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这本书能来到你的手上，我相信绝非偶然。你可能很喜欢数学，并且一定也很爱思考。所以，我想提前给你一些建议，这样你就不会对接下来的这些谜题感到绝望。虽然我并不能给大家提供所有人都普遍适用的解答策略——这种策略也根本不存在，但是，我还是有一些如何解决难题的意见可以供你参考。如果你读过我的其他书，那么你可能会对其中的一两个建议感到熟悉，因为那本书里有一整篇章节是关于如何找到创造性的解答方法。在本书中，我扩充了这些建议，用更缜密的方式来阐述。
要坚持！如果你想解决一道难题，首先，你应该从头到尾彻底地思考一遍。当你毫无头绪时，不要马上去翻答案，多一些耐心，也可以暂时将这道难题放在一边，先试试下一道谜题，这能帮助你换一种思维，也许你就会撬开之前还没有解决的难题。另外，在第二天早晨刷牙的时候，也很可能会有令人惊喜的灵光闪现。
首先，你自己必须理解这道题。当你阅读题目文本，遇到一些不好理解的地方时，就该注意了，这些题目中的“绊脚石”经常会提供有价值的提示。我们就拿与本书习题12相似的题目来举例：
两个俄罗斯数学家在飞机上偶遇。
“你有三个儿子，是不是？”其中一个数学家问道，“他们现在多大了啊？”
“他们的年龄的乘积是36，”另一个数学家回答道，“年龄的总和正是今天的日期。”
“呃，这些条件还不够。”提问的数学家说道。
“噢，对了，我忘说了，我大儿子有一只狗。”
那么这三个儿子的年龄分别是多大呢？
你也觉得提到狗这一点很奇怪吧？如果你再仔细想一下，就会发现，这里还可以用一只猫、一台游戏机或一种头发的颜色来替代这只狗。这句话之所以看起来很重要，是因为有其他的细节。至于怎么解题，在这里我先不过多透露。
如果解决方式清楚明了，那就值得把所有能想到的推论都写下来，并逐个查看。这对逻辑谜题尤其适用。举例来说：当你听到三个人在说话并知道其中有一人在说谎时，谁是那个说谎者？
人物A：“B在说谎。”
人物B：“C在说谎。”
人物C：“我没说谎。”
面对这样的逻辑谜题，你可以制作一个小小的表格，这个表格也叫作真值表。在这个表格里，把所有可能的情况都列出来：
将表列出后，你可以对照这几种情况里的说辞是否矛盾。在这里，情况2没有问题，情况1和情况3都有逻辑上的矛盾。
情况1：B说C在说谎，但情况1里的说谎者是A，两种说法相互矛盾。
情况3：A说B在说谎，但此情况里的说谎者是C，两种说法自相矛盾。
因此，情况1和情况3不可能是正确答案。只有情况2还有可能，并且没有逻辑上的矛盾，只有B一个说谎者。
我们常常会面对那种需要我们分析全部情况或数值很大的问题，要想解决这类问题，非常困难。例如，有100个说谎者和100个诚实的人坐在一张桌子旁，他们在说一些奇怪的事情。面对这种问题，你可以先尝试一下简化的版本——一张桌子旁坐着两个说谎者和两个只说真话的人——在简化版的解题过程中，你或许能找到其他解决更大问题的途径。
离开熟悉的路径——这是形成创造性想法最重要的方式之一。这一点在数学中常常很难实现，因为我们习惯于运用自己学过的解答技巧。就像坐火车去旅行一样，我们能到达的只是那些铺有铁轨的地方。
换一个视角或者改变一下问题的形式，常常会很有帮助。也许一道与数字有关的题也可以从几何的角度来解答。举一个例子：
为了在14点的时候到达山上的小屋，一个男人在10点时从山谷里开始了他的徒步远足。到达后，他在小屋里住了一晚。第二天上午10点，这个男人又开始走回山谷。由于是走下山路，他在14点之前就回到了山谷。请你论证：这两天里，在10点到14点之间，哪一个时间点上这个徒步者恰好处在同一高度位置？
我们对山的高度、走势以及徒步者的速度一无所知。尽管如此，只要我们把这个问题改动一下，解答方式就很简单了：
两个男人在10点时开始了最多四个小时的徒步远足。一个人从山谷向山上走，另一个人从山上向山谷走。请你论证：在10点到14点之间，哪一个时间点上这两个徒步者恰好处在同一高度位置？
现在，解题方式就很简单了：只需要求出两个徒步者在远足途中相遇的瞬间。
再举一道题：
1 + 2 + 3 + 4 + … + 97 + 98 + 99 + 100的总和是多少？
我们当然可以在大脑里或者用便携计算器来计算。但年轻的卡尔·弗里德里希·高斯（Carl Friedrich Gauss）早就知道一种更好的方法。他将这些数字全部分类整理：
（1 + 100）+（2 + 99）+ … +（50 + 51）的总和是多少？
我们可以直接写出结果：50×101=5 050。
最后再举一道针对创造性解决方法的题。这是一道关于日历的题，解决这道题有一个非常特别的诀窍：
一个男人有两个木制的立方体，他可以用它们呈现出一个月从01号到31号的日期。请问这两个立方体上都有哪些数字？
分析这个问题相对简单：每个立方体上只能有六个数字，也就是说我们需要将0～9的数字合理分布到这两个立方体上，问题是：该如何分布？一个月的日期是从01号开始直至31号结束的，就是说无论如何都会有一个11号和一个22号，即数字1和数字2必须出现在两个立方体上。
为了呈现出从01号到09号的日期，数字0也需要同时出现在两个立方体上。
从1到9有九个数字，而在一个立方体上只能有六个不同的数字。0，1，2——两个立方体上均有三面被这三个数字占据。两个立方体总共有十二个面，现在还剩六个面，可气的是剩下了七个数字：3，4，5，6，7，8，9。
如果我们在第一个立方体上写0，1，2，3，4，5，第二个立方体写上0，1，2，6，7，8，那么9就没有地方安置了。
怎么办？难道答案根本不存在？不，有一个答案，而这个答案我们已经找到了：当我们需要数字9时，把数字6倒过来就好了。如此，这个立方体日历的谜题就解开了。
有时候我解一道题，很怕这题可能会有看不到头的多个答案。例如下面这一题：
请找出所有包含数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9的十位数的质数（质数只能被1和其自身整除）。
如果你知道一些组合学，就会明白，这十个数字可以组合成三百多万个不同的数字。该如何检验每个数字是不是质数？是谁想出了这么难的一道题？
更有可能的情况是，这题要么只有一个答案，要么压根儿就没有答案。我们这道题就是后一种情况。
有一个规律可以帮助我们解决这道题 [1] ：所有由这十个数字组成的十位数，字面数字相加都是45（=1+2+3+4+5+6+7+8+9）。45不仅可以被3整除，还可以被9整除，而由这十个数字组成的十位数都可以被3和9整除。因此，它们全都不是质数。
[1] 如果一个三位数的百位数字是a，十位数字是 b ，个位数字是 c ，那么这个三位数可以表示为：
100 a +10 b + c
=（99+1） a +（9+1） b + c
=99 a + a +9 b + b + c
=（99 a +9 b ）+（ a + b + c ）
99 a +9 b 肯定能被3整除，所以只要 a + b + c 的和能被3整除，这个三位数就能被3整除。
以此类推，十位数也适用此理。这就是横加数规律。
上面的题是关于三百多万个不同的数字。这里我们再进一步到无限多的数字。
请证明，质数是无限多的。
我们可以尝试把所有质数都逐一编号列举。与此同时，可以肯定的是，这种做法根本没完没了。用这种方法，我们无论如何也无法证明质数是无限多的。
面对这种问题，我们要做的不是直接解决问题，而是间接着手，然后再反绕过来。入室抢劫者基本上是这么做的：他们不会撬开房屋大门上厚重的锁，而是去到房屋的背面，然后在那里找到比较好打开的地下室窗户。
我们用反驳论点的对立面这种间接方式非直接地证明论点。由于数学的逻辑一致性，间接证明是完全有可能的。一个论点要么正确，要么错误，两个相矛盾的论点不可能同时为真。
因此我们假设，只存在有限多的质数，更确切地说有n个质数。我们将这些质数列为 p 1 ， p 2 ， p 3 ，…， p n ，并将它们相乘：
p 1 × p 2 × p 3 × … × p n
我们得到了一个有趣的自然数：它可以被n个质数，即 p 1 ， p 2 ， p 3 ，…， p n 里的任意一个整除，因为这个数是所有这些质数的乘积。现在就是真正诀窍了，我们在 n 个质数的乘积之上再加上数字1：
p 1 × p 2 × p 3 × … × p n + 1
所得之数也是一个自然数。然而，它不能被 n 个质数里的任何一个整除，更确切地说，在做除法时总会有一个多余的1。因此，这个数自身即是质数，它不包含在 p 1 ， p 2 ， p 3 ，…， p n 里面，也不是两个或更多质数的乘积。所以，这些质数并不属于前面给出的 n 个质数，这与我们只存在 n 个质数的假设相矛盾。所以，只存在有限多的质数的假设是错误的。反之即意味着，存在无限多的质数。如此就证明了论点。
我承认，间接证明看起来有些奇怪，还必须极其注意论点的对立面是什么，但是这个方法十分有用。
抽屉你很熟悉吧，我们几乎每天都在整理和分类东西，这时候抽屉就很有用了，而虚拟形式的抽屉在数学中也同样有用。下面这道小题会向我们展示抽屉原理如何起作用：
在体育协会的地下储藏室里，有白色、红色、蓝色和绿色的滑雪杖，它们都一样长。管理员想要拿出一些滑雪杖，但可惜地窖的灯坏了，他完全看不见任何东西。请问，他需要取出多少根偶然拿到的滑雪杖，才能必然使其中的两根滑雪杖为同一种颜色？
我们假设有四个抽屉，每个抽屉对应一种颜色的滑雪杖。我们随机地拿取滑雪杖，然后在灯光下分类放进抽屉里。这样，在拿取第五根滑雪杖的时候确定能达到我们的目的，因为只有四种颜色的滑雪杖，第五根滑雪杖必须得放进一个抽屉，而这个抽屉里已有一根滑雪杖了。
当论点适用于所有自然数n时，那就可以选择用所谓的数学归纳法。我更想称它为多米诺骨牌法，因为这样大家马上就可以理解这种证明法如何运行。
让一张桌子上所有立着的多米诺骨牌都倒下的先决条件是什么？确切地说有以下两点：
1）第一块骨牌必须倒下。
2）每一块立起来的骨牌，在倒下时能使它后面的那块骨牌也倒下。
我们用奇数自然数的求和公式来举例说明多米诺骨牌法。请看以下这些等式：
1 = 1 = 1 2
1 + 3 = 4 = 2 2
1 + 3 + 5 = 9 = 3 2
1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4 2
1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5 2
很明显，从1开始，这些奇数相加，总是得到一个平方数。我们将奇数写作2 n +1或者2 n -1， n 为自然数。若等式的右边为 n 2 ，那么等式左边最大的奇数则为2 n -1。也就是：
1 + 3 + … + 2 n － 1 = n 2
多米诺骨牌证明法：以上公式无论如何对 n =1，2，3，4，5都适用，这意味着，不仅仅第一块多米诺骨牌会倒下，前五块多米诺骨牌无论如何也会倒下。开头就这样完成了。
现在我们随意取出任意一块多米诺骨牌，编号为 i 。 i 为自然数。我们假设，这块骨牌倒下了。这里的倒下意味着，求和公式也适用于这块骨牌。
总和（ i ）= 1 + 3 + 5 + … + 2 i － 1 = i 2
那下一个编号为 i +1的骨牌会怎么样呢？求和公式对它来说也适用吗？我们可以相对简单地计算出来。为了让求和公式对 i +1也适用，我必须将这个奇数加到i的求和公式中去，也就是2（ i +1）-1。
总和（ i + 1）= 总和（ i ）+ 2（ i + 1） － 1
= 总和（ i ）+ 2 i + 1
= i 2 + 2 i + 1
你可能会对等式的右边感到有些熟悉。这是二项式定理的一种形式：
（ a + b ） 2 = a 2 + 2 ab + b 2
这里令 a =i， b =1，我们得到：
总和（ i + 1）=（ i + 1） 2
这样我们就求证了求和公式对 n = i +1也适用，而前面我们已证明公式对 n = i 适用，这就说明，我们的求和公式对任意一个自然数 n 都适用。