事情使你如此悲伤？
我可能够帮助你？’
爱罗斯回答道：
‘九位文艺女神，
不知来自何方，
把我从赫尔康山采回的苹果，
几乎一扫而光。
叶芙特尔波飞快抢走十二分之一，
爱拉托抢得更多——
七个苹果中拿走一个。
八分之一被达利娅抢走，
比这多一倍的苹果落入特希霍拉之手。
美利波美娜最是客气，
只取走二十分之一。
可又来了克里奥，
她的收获比这多四倍。
还有三位女神，
个个都不空手：
30个苹果归波利尼娅，
120个苹果归乌拉尼娅，
300个苹果归卡利奥帕。
我，可怜的爱罗斯，
爱罗斯原有多少苹果？还剩50个苹果。’”
这首26行的诗，给出了一道数字挺多的数学题，题目中原有苹果数不知道，经过九位文艺女神的抢劫，爱罗斯只剩下50个苹果，是“知道部分求全体类型”的数学题。
设爱罗斯原有苹果数为x。
依题意，得
112x+17x+18x+14x+120x+15x
+30+120+300+50=x
整理，得143168x+500=x
∴x＝33600（个）
下面的“独眼巨人”中给出了另一种类型的数学题：
“这是一座独眼巨人的铜像，
雕塑家技艺高超，
铜像中巧设机关：
巨人的手、口和独眼，
都连接着大小水管，
通过手的水管，
三天流满水池；
通过独眼的水管——需要一天；
从口中吐出的水更快，
五分之二天就足够，
三处同时放水，
水池几时流满？”
设水池的容积为1，三管同开流满水池所需时间为x天，
则13x+x+52x=1
∴x=623
下面是我国的一首打油诗：
“李白提壶去买酒：
遇店加一倍，
见花喝一斗。
三遇店和花，
喝光壶中酒。
试问壶中原有多少酒？”
这首打油诗的意思是，李白的壶里原来就有酒，每次遇到酒店便将壶里的酒增加一倍；李白赏花时就要饮酒作诗，每次一次喝一斗酒（斗是古代装酒的器具），这样反复经过三次，最后将壶中的酒全部喝光，问李白原来壶中有多少酒？
解这道题最好使用反推法来解：
李白第三次见到花时，将壶中的酒全部喝光了，说明他见到花前，壶内只有一斗酒。进一步推出李白第三次遇到酒店前，壶里有12斗酒，按着这种推算方法，可以算出第二次见到花前，壶里有112斗酒，第二次见到酒店前壶里有112÷2=34斗酒；第一次见到花前壶134里有斗酒，第一次遇到酒店前，壶里有原来壶里有斗酒134÷2=78
原来壶里有78斗酒。
4.遗嘱里的
在按遗嘱分配遗产的问题中，有许多有趣的数学题。
俄国著名数学家斯特兰诺留勃夫斯基曾提出这样一道分配遗产问题：“父亲在遗嘱里要求把遗产的13分给儿子，25分给女儿；剩余的钱中，2500卢布偿还债务。3000卢布留给母亲，遗产共有多少！子女各分多少！”
设总遗产为x卢布。
则有13x+25x+2500+3000＝x
解得：x＝20625。
儿子分20625×13＝6875（卢布），
女儿分20625×25＝8250（卢布）。
结果是女儿分得最多，得8250卢布，儿子次之，得6875卢布，母亲分得最少，得3000卢布，看来父亲是喜爱自己的女儿。
下面的故事最初在阿拉伯民间流传，后来传到了世界各国，故事说，一位老人养了17只羊，老人去世后在遗嘱中要求将17只羊按比例分给三个儿子，大儿子分给12，二儿子分给13，三儿子分19，在分羊时不充许宰杀羊。
看完父亲的遗嘱，三个儿子犯了愁，17是个质数，它既不能被2整除，也不能被3和9整除，又不许杀羊来分，这可怎么办？
聪明的邻居得到这个消息后，牵着一只羊跑来帮忙，邻居说：“我借给你们一只羊，这样18只羊就好分了。”
老大分18×12＝9（只），
老二分18×13＝6（只），
老三分18×19＝2（只）。
合在一起是9+6+2＝17，正好17只羊，还剩下一只羊，邻居把它牵回去了。
羊被邻居分完了。再深入想一想这个问题，我们会发现遗嘱中不合理的地方，如果把老人留的羊做为整体1的话，由于
12+13+19=1718
所以或者是三个儿子不能把全部羊分完，还留下118，哪个儿子也没给1817；或者是要比他所留下的羊再多出一只时，才可以分，聪明的邻居就是根据1718这个分数，又领来一只羊，凑成1818，分去1718，还剩下118只羊，就是他自己的那只羊。
再看一道有关遗嘱的题目：
某人临死时，他的妻子已经怀孕，他对妻子说：“你生下的孩子如果是男的，把财产的23给他，如果是女的25，把财产的给她，剩下的给你。”说完就死了。
说也凑巧，他妻子生下的却是一男一女双胞胎，这一下财产将怎样分？
可以按比例来解：
儿子和妻子的分配比例是23∶13=2∶1
女儿和妻子的分配比便是25∶35=2∶3。
由此可知女儿、妻子、儿子的分配比例是2∶3∶6，按这个比例分配就合理了。
5.民谣中的
在世界各地流传着一些用民谣形式写成的数学题。
美国民谣：
“一个老酒鬼，名叫巴特恩，
吃肉片和排骨共用钱九角四分，
每块排骨一角一，每片肉价只七分，
连排骨带肉片吃了整十块哟，
问问你：
吃了几块排骨几片肉，我们的巴特恩？”
可以这样来解算：
假设巴特恩吃的是十片肉片的话，他一共花70分钱，用94分减去70分，得差24分，这24分钱是什么呢！
由于巴特恩吃的不都是肉片，有排骨，而一块排骨比一片肉片贵11－7＝4分，这24分是排骨和肉片差价得到的，可以求出巴特恩吃的排骨数：
（94－7×10）÷（11－7）
＝24÷4＝6（块）
10－6＝4（片）
巴特恩吃了六块排，四片肉片。
中国也有类似的民谣：
“一队强盗一队狗，
二队并作一队走，
数头一共三百六，
数腿一共八百九，
问有多少强盗多少狗？”
这道题和《孙子算经》中的“鸡兔同笼”是同一种类型题，只不过，把鸡换成强盗，把兔换成狗就是了，具体算法是
（360×4－890）÷（4－2）＝275
360－275＝85
强盗有275人，狗有85条。
还有首中国民谣：
“几个老头去赶集，
半路买了一堆梨，
一人一个多一个，
一人两个少两梨。
究竟有几个老头、几个梨？”
设人数为x，则梨为x+1个，依题意，得：
2x＝（x+1）+2，
x＝3，
x+1＝4
“寒鸦与树枝”是一首俄罗斯的民谣：
“飞来几只寒鸦，
落到树枝上停歇。
要是每支树枝上
落下一只寒鸦，
那么就有一只寒鸦
缺少一支树枝；
要是每支树枝上
落下两只寒鸦，
那么就有一支树枝
落不上寒鸦。
你说共有几只寒鸦？
你说共有几支树枝？”
可以这样来解：
如果每支树枝上落两只寒鸦，比每支树枝落一只寒鸦共多出2+1＝3只寒鸦，而这时每支树枝上所落寒鸦只数的差是2－1＝1只。
用多出来的寒鸦数除以每支树枝寒鸦数，就等于树枝数。
因此，
（2+1）÷（2－1）
＝3÷1＝3（支）
寒鸦数为3+1＝4（只）。
答案是有3支树枝，4只寒鸦。
下面这首民谣也很有趣，是中国民谣：
“牧童王小良，放牧一群羊。
问他羊几只，请你细细想。
头数加只数，只数减头数。
只数乘头数，只数除头数。
四数连加起，正好一百数。”
其实头数和只数是一回事，因此，只数减头数得0，只数除头数得1。这样一来，有：只数×只数+2×只数＝99。
使用试验法，可得只数等于9，因为
9×9+2×9＝99，故羊有9只。
神秘的“5”
“5”这个数，在日常生活中到处可见，钞票面值有5元、5角、5分；秤杆上，表示5的地方刻有一颗星；在算盘上，一粒上珠代表5；正常情况下，人的每只手有5个手指，每只脚有5个脚趾；不少的花，如梅花、桃花都有5个花瓣；海洋中的一种色彩斑斓的无脊椎动物海星，它的肢体有5个分叉，呈五角星状。
总之，“5”这个数无所不在。当然数学本身不能没有它。
在数学上，只有5种正多面体——正四面体、正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体与正二十面体。5阶以下的有限群一定是可交换群；一般的二次、三次和四次代数方程都可以用根式求解，但一般的五次方程就无法用根式来求解。5还是一个素数，5和它前面的一个素数3相差2，这种差2的素数在数论中有个专门名词叫孪生素数。人们猜测孪生素数可能有无穷多，而3和5则是最小的一对孪生素数。
前些年，美国数学家马丁·加德纳曾描述过一个有趣的人物——矩阵博士。
这位博士是个美国人，他的妻子是日本人，但早已亡故，只留下一个混血种的女儿伊娃。他们父女二人相依为命，博士常带着女儿漂洋过海，闯荡江湖，在世界各地都有他们的足迹。
博士对数论、抽象代数有许多精辟之见。虽然他说的话乍一听似乎荒诞不经，可拿事实去验证他所说的离奇现象与规律时，却又发现博士的“预言”都是正确的。
有一次，博士来到印度的加尔各答。他说古道今，大谈“无所不在的5”。
博士指出，在印度的寺庙里，供奉着许多降魔金刚，信仰这些金刚的教派之中心教义一共有5条，其中一条是所谓宇宙的永劫轮回说，即认为宇宙经过5百亿年的不断膨胀后，又要经过5百亿年的不断收缩，直到变成一个黑洞，然后又开始下一轮的膨胀与收缩。如此周而复始，循环不已。降魔金刚手中，还拿着宇宙膨胀初期的“原始火球”呢！在这里，博士曾几次提到5这个数字。
向克斯曾把π的小数值算到707位，以前这被认为是一项了不起的工作。自从近代电子计算机发明以后，他的工作简直不算一回事了。现在π值的记录一再被打破，最新的记录是100万位，这是由法国人计算出来的。有意思的是，矩阵博士在这项计算以前，就作了大胆的预言，他说第100万位数必定是个5，结果真是如此！这究竟是用什么办法知道的呢？博士却秘而不宣。
循环往复的周期现象，在科技史上曾起过重大作用，门捷列夫发现元素周期表，就是突出的一例。下面请读者来看一下与5有关的有趣现象。
请任选两个非0的实数，如π与76，并准备一个袖珍电子计算器。假定计算器数字长八位，那么，π的八位数值是3.1415926。现在请把第二数76加上1作为被除数，把第一个数π作为除数做一下除法，即：
（76+1）÷3.1415926＝24.509861
我们把显示在计算器上的24.509861称为第三数，然后再重复上述过程，把第三数加上1，把第二数作为除数，这就得到了第四位数：0.335656，依次类推，可得到第五数、第六数……
也许读者会认为，这些数字都没有规律可循，照这样下去，真是“味同嚼蜡”。然而，当算到第六数时，你将会大吃一惊，原来第六数是3.1415931，略去这一数字后面二位因计算时四舍五人造成差异的小数，它竟和第一数的π相等，π又回来了！如果你还不太相信，不妨再挑选一些整数，结果保证令人满意。我们可以得出结论，5是一个循环周期，第六数与第一数完全一样，第七数与第二数完全一样……要知道，这一个秘密最初也是矩阵博士想到的呢！
我们且不去计较矩阵博士是否真有其人，可是这神奇的、无所不在的5，却不能不引起人们的极大兴趣，引诱人们去探索和研究。
“1+1”
1742年6月7日，当时还是中学教师的哥德巴赫，写信给当时侨居俄国彼得堡的数学家欧拉一封信，问道：“是否任何不小于6的偶数，均可表为两个奇素数之和？”因为哥德巴赫喜欢搞拆数游戏。20几天后，欧拉复信写道：“任何大于6的偶数，都是两个奇素数之和。这一猜想，虽然我还不能证明它，但是我确信无疑地认为这是完全正确的定理。”这就是一直未被世人彻底解决的著名的哥德巴赫猜想，也称哥德巴赫—欧拉猜想。数学家简称这个问题为（1，1），或“1+1”。命题简述为：
（A）每一个≥6的偶数都可表为两个奇素数之和；
（B）每一个≥9的奇数都可表为三个奇素数之和。
显然，命题（B）是（A）的推论。因为任何一个奇数，如减掉一个奇素数，当然就是偶数了。此时如能证明命题（A），当然命题（B）就得证了。但是，这两个问题没有可逆性。命题（B）在本世纪30年代，前苏联科学家依·维诺格拉朵夫创造了一系列估计指数和重要方法，从而使他在1937年，间接地证明了命题（B）。
1930年，会尼列尔曼用密率法证明了每一个自然数可以表为不超过k个素数的和，这时K是一个固定的自然数。开始定出的k＝2+1010，很快就有人把它降为k＝69。利用密率法得到的最好结果是k＝18，即每一个自然数可以表为≤18个素数的和。这里说的每一个自然数，不是充分大的自然数。这是密率法独具的优点，用其他方法（圆法和筛法）只能得出关于充分大的自然数的结论。
1937年，前苏联数学家维纳格拉道夫用圆法证明了每个充分大的奇素等于3个素数的和。随后有人证明这里的“充分大”可用“＞eC16·038”来代替。这个数超过400万位，是一个非常巨大的数。现在这个常数已经大大缩小，但仍然是一个很可观的大数。
在240多年的漫长的岁月里，有人对哥德巴赫猜想进行了大量验算工作，有人曾经验算过偶数x≤5×188，即x在5亿以内，哥德巴赫猜想都是对的。
在此期间，有些人更想过一些办法，例如折叠法，他们将自然数比着很长的梳子上的各个齿，先将代表复合数的齿全部掰掉，剩下来的，当然都是素数。然后再把同样的梳子，颠倒过来对上，如果梳子上原有的齿为偶数x个，这样将1对着x－1，3对着x－3，……，p对着x－p，（1≤p≤x－1）。因为在x较大时，不能证明是否还存在齿对着齿情况，故问题没有解决。
此法的缺点是：先将代表复合数的齿全掰掉了。因为素数的存在是微弱地依附着较小素数及其倍数的复合数，而这点儿微弱的痕迹也给掰掉了。而这个问题，又不能从概率的办法解决，因为素数不是正态分析，而是一个确定的问题。所以他们就将x确定为一定值，再每两个齿一错位。这样，一个用有限问题企图解决无限问题，当然是极其困难的。尽管如此，仍有一些人在艰苦地攀登。所以后来，他们把大于某一个很大的数（例如k0＝e49c）偶数，叫做大偶数，再将任一大偶数N（N＞K0）写成自然数N1与N2之和，即N＝N1+N2。而N1与N2里素因数这个数，分别不多于s与t个。故简记为（s，t），或写成带引号的加法：“s+t”，此时N1与N2可以叫做殆（接近）素数，然后将s与t值逐步缩小。如果一旦将s，t均计算到1，那时再来证明5×108＜N≤e49c时，（1，1）成立。这样，（1，1）问题即解决了。但是，至今没有最后解决。现将当前世界取得的名次结果，列表如下
（s，t）年代结果获得者国别（9，9）1920布龙挪威（7，7）1924雷特马赫德（6，6）1932埃司特曼英（5，7），（4，9）1937蕾西意（3，15），（2，366）1937蕾西（5，5）1938布赫夕太勒前苏联（4，4）1940布赫夕太勒（1，C很大）1948瑞尼匈（3，4）1956王元中（3，3），（2，3）1957王元（1，5）1962潘承洞中巴尔巴恩前苏联（1，4）1962王元（1，4）1963潘承洞巴尔巴恩（1，3）1963布赫夕太勒（小）维诺格拉朵夫前苏联波皮里意（1，2）1973陈景润中按照华林原来的猜测，g（2）＝4，g（3）＝9，g（4）＝19。一般地猜测：
g（k）＝2k+〔（+）k〕－2（1）
其中〔x〕表示x的整数部分。
经过许多数学家的努力，除去k＝4外，（1）已被证明，其中g（5）＝37是我国科学家陈景润于1964年证明的。
对于k＝4，目前已经证明：
19≤g（4）≤21，
并且在n＜10310或n＞101409时，n可以表示为19个4次方的和。这已经接近于预期的目标g（4）＝19了。
人们还发现，当自然数充分大时，可以将它表为G（k）个K次幂的和，这里G（k）≤g（k）。实际上，G（k）比g（k）小得多（当k大的时候）。目前仅仅知道G（2）＝4，G（4）＝19。对G（k）进行估计是一个很艰难的问题。
千古之谜
现代数论的创始人、法国大数学家费尔马（1601—1665），对不定方程极感兴趣，他在丢番图的《算术》这本书上写了不少注记。在第二卷问题8“给出一个平方数，把它表示为两个平方数的和”的那一页的空白处，他写道：“另一方面，一个立方不可能写成两个立方的和，一个四方不可能写成两个四方的和。一般地，每个大于2的幂不可能写成两个同次幂的和。”
换句话说，在n＞2时，
xn+yn＝zn（1）
没有正整数。这就是举世闻名的费尔马大定理。
“关于这个命题”，费尔马说：“我有一个奇妙的证明，但这里的空白太小了，写不下。”
人们始终未能找到弗尔马的“证明”。很多数学家攻克这座城堡，至今未能攻克。所以，费尔马大定理实际上是费尔马大猜测。人们在费尔马的书信与手稿中，只找到了关于方程
x4+y4＝z4（2）
无正整数解的证明，恐怕他真正证明的“大定理”也就是这n＝4的特殊情况。
既然（2）无正整数解，那么方程
x4k+y4k＝z4k（3）
无解（如果（3）有解，即有正整数x0，y0，z0使
x04k+y04k＝z04k（3）
那么（x0k）4+（y0k）4＝（z0k）4
这与（2）无解矛盾！
同理，我们只要证明对于奇素数P，不定方程
xp+yp＝zp（4）
无正整数解，那么费尔马大定理成立（因为每个整数n＞2，或者被4整除，或者有一个奇素数p是它的因数）。
（4）的证明十分困难。在费尔马逝世以后90多年，欧拉迈出了第一步。他在1753年8月4日给哥德巴赫的信中宣称他证明了在p＝3时，（4）无解。但他发现对p＝3的证明与对n＝4的证时截然不同。他认为一般的证明（即证明（4）对所有的素数p无正整数解）是十分遥远的。
一位化名勒布朗的女数学家索菲·吉尔曼（1776—1831）为解费尔马大定理迈出了第二步。她的定理是：
“如果不定方程
x5+y5＝z5
有解，那么5｜xyz。”
人们习惯把方程（4）的讨论分成两种情况。即：如果方程
xp+yp＝zp
无满足p｜xyz的解，就说对于p，第一种情况的费尔马大定理成立。
如果方程
xp+yp＝zp
无满足p｜xyz的解，就说对于p，第二种情况的费尔马大定理成立。
因此，吉尔曼证明了p＝5，第一种情况的费尔马大定理成立。她还证明了：如果p与2p+1都是奇素数，那么第一种情况的费尔马大定理成立。她还进一步证明了对于≤100的奇素数p，第一种情况的费尔马大定理成立。
在欧拉解决p＝3以后的90余年里，尽管许多数学家企图证明费尔马大定理，但成绩甚微。除吉尔曼的结果外，只解决了p＝5与p＝7的情况。
攻克p＝5的荣誉由两位数学家分享，一位是刚满20岁、初出茅庐的狄利克雷，另一位是年逾70已享盛名的勒仕德。他们分别在1825年9月和11月完成了这个证明。
p＝7是法国数学家拉梅在1839年证明的。
这样对每个奇素数p逐一进行处理，难度越来越大，而且不能对所有的p解决费尔马大定理。有没有一种方法可以对所有的p或者至少对一批p，证明费尔马大定理成立呢？德国数学家库麦尔创立了一种新方法，用新的深刻的观点来看费尔马大定理，给一般情况的解决带来了希望。
库麦尔利用理想理论，证明了对于p＜100费尔马大定理成立。巴黎科学院为了表彰他的功绩，在1857年给他奖金3000法郎。
库麦尔发现伯努列数与费尔马大定理有重要联系，他引进了正规素数的概念：如果素数p不整除B2，B4……，Bp－3的分母，p就称为正规素数，如果p整除B2，B4……，Bp－3中某一个的分母就称为非正规素数。例如5是正规数，因为B2的分母是6而5×6。7也是正规素数，因为B2的分母是6，B4的分母是30，而7×6，7×30。
1850年，库麦尔证明了费尔马大定理对正规素数成立，这一下子证明了对一大批素数p，费尔马大定理成立。他发现在100以内只有37、59、67是非正规素数，在对这三个数进行特别处理后，他证明了对于p＜100，费尔马大定理成立。
正规素数到底有多少？库麦尔猜测有无限个，但这一猜测一直未能证明。有趣的是，1953年，卡利茨证明了非正规素数的个数是无限的。
近年来，对费尔马大定理的研究取得了重大进展。1983年，西德的伐尔廷斯证明了“代数数域K上的（非退化的）曲线F（x，y）＝0，在出格g＞1时，至多有有限多个K点。”
作为它的特殊情况，有理数域Q上的曲线
xn+yn－1＝0（5）
在亏格g＞1时，至多有有限多个有理点。
这里亏格g是一个几何量，对于曲线（5），g可用
g=（n—1）（n—2）2
来计算，由（6）可知在n＞3时，（5）的亏格大于1，因而至多有有限多个有理点（x，y）满足（5）。
方程
xn+yn＝2n
可以化成
x2n+y4n—1=0
改记x2，y2为（x，y），则（7）就变成（5）。因此由（5）只有有限多个有理数解x、y，立即得出（1）只有有限多个正整数解x、y、z，但这里把x、y、z与kx、ky、kz（k为正整数）算作同一组解。
因此，即使费尔马大定理对某个n不成立，方程（7）有正整数解，但解也至多有有限组。
1984年，艾德勒曼与希思布朗证明了第一种情况的费尔马大定理对无限多个p成立。他们的工作利用了福夫雷的一个重要结果：有无穷多个对素数p与q，满足q｜p－1及q＞p2/3个。而福夫雷的结果又建立在对克路斯特曼的一个新的估计上，后者引起了不少数论问题的突破。
现在还不能肯定费尔马大定理一定正确，尽管经过几个世纪的努力。瓦格斯塔夫在1977年证明了对于p＜125000，大定理成立。最近，罗寒进一步证明了对于p＜4100万，大定理成立。但是，费尔马大定理仍然是个猜测。如果谁能举出一个反例，大定理就被推翻了。不过反例是很难举的。
0.618之谜
在数学宝库中，有一颗光灿灿的明珠，被誉为“黄金分割”。在我国现行的初中几何课本中，经常讲到了“黄金分割”，它很值得我们好好学习和研究。
中外比
在已知线段AB上有一点P。如果BP∶AP＝1∶1，那么P将二等分AB。即P为AB的中点。如果BP∶AP＝1∶2，P将三等分AB，即P为AB的一个三等分点。如果P将AB分为大小两段，使小段与大段之比恰好等于大段与全长之比，即BP∶AP＝AP∶AB，那么就叫P点分线段AB成“中外比”。著名画家达·芬奇把人体许多部位之比画成中外比，显得特别和谐美观，他称中外比为“黄金分割”。
黄金数
用代数解方程的知识可以求得中外比的比值。
设线段全长AB＝a，大段AP＝x，则小段BP＝a－x，
于是，a—xx=xa
即x2+ax－a2＝0
x—a±5a2
舍去负根，得x=5—12a
因此，xa=5—12a
这就是说，中外比的比值为5—12
中外比的比值，叫做“黄金数”，用记号g表示。请记住：
g＝5—12。
由于5=2.236…所以
g＝0.618。
黄金分割法
2000多年前，古希腊的柏拉图派学者欧多克斯，首先使用规尺分已知线段为“黄金分割”，他的作法如下：
1.过B点，作BC⊥AB，而且使BC＝12AB；
2.连AC；
3.以C为圆心，CB为半径作圆弧，交AC于D；
4.以A为圆心，AD为半径作圆弧交线段AB于P，则P点分AB成黄金分割。
这个作法十分简便，证明也很容易。
设AB＝a，则BC＝a2，由勾股定理可知：
AC=AB2+BC2=a2+（a2）=52a；
AD=AC—DC=52a—a2=5—12a；
AP=AD=5—12a。
这就证明了，P点分AB成黄金分割。
这个作图方法，叫做“黄金分割法”，P点为“黄金分割点”。
辗转分割
设点P1将线段AB分成黄金分割，即
BP1∶AP1＝g；
取AB中点O，作点P1关于点O的对称点P2，则点P2有下述重要性质：
1.点P2也将线段AB分成黄金分割。
这是因为：
AP2＝BP1，BP2＝AP1，
AP2∶BP2＝BP1∶AP1＝g，
所以点P2也分AB成黄金分割
由此可知，每条线段有两个黄金分割点。
2.点P2还分线段AP1成黄金分割。
证明如下：由于BP1∶AP1＝g，而AP2＝BP1，
所以AP2∶AP1＝g，这就说明P2分AP1成黄金分割。
3.作P2，关于线段AP1中点的对称点P3，则AP3将AP2黄金分割。如此继续利用对称，辗转相割，可以得到一系列的黄金分割点。
黄金矩形
国外，有位画家举办过一次画展，所有的画面都是不同比例的矩形，有的狭长，有的正方。据统计数字表明，观众最喜爱的宽与长之比为g的矩形画面。人们称这种矩形为“黄金矩形”。
黄金矩形有个奇特的性质，如果矩形ABCD是黄金矩形，即DA∶AB＝g，在它的内部截去一个正黄金矩形。这个过程继续下去，还可以得到一系列的黄金矩形。这个美妙的结论，请你自己证明吧。
关于“0”
在公元前约2000年至1500年左右，最古老的印度文献中，已有“0”这个符号的应用，“0”在印度表示空的位置。后来这个数字从印度传入阿拉伯，意思仍然表示空位。
我国古代没有“0”这个符号，最初都用“不写”或“空位”来作解决的方法。《旧唐书》和《宋史》在讲论到历法时，都用“空”字来表示天文数据的空位。南宋时《律吕新书》把118098记作：“十一万八千九十八”，可见当时是用表示“0”，后来为了贪图书写时方便，将顺笔改成为“0”形，与印度原先的意义相通。
不能做除数
0不能做除数，我们可以从下面两种情况来谈点道理：
一种情况，如果被除数不是零，除数是零时，例如9÷0＝？，根据乘、除法的关系，就是说要找一个数，使它与0相乘等于被除数9，但是任何数与0相乘都等于0，而绝不会等于9。
另一种情况是被除数和除数都是零，例如0÷0＝？，就是说要找一个数，使它与0相乘等于0。因为零与任何数相乘都得零，所以要找的数不止一个，可以是任何数，那么0÷0的商不能得到一个确定的数，这是违反了四则运算结果的惟一性。因此零除以零是没有意义的。根据上述两种情况都可以看出零是不能做除数的。
当然，还可以从等分除法的意义上看，除数是0是不能存在的。如有12本书，分给0个学生，平均每个学生分得几本，既然没有学生分这些书，就不可能求出每个学生分得几本书，所以0是不能做除数的。
最大的和最小的
（1）三个1，不另加任何数学运算符号，能写成的最大的数是什么？能写成的最小的数是什么？
（2）四个1，不另加任何数学运算符号，能写成的最大的数和最小的数是什么？
（3）三个2，不另加任何数学运算符号，能写成的最大的数和最小的数是什么？
（4）三个4，不另加任何数学运算符号，能写成的最大的数和最小的数是什么？
你在回答这些问题时会发现，它们都是需要仔细想一想才能正确回答的问题。
（1）很明显，111是最大数的，111＝1是最小数。
（2）如果你从（1）的经验出发，以为1111是最大数，就错了。这里最大的数是1111。事实上，113＝1331＞1111，而1111比1111更要大得多。最小的数当然还是1111＝1。
（3）不要以为222是最大数，相反，它却是最小的数。这里，最大的数是222＝4194304。它比222或222都要大得多。
（4）你根据（3）可能以为444是最大的数，这又错了。这里的最大的数却是。因为444＝4256。显然4256444（“”表示远远大于）。最小的数是444。
现在，你能不加任何运算符号，写出三个3，三个5，三个6……的最大数和最小数了吗？
魔术数
1986年全国初中数学竞赛题第一题第3小题提到魔术数，原题是：将自然数N接写在每一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数，在小于130的自然数中，魔术数的个数是。
乍看起来，问题较棘手，但认真分析，并不难解决。
大家在理解魔术数定义时，就注意这几个字：“接写”、“每一个”（即任何一个），“都能”。
例如，把偶数2接写在任何一个自然数右面得到的新数都是偶数，都能被2整除，所以2是魔术数。
怎样求魔术数呢？
设a为魔术数，把a接写在任何一个自然数x的右面得到的新数xa。
1.若a为一位数，则xa＝10x+a能被a整除，即对任何一个自然数x，10x都能被a整除，就是10应是a的倍数，则a只能是1，2，5共3个。
2.若a为二位数，则xa＝100x+a能被a整除，100应是a的倍数，a只能是10＝1×10，20＝2×10，25，50＝5×10，共4个。
3.若a为三位数，则xa＝1000x+a能被a整除，1000应是a的倍数，a只能是100＝1×102，125，200＝2×102，250＝25×10，500＝5×102，共5个。
同理，若a为四位数，a只能是1000＝1×103，2000＝2×103，5000＝5×103，1250＝125×10，2500＝25×102。
一般地，当a为n位数（n≥3）时，魔术数可用以下形式表示：
1×10n－1，2×10n－1，5×10n－1，25×10n－2
125×10n－3。
这样，我们便可以求出小于任何给定的自然数的魔术数及其个数。小于130的魔术数共9个：1，2，5，10，20，25，50，100，125，小于10的魔术数为3个，小于100的魔术数为7个，小于1000的魔术数为12个，小于10000的魔术数为17个……
我们观察n位数的魔术数的个数：
当n＝1时为3个；
当n＝2时为4个；
当n＝k（k≥3）时总是5个。
所以，n≥2时，n增加1，n位数的魔术数的个数就增加5个。或者说，n位数（n≥2）以内的魔术数的个数正好组成公差为5的等差数列：7，12，17，22，27，32，……
分酒的秘密
今有两只8两装的酒瓶装满了酒，另外还有一只可装3两酒的空瓶。现要将酒倒入四只空杯，每只都倒入4两酒，倒入空杯的酒不可以再倒出来。应如何倒法！
利用空瓶倒出3两酒是很容易的：关键在于怎样取出1两和2两酒（因为3+1＝4，2+2＝4）。
为此，可按下述步骤进行（参见后面的表）：
（1）将A瓶中的酒，利用C瓶连续倒两次，一次倒入D杯，一次留在C瓶内。
（2）这时A瓶中还余下2两酒，将它倒入E杯内。
（3）将C瓶中的3两酒倒回A瓶；
（4）将B瓶中的酒，利用C瓶连续倒两次，其中5两倒入A瓶（装满），C瓶内还余下1两。
（5）将C瓶中的1两酒倒入D杯；再将B瓶中的2两酒倒入C瓶。
（6）将A瓶中的酒补满C瓶；C瓶倒入B瓶，并再连倒两次。这时B瓶装满，A瓶中余下1两，C瓶中也余下1两。
（7）将A瓶和C瓶中的1两酒分别倒入F杯和G杯。
（8）至此，只要再利用C瓶，将B瓶中的酒各倒一次至F杯和G杯；最后再将余下的2两酒倒入E杯。酒就分好了。
ABCDEFG（8两）（8两）（3两）（空杯）（空杯）（空杯）（空杯）（1）2833000（2）0833200（3）3803200（4）8213200（5）8024200（6）1814200（7）0804211（8）0004444怎样切西瓜
盛夏的傍晚，妈妈买了一只大西瓜。小敏高兴地拿起刀来刚要切下去，哥哥笑着说：
“等一等，我先问你，你一刀能把西瓜切成几块？”“两块。”小敏不加思索地回答。
“那么两刀能把西瓜切成几块呢！”哥哥继续问。
小敏想了想回答说：
“如果第一刀切下去，不把西瓜分开，那么两刀可以把西瓜切成四块。”
“回答得好。如果在没有切完以前，仍将西瓜并在一起，那么三刀最多可将西瓜切成几块？”
“6块。”
“不对。”
“噢，想起来了。两刀切成四块后，再横过来在腰上切一刀，就成了8块。”
“对！那么四刀最多可切几块呢？”
“12块。”
“又不对了。这个问题回答起来比较难些。我告诉你，最多可切成15块，少一点也可切成14块。你想想，怎样把一个西瓜用四刀切成14块或15块？”
四刀切十四块的切法：
如图右图，开始三刀两两相交是七块，再横切一刀就可得十四块。
四刀切十五块的切法：
如图下图，先用三刀将西瓜切成八块，然后在靠近西瓜心（但不经过中心）的位置再斜切一刀。在八块中，这一刀可以切到七块，这样就成了十五块。
取苹果
7只箱子中分别放有1只、2只、4只、8只、16只、32只和64只苹果，现在要从这7只箱子中取出87只苹果，但每只箱子中的苹果都不能只取出一部分。你能迅速地取出来吗？
先将这七只箱子编好号码：
号码7654321只数6432168421因为87只超过64只，所以先取7号箱，还少23只，由于23只少于6号箱，多于5号箱，所以要取5号箱，还少7只，按同样的方法，继续取出3号箱、2号箱和1号箱里的苹果。这样，总共取1、2、3、5、7五个箱子，就得到所需的87只苹果。
这实际上是二进制数的一种应用。如果我们将87除以2，再将所得的商连续地除以2，凡余数1就记住1，余数0就记作0可得：
余数287124312211210125125111按箭头方向，依次把余数横列成1010111，这就是十进数87的二进数制表示（这个方法叫做除2取余法），再将箱子的号码同它对应：
1010111
7654321
比较可知，凡是记1所对的编号（1、2、3、5、7）就是应取的号码。这是因为64、32、16、8、4、2、1、分别表示成二进制数就是1000000、100000、10000、1000、100、10、1，取（1、2、3、5、7）就相当于取1000000+10000+1000+10+1＝1010111，也即十进制数87。
你还可以用上述方法取47只，59只……苹果，这对我们熟悉二进制数很有益处。
方中排圆的秘决
在一个边长为10厘米的正方形中，最多可排多少个不相交的直径为1厘米的圆？
最容易想到的排法往往是排成10排，每排排10个圆，10排的总高度正好是10厘米，一共可排100个圆（图如右）。
但我们知道，四个等圆两两相切和三个等圆两两相切相比，四个圆中间所留的空隙较大（图如右），因此采用这种排法圆的个数并不是最多的。
要排出更多的圆就必须把已排出的圆“挤紧”，也就是要充分利用中间的空隙。显然，这就要把圆排成每三个成两两相切的。因此第一排排10个，交错一下第二排排9个，第三排排10个，……这样虽然有几排只排9个，但由于11排的高度还不到10厘米，因此可以排11排，有6排10个圆，5排9个圆，共可排105个（图如下）。
再任细看一下这种排法，可以发现第11排与正方形的上边缘留下了一段空隙。能不能再利用这段空隙呢？我们知道在不越出正方形的条件下，只要将排9个圆的一排改成排10个圆就可以增加1个圆。因此我们应使排10个圆的排数尽可能地多。经过试验，可以将2排9个圆的改为10个圆，因此最多可以排107个圆（图如下）。
“韩信点兵”
“韩信点兵”传说是我国汉朝名将韩信计算士兵数目的独特方法，先于外国约500年。他不让士兵报数，也不是五个、十个地去数，而是让士兵列队行进，先是每排3人，然后每排5人，最后每排7人，只将所余的士兵数站着便知士兵的总数，写成题目就是：
“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问此物最小几何！”
答曰：“二十三。”
术曰：“三三数之剩二置一百四十，五五数之剩三置六十三，七七数之剩二置三十，并之得二百三十三，以二百十减之即得。”
分析，所求的数N应该是5和7的倍数，同时被3除后余2；是3和7的倍数，同时被5除后余3；是3和5的倍数，同时被7除后余2，同时满足上述三个条件的数中最小的数。
是5和7的倍数，同时被3除后余1的数是70。则余2的数就是70×2＝140。是3和7的倍数，同时被5除余1的是21，则余3的数就是21×3＝63；是3和5的倍数，同时被7除后余1的数是15则余2的数就是15×2＝30。
所以，N＝70×2+21×3+15×2－105×2
＝233－210＝23。
上述解决法也可叙述成诗：
三人同行七十稀，五树梅花廿一枝。
七子团圆正半月，除百零五便得知。
用集合法求解也行。所要求的数应同时满足三个条件的正整数集合中最小的一个。现用N1、N2、N3分别表示满足被3除余2、被5除余3、被7除余2，三个条件的正整数集合。
N1＝{2，5，8，11，14，17，20，23，26，…，128，…}
N2＝{3，8，13，18，23，28，…，128，…}
N3＝{2，9，16，23，30，37，…，128，…}
∴N＝{23，128，233，…}
其中最小的数是23。
彩色袜子
在衣柜抽屉中杂乱无章地放着10只红色的袜子和10只蓝色的袜子。这20只袜子除颜色不同外，其他都一样。现在房间中一片漆黑，你想从抽屉中取出两只颜色相同的袜子。最少要从抽屉中取出几只袜子才能保证其中有两只配成颜色相同的一双？
答案
许多试图解答这道趣题的人会这样对自己说：“假设我取出的第一只是红色袜子。我需要取出另一只红色袜子来和它配对，但是取出的第二只袜子可能是蓝色袜子，而且下一只，再下一只，如此取下去，可能都是蓝色袜子，直到取出抽屉中全部10只蓝色袜子。于是，再下一只肯定是红色袜子。因此答案一定是12只袜子。”
但是，这种推理忽略了一些东西。题目中并没有限定是一双红色袜子，只要求取出两只颜色相同的袜子。如果取出的头两只袜子不能配对，那么第三只肯定能与头两只袜子中的一只配对。因此正确的答案是3只袜子。
猫捉老鼠
如果3只猫在3分钟内捉住了3只老鼠，那么多少只猫将在100分钟内捉住100只老鼠？
答案
对于这个古老的谜题，常见的答案是这样的：如果3只猫用3分钟捉住了3只老鼠，那么它们必须用1分钟捉住1只老鼠。于是，如果捉1只老鼠要花去它们1分钟时间，那么同样的3只猫在10分钟内将会捉住100只老鼠。
遗憾的是，问题并不那么简单。这种答案中作了某个假定，它无疑是题目中所没有谈到的。这个假定认为这3只猫把注意力全部集中于同一只老鼠，直到它们在1分钟内把它捉住，然后再把注意力转向另一只老鼠。
但是，假设换个做法，每只猫各追捕一只老鼠，各花3分钟把它们捉住。按照这种设想，3只猫还是用3分钟捉住3只老鼠。于是，它们要花6分钟去捉住6只老鼠，花9分钟捉住9只老鼠，花99分钟捉住99只老鼠。
现在我们面临着的是一个稀奇古怪的困难。同样的3只猫要花多长时间去捉住第100只老鼠呢？
如果它们还是要足足花上3分钟去捉住这只老鼠，那么这3只猫得花102分钟捉住100只老鼠。要在100分钟内捉住100只老鼠——假设这是关于猫捉老鼠的效率指标——我们肯定需要多于3只而少于4只的猫。
当然，当3只猫合力围攻单独的一只老鼠时，可能用不了3分钟它们就把它逼得走投无路。可是在这个谜题中，对怎样准确地计算这种行动的时间没做任何交代。
因此，这个问题的唯一正确答案是：这是一个意义不明确的问题，没有更多的关于猫是怎样捉老鼠的信息，无法回答这个问题。
速度趣题
1.自行车和苍蝇
两个男孩各骑一辆自行车，从相距20千米的两个地方，开始沿直线相向骑行。在他们起步的那一瞬间，一辆自行车车把上的一只苍蝇，开始向另一辆自行车径直飞去。它一到达另一辆自行车车把，就立即转向往回飞行。这只苍蝇如此往返，在两辆自行车的车把之间来回飞行，直到两辆自行车相遇为止。
如果每辆自行车都以每小时10千米的高速前进，苍蝇以每小时15千米的高速飞行，那么，苍蝇总共飞行了多少千米？
答案
每辆自行车运动的速度是每小时10千米，两者将在1小时后相遇于20千米距离的中点。苍蝇飞行的速度是每小时15千米，因此在1小时中，它总共飞行了15千米。
许多人试图用复杂的方法求解这道题目。他们计算苍蝇在两辆自行车车把之间的第一次路程，然后是返回的路程，依此类推，算出那些越来越短的路程。但这将涉及所谓无穷级数求和，这是非常复杂的高等数学。
据说，在一次鸡尾酒会上，有人向约翰·冯·诺伊曼提出这个问题，他思索片刻便给出正确的答案。提问者显得有点沮丧，他解释说，很多数学家总忽略简单方法，而去采用无穷级数求和的复杂方法。
冯·诺伊曼脸上露出惊奇的神色。“可是，我用的正是无穷级数求和的方法”，他解释道。
2.往返旅行
当我们驾驶汽车旅行的时候，汽车在不同的时刻当然会以不同的速度行驶。如果把全部距离除以驾驶汽车的全部时间，所得到的结果叫做这次旅行的平均速度。
史密斯先生计划驾驶汽车从芝加哥去底特律，然后返回。他希望整个往返旅行的平均速度为每小时60千米。在抵达底特律的时候，他发现他的平均速度只达到每小时30千米。
为了把往返旅行的平均速度提高到每小时60千米，史密斯在返回时的平均速度必须是每小时多少千米呢？
答案
求解这道令人困惑的小小难题，并不需要知道芝加哥与底特律之间的距离。
在抵达底特律的时候，史密斯已经走过了一定的距离，这花去了他一定的时间。如果他要把他的平均速度翻一番，他应该在同样的时间中走过上述距离的两倍。很明显，要做到这一点，他必须不花任何时间便回到芝加哥。这是不可能的，因此史密斯根本没有办法把他的平均速度提高到每小时60千米。无论他返回时的速度有多快，整个旅行的平均速度肯定要低于每小时60千米。
如果我们为史密斯的旅行假设一个距离，事情便会容易理解一些。比如说，假设往返旅程各为30千米。由于他的平均速度为每小时30千米，他将用1小时的时间完成前一半的旅行。他希望往返旅行的平均速度为每小时60千米，这意味着他必须在1小时中完成整个60千米的旅程。可是，他已经把1小时的时间全都用了。无论他返回时速度有多快，他所用的时间全都用了。无论他返回时速度有多快，他所用的时间将多于1小时，因此他必定要用多于1小时的时间完成60千米的旅程，这使得他的平均速度低于每小时60千米。