吐司的焦黃

整數有無限多個，可以數，"1、2、3、..."，如果願意，可以一直數下去，保證永遠數不完。 質數是一種正整數，只能被 1 和自己整除，如 2,3,$2^{127}-1$。質數也有無限多個，文獻上最早的證明來自歐幾里德(Euclid)，之後許多數學家也提出了不同的證明。也就是說，質數的數量和整數的數量一樣多。數學上，一個集合 A 的元素數量如果和另一個集合 B 的元素數量相同，則存在一種對應關係，可把 A 的元素一一對應到 B 的元素，B 的元素也可一一對應到 A 的元素。正整數和負整數一樣多，因為每一個正整數 $k$，都存在負整數 $-k$ 與之對應，也就是有個函數 $N(k) = -k，k=1,2,...$ 可完成這個對應。目前還沒有找到像 $P(k),k=1,2,...$ 這樣的函數來表示第 $k$ 個質數。 形如 $x^n+y^n=z^n$ 的整數方程式，$x,y,z,n$ 皆為正整數，在 $n=1$ 時，$x+y=z$ 有無限多組解： $$ \begin{array}{c|c|c} x & y & z \\ \hline 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ \vdots \\ a & b & a+b \\ \end{array} $$ 在 $n=2$ 時，$x^2+y^2=z^2$ 也有無限多組解： $$ \begin{array}{c|c|c} x & y & z \\ \hline 3 & 4 & 5 \\ 6 & 8 & 10 \\ \vdots \\ 3k & 4k & 5k \\ 7 & 24 & 25 \\ \vdots \\ a & \frac{a^2-1}{2} & \frac{a^2+1}{2} \\ \vdots \\ (a^2-b^2)k & (2ab)k & (a^2+b^2)k \\ \vdots...

問題： 兩個人分一個蛋糕。如何分，可以讓兩人都覺得公平？ 分析： 這是一個歷史悠久，且具代表性的問題，解法也相當跳脫一般思維的框架。一般的想法是，盡可能把蛋糕切的 一樣大 ，這樣對兩人都公平。這樣的話，是不是把蛋糕想辦法以高價賣掉，兩人平分收入，最為公平？事實上，公平與否的認定並非絕對，每個人可能都有自己的定義，而自己對公平的定義，別人不一定覺得公平。例如，A 認為自己要分到蛋糕上的草莓才算公平，B 認為自己要分到奶油才算公平。公平與否取決於兩人是否都同意這樣的分法。 一個巧妙的方法是，與其追尋一個難以有共識、絕對公平的方法，不如確保在 權利 的面向上公平：讓兩人分別擁有 切蛋糕 和 選蛋糕 的權利。切蛋糕的人沒有先選的權利，選的人要等切蛋糕的人切完才能選。最後的結果，從旁觀者的角度而言，也許是不公平的，但當事者兩人因為各擁有另一人沒有的權利，兩人對於結果也只能同意。這個方法最早出現在聖經的創世紀第 13 章，Abraham 和 Lot 要分地，Abraham 把地切成左右兩塊，讓 Lot 先選，平和完成分地。這個基本的方法稱為 divide-and-choose，許多專家學者對此問題，以及眾多延伸性問題(如兩人以上，有一塊以上的蛋糕等等)做過研究，提出不少解法，應用在資源分配有實際的功效。 使用基本的 divide-and-choose 分蛋糕，雖然兩人各被賦予權利，看似公平，但實際的情況，選蛋糕的人似乎比較有利。切蛋糕的人只能盡可能的切成不論怎麼選，自己都不吃虧的兩塊，但除非是很單純的蛋糕，如形狀規則、對稱，用料均勻(圓形或方形的海綿蛋糕)，要切成不論對方怎麼選，自己都能接受，實務上並不容易。 因此一個比較好的做法是，讓兩人都參與切蛋糕與選蛋糕： 1: A 切一刀把蛋糕分兩塊 2.1: B 選其中一塊 2.2: A 若覺得剩下的那一塊可以接受，就完成分配。若不能接受，則做步驟 3-6 3: B 在他選的那一塊切一刀 4: A 在另一塊切一刀 5: A 從步驟 3 切出的兩塊中選一塊，另一塊留給 B 6: B 從步驟 4 切出的兩塊中選一塊，另一塊...

問題： 一個人心中選一個 1 到 100 之間的數字，讓另一個人猜。猜數字的人能問任何問題，選數字的人只能回答是或不是。猜數字的人要問幾個問題才能猜中？ 分析： 先看一個簡化的問題，把數字的範圍縮小成 1 到 4。選的人簡稱A，猜的人簡稱B。B 可以怎麼猜？一個簡單的想法是，每種可能都猜： [1] 是 1 嗎? [2] 若不是，是 2 嗎? [3] 若不是，是 3 嗎? 運氣最差的情況要猜 3 次 (不是 4 次。如果猜了 3 次都沒猜中，答案就是剩下沒猜的那個)。 有個方法只要猜 2 次： [1] 比 2 大嗎? [2] 若是，是 3 嗎? 若不是，答案是 4。 若不是，是 1 嗎? 若不是，答案是 2。 這個方法稱為二分法(Bisection method)，或二元搜尋法(Binary search)。因為 任何一個是非題，最多能把範圍內的數字分割成兩群 ，而二分法能夠遞迴地把答案所在的範圍縮小為接近 $\frac{1}{2}$，對於 $1 \dots n$ 的範圍，需要猜 $S(n) = \lceil\log_2{n}\rceil$ 次。以下是 $n=8$ 的例子： 如果是完全隨機地選數字，1 到 $n$ 之間每個數字被選中的的機率相同，每個數字都需要猜 $\lceil\log_2{n}\rceil$ 次。完全隨機的條件下，二分法是次數最少的策略。回到原問題，1 到 100 之間的數字需要猜 $\lceil\log_2{100}\rceil = 7$ 次。 如果每個數字選中的機率不同呢？假設 A 不喜歡小數字，偏愛大數字，每個數字選中的機率如下： $$ \begin{array}{c|c|c|c|c} \text{Number} & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline p & \frac{1}{8} & \frac{1}{8} & \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \end{array} $$ 使用二分法，猜中任一個數字都需要 2 次。但...

問題： 苦行僧固定每天日出時，從明知山山腳出發，扛一壺茶水到山頂，再走下山。只有一條步道可走，通常傍晚前可以回到山腳。一天，當僧人快到山頂時，突然狂風暴雨，並持續了整個下午。他決定當晚住在山頂，隔天再下山。日出時，僧人從山頂出發，往山下走。證明：下山的路途中，在某個時間點，僧人會經過一個地點，這個地點在他前一天上山時，也在完全相同的時間點經過。和一般人一樣，下山的腳程比上山快一些，沿路走走停停，喝水，吃東西，速度不固定。 分析： 這題是 [ 燒繩子量時間問題 ] 的變形，可以用相同的方法解。定義僧人上山的距離-時間函數為 $Bf(t)$，山腳為座標起點 0， 山頂座標 $L$，上到山頂的時間 $T_1$ $$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} Bf(0) = 0 \\ Bf(T_1) = L \end{array} \right. \end{eqnarray} $$ 下山的距離-時間函數為 $Bb(t)$，下到山腳的時間 $T_2,~ T_2 $$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} Bb(0) = L \\ Bb(T_2) = 0 \end{array} \right. \end{eqnarray} $$ 把兩個函數疊在一起，可以知道必然有一個交點，交點即為上山與下山同時間，同地點之處。 另一個簡單的想法，想像在日出時分， 兩個人 分別從山腳和山頂出發，一人往山頂走，一人往山腳走，可以了解不論兩人行走的速度如何奇特或不同，一定會在某個時間相遇! 把上山的人換成昨天的自己，即回到原問題。 此問題出現在葛老爹(Martin Gardner)的 My Best Mathematical and Logic Puzzles 。

問題： 有三位病人需要動手術。病人可能有傳染病。情況緊急，但只剩兩雙手套可用。外科醫生替一位病人動手術需要一雙手套，手套面接觸過使用者，就不能再給其他使用者使用，以免感染。手套雙面皆可使用。要如何安全地讓醫生替三位病人動手術？ 分析： 替一位病人動手術需要一雙手套，三位需要三雙，對嗎？事實上，手套的使用者有四人：三位病人和一位醫生，每個使用者使用手套的 一面 即可。兩雙手套共有四面(因一雙手套須同時使用，視為同一物)，四面給四人使用，理論上可行。 手套1-正面 手套1-反面 手套2-正面 手套2-反面 醫生 病人A 病人B 病人C 醫生戴上手套1，然後把手套2套在手套1上，也就是戴了兩雙手套。 醫生替病人C動手術。至此，醫生用了手套1的正面，病人C用了手套2的反面。 醫生把手套2脫下，替病人A動手術。病人A用了手套1的反面。 醫生小心把手套2反過來戴上，替病人B動手術。病人B用了手套2的正面。 醫生小心把兩雙手套脫下，丟進感染性廢棄物回收桶，完成三人的手術。 手套的使用原則是，先依序使用每雙手套的其中一面，不可兩面同時使用，再依序使用另外一面。這樣的方法可以推廣，使用 $n$ 雙手套讓 1 位醫生幫 $2n-1$ 位病人動手術。當然，醫生與病人的角色互換亦可：$2n-1$ 位醫生幫 1 位病人動手術，而每位醫生都不想直接接觸到病人或其他醫生用過的東西。$G^i$，$G^o$ 分別表示手套的正反面，$U_c$ 表示需要與其他所有人接觸的那一位，$U_k$ 表示其他人： $$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|l} 步驟 & G_1^i & G_1^o & G_2^i & G_2^o & G_3^i & G_3^o & \dots & G_n^i & G_n^o & 說明 \\ \hline 1 & U_c & & & U_1 & & ...

問題： 有一個容量 5 公升的水桶，和一個容量 3 公升的水桶，兩個水桶形狀不規則，且沒有刻度或記號。水池有大量的水可使用。如何用這兩個水桶量出 1 公升的水？ 分析： 可用以下的步驟： $$ \begin{array}{cc|l} 5L & 3L & \text{動作} \\ \hline 0 & 0 & \text{初始} \\ 5 & 0 & \text{5L 裝水} \\ 2 & 3 & \text{5L 的水倒入 3L} \\ 0 & 3 & \text{5L 的水倒回水池} \\ 3 & 0 & \text{3L 的水倒入 5L} \\ 3 & 3 & \text{3L 裝水} \\ 5 & 1 & \text{3L 的水倒入5L，剩下 1L 的水} \end{array} $$ 事實上，使用 5L 和 3L 的水桶，以及足夠的水，可以量出 0, 1, ..., 7, 8 公升的水。例如，量出 7 公升的水： $$ \begin{array}{cc|l} 5L & 3L & \text{動作} \\ \hline 0 & 0 & \text{初始} \\ 5 & 0 & \text{5L 裝水} \\ 2 & 3 & \text{5L 的水倒入 3L} \\ 2 & 0 & \text{3L 的水倒回水池} \\ 0 & 2 & \text{5L 的水倒入 3L} \\ 5 & 2 & \text{5L 裝水。得到總共 7L 的水} \end{array} $$ 根據 Bezout's identity (貝祖恆等式)，形如 $ax+by=d$ 的整數方程式，只要 $d$ 為 $a,b$ 的最大公因數，則 $x, y$ 必有整數解。更進一步，對於任意 $x,y$，$ax+by$ 必為 $d$ 的整數倍。 而對於整數方程式 $ax+by=e$，若 $e$ 不是 $a,b$ 最大公因數的整數倍，則方程式無整數解，例...

問題： 某手機廠想測試一款新型手機，最高可以從幾公分自由落下而不損壞。假設每一支同型手機耐摔度皆相同，若手機落下後沒損壞，則品質完全無損，與新品無異。若手機落下後損壞，則無法再進行測試。測試範圍為 1~80 公分。精確度為 1 公分。使用兩支全新手機，最少要測試幾次才能確定耐摔幾公分？ 分析： 如果只用一支手機，很顯然的，最少需要測 80 次，因為耐摔 $n$ cm 的定義是， $n$ cm 落下沒壞且 $n+1$ cm 落下損壞，或者超出測試範圍。也就是說，在測試範圍內，需要摔壞一次才能測出耐摔度。 耐摔 0 cm：1 cm 落下損壞 (不會從 0 cm 落下) 耐摔 1 cm：1 cm 落下沒壞且 2 cm 落下損壞 $\dots$ 耐摔 79 cm：79 cm 落下沒壞且 80 cm 落下損壞 耐摔 80 cm：80 cm 落下沒壞 若多一支手機可以用，是不是可以先從 40 cm 測，若壞了，另一支手機從 1 cm 開始往上測，最多需要測 39 次。若沒壞，測 80 cm，若壞了，另一支手機從 41 cm 開始往上測，最多需要測 39 次。 總共須測 41 次，與第一種方法相比，次數少了近一半。 第二種方法用一支手機 "跳級" 測試，若跳級成功則再次跳級，若跳級失敗則從前一次的成功點，一步步往上測。怎麼樣的跳級策略可以得到最少的總次數？ 定義 $D(n,k)$ 為測試範圍 1~$n$ cm，固定跳級 $k$ cm 的的測試次數，則 $$ \begin{cases} D(n,k) = 1 + \max\left\{k-1,D(n-k,k)\right\} &, n \gt 0 \\ D(n,k) = 0 &, n \le 0 \end{cases} $$ 說明：先測 $k$ cm，若沒壞，再測剩下的 $n-k$ 個高度；若壞了，從最小高度開始測，最多測 $k-1$ 次，兩種情況取最大值。 第一種方法，對應 $k=1$， $$ \begin{align} D(80,1) &= 1 + \max\left\{0,D(79,1)\right\} \\ &= 1 + D(79,1) \\ ...

問題： 有一個圓形類比時鐘，鐘面上的數字完全磨損了，時針、分針、秒針的長相也完全一樣，是否可能藉著測量三針的夾角，求得時鐘原本表示的時間？ 分析： 假設時鐘是一秒一秒走動，則三針的位置總共有$12\times 60 \times 60 = 43200$種排列，這個數量級的資料，對現今的個人電腦來說負擔不算大，我們試著用電腦求解。先把三針的夾角關係列出：令 $h，m，s$ 分別表示時、分、秒的數值，$A_h，A_m，A_s$ 分別表示時針、分針、秒針與12點位置和圓心連線的夾角，以度為單位，$A_h$ 舉例如下： 三針繞轉一圈皆為360度，秒針、分針跳一格為 6 度，時針跳一格為 30 度，秒針跳一格，分針跟著跳 $\frac{1}{60}$ 格；分針跳一格，時針也會跟著跳 $\frac{1}{60}$ 格： $$ \begin{align} A_s &= 6s \\ A_m &= 6(m + \frac{s}{60}) \\ A_h &= 30(h + \frac{1}{60}(m + \frac{s}{60})) \end{align} $$ 用個小程式或任一種試算表把三針的夾角列出來，為了避免小數造成計算誤差，把夾角乘以 120，也就是說，我們需要一個精確度達 $1/120\approx0.0083$ 度的量角器。任何一個夾角都有兩種測量方式：內角與外角，統一取內角，亦即夾角不大於 180 度： # python full_circle = 360*120 for h in range(12): for m in range(60): for s in range(60): a_s = 120*6*s a_m = 120*6*m + 12*s a_h = 120*30*h + 60*m + s dif_h_m = min(full_circle-abs(a_h - a_m),abs(a_h - a_m)) dif_m_s = min(full_circle-abs(a_m - a_s),abs(a_m - a_s)) print(h, m...

  $$ \def\fbt#1{\boxed{\mathstrut \text{#1}}} \def\fbb#1{\boxed{\mathstrut \,\text{#1}\,}} $$ 心臟病是一種簡單的撲克牌遊戲。玩家依序出牌並喊數字，若與牌面數字相同，所有玩家必須往牌拍下去，最後拍牌的或沒有出手的人輸。詳細規則見 Wiki 。 問題： 所有玩家都出完手上的牌，過程中沒有任何人喊中數字的機率為何？ 分析： 先看一個簡化的問題：考慮只有三張牌的情況，$\fbt{A}，\fbb{2}，\fbb{3}$。總共有多少種排列？第 1 張有 3 種可能，第 2 張有 2 種可能，第 3 張剩下 1 種可能，共有 $3 \times 2 \times 1 = 3! = 6$ 種排列。其中有多少種是完全沒喊中的？ $$ \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 3 & Hit \\ \hline \fbt{A}&\fbb{2}&\fbb{3} & \circ \\ \fbt{A}&\fbb{3}&\fbb{2} & \circ \\ \fbb{2}&\fbt{A}&\fbb{3} & \circ \\ \fbb{2}&\fbb{3}&\fbt{A} & \times \\ \fbb{3}&\fbt{A}&\fbb{2} & \times \\ \fbb{3}&\fbb{2}&\fbt{A} & \circ \end{array} $$ 有 2 種($Hit$欄為$\times$)。因此機率是 ${2 \over 6} = {1 \over 3}$，不算低，因此用三張牌玩心臟病似乎不太刺激？ 對於 $n$ 的相異物，給上編號 $1,2,\dots,n$，物品先照編號順序排列(編號順序其實就是叫號順序)，然後任意調換物品的位置，所有物品不在原先的位置上的排列稱為錯置(Derangement)。心臟病遊戲整局沒人喊中的情況恰好對應一種錯置。 錯置的總數記為 $!n$ (階乗符號 $n!$的錯置)。$...

問題： 有 $n$ 個外觀完全相同的球，其中有一個瑕疵品，重量與其他球有些微的差異，差異小於正常品重量的十分之一，可能較輕或是較重。如何只用一個公正的天平，以最少的步驟，找出瑕疵品，且確認瑕疵品是較輕或較重? 天平只能用於判斷兩邊托盤上的物體誰重誰輕，或者等重，無法得知絕對重量。 分析： 要怎麼只用天平找出瑕疵品？ 先簡化問題，考慮 $n = 1$，一個球的情況，按照題意，這顆球就是瑕疵品了，但無法知道他是較輕或較重，無解。 $n = 2$ 的情況，天平兩邊各放一個球，我們知道天平會傾斜，但很不幸的，無法知道輕的那邊還是重的那邊是瑕疵品，兩種情況都有可能，無解。 $n = 3$ 的情況，三個球中，拿其中兩個球 $B_1$，$B_2$ 上天平 {$B_1$ | $B_2$} $B_3$ 有兩種可能性： (1) 兩邊等重 (2) 兩邊不等重 (1) 的情況，$B_3$就是瑕疵品，$B_1$，$B_2$ 都是正常品。拿 $B_3$ 與 $B_1$ 上天平，可知 $B_3$ 是較輕或較重。 (2) 的情況，$B_3$就是正常品。假設 $B_1$ 是較輕的那邊，拿 $B_3$ 和 $B_1$ 上天平，若 $B_1$ 較輕，$B_1$就是較輕的瑕疵品。若兩邊等重，$B_2$就是較重的瑕疵品。因此三個球的情況，最多需要兩次測量。 $n = 4$ 的情況，事情開始變得複雜。要怎麼使用天平呢？第一種，先分成兩堆上天平 {$B_1$ $B_2$ | $B_3$ $B_4$} 假設 $B_1$ 這邊比較重，那有兩種可能，(1)$B_1$這邊有一個較重的瑕疵品 (2) $B_3$這邊有一個較輕的瑕疵品。拿 $B_1$，$B_2$ 上天平，有兩種可能，(1)兩邊等重，因此 $B_1$，$B_2$ 皆為正常品，瑕疵品較輕，為 $B_3$ 或 $B_4$ 。拿 $B_3$, $B_1$上天平，若等重，瑕疵品為 $B_4$，否則為 $B_3$。(2)兩邊不等重。瑕疵品就是較重那個。最多需要要三次測量。 第二種，拿其中兩個上天平 {$B_1$ | $B_2$} $B_3$ $B_4$ 有兩種可能，(1) 兩邊等重。則瑕疵品為 $B_3$ 或 $B_4$，如同 $n = 2$ 的情況，不同的是，我們有兩個正常品可用。拿 $B_3$, $B_4$ 上天...

一般更換汽車水箱水的方法，大致上有以下步驟: 冷車 打開副水箱蓋及水箱蓋(若有) 鬆開水箱排水栓，排出水箱水 從水箱蓋或副水箱蓋開口灌水清洗 等水箱內的液體流完 裝回水箱排水栓 從水箱蓋或副水箱蓋開口注入符合車輛規範的水箱精，切忌只加自來水 發動引擎，讓水箱排氣，並適當補充水箱精 排氣完畢後，關閉引擎 補充水箱精到副水箱上限 蓋回副水箱蓋及水箱蓋 相當繁瑣且需要特殊工具，例如水箱水排氣工具。若沒有排氣，管路中的空氣會降低散熱效果。 本篇介紹一種常用的 DIY 方法，可省去排氣步驟。對於原本水箱水不是太髒，只是例行性更換水箱水的情況下可用。以 Ford Focus 為例，步驟如下： 將連接至副水箱的進水管(如下圖紅框處，兩條)拆開，接到耐熱水桶，水桶容量 20L 以上： 打開副水箱蓋 啟動引擎 水箱水會從進水管流出，須注意水很燙。持續從副水箱口注入符合車輛規範的水箱精，直到水箱精快倒完，或水桶快滿時 關閉引擎 補充水箱精到副水箱上限 蓋回副水箱蓋 這樣的循環換法只能換掉一部份的水箱精，可以提高更換頻率。例如將原廠建議更換周期砍半：原廠建議 4 年或 10 萬公里換的話，可 2 年或 5 萬公里做一次。 換下來的水箱精對生物可能有害，切勿任意倒棄。若有衛生下水道，可以倒入馬桶，進汙水處理廠處理。

問題： 有一個 m x n 的燈泡陣列，一開始全部燈泡都是關著。開關某一顆燈泡，會讓上下左右最多四個相鄰的燈泡跟著切換。有沒有方法可以把所有燈泡點亮?  底下是一個 3 x 5 的範例，試著玩玩看。 分析： 用 $x[i,j]$ 表示開關的狀態 $ x[i, j] = \begin{cases} 1 & \text{若 ($i$,$j$) 位置是開的狀態} \\ 0 & \text{若 ($i$,$j$) 位置是關的狀態} \end{cases} $ 開關 $ x[i,j] $ 會影響最多 5 個燈泡，位置 $(i, j - 1), (i - 1, j), (i, j), (i + 1, j), (i, j + 1)$ 要把 $(0,0)$ 位置點亮，要考慮三個開關 $x[0,0], x[0,1], x[1,0]$ 我們可以定義多次開關對一個燈泡的影響，為一種特殊的加法：燈原本關著，開關一次，燈就開，開關兩次，燈就關。基本上，開關奇數次，就和開關一次相同，燈的狀態改變；開關偶數次，就和沒開關相同，燈的狀態不變。因此每個開關只需考慮開(1次)或不開(0次)兩種可能性即可。 綜合以上規則，開關的相加，可以視為模數 2 (mod 2) 的加法 $$ 0 + 0 = 0 \pmod 2 \\ 1 + 0 = 1 \pmod 2 \\ 0 + 1 = 1 \pmod 2 \\ 1 + 1 = 0 \pmod 2 $$ 因此對於位置 $(0,0)$，可將開關的關係表示如下： $ x[0, 0] + x[0,1] + x[1,0] = r[0,0] \pmod 2 $ $r[i,j]$ 表示位置 $(i, j)$ 最後的狀態，以原問題而言， $r[0,0] = 1$ 類似地 $$ \begin{aligned} x[0, 0] + x[0,1] + x[0,2] + x[1,1] &= r[1,0] \pmod 2 \\ x[0, 1] + x[1,0] + x[1,1] + x[1,2] + x[2,1] &= r[1,1] \pmod 2 \end{aligned}...

問題： 使用 3 個 3，加上任何合法的運算，例如加、減、乘、除，開根號，取指數、對數，邏輯運算，階乗，... 等等，"製造" 出 1 到 9 的結果。數字的部分，只能使用 3 個 3，不多不少，不使用其他數字。 分析： 一種解答： $$ 1 = {3 \over \sqrt{3 \times 3}}\\ 2 = \frac{3 + 3}{3} \\ 3 = {3^\frac{3}{3}} \\ 4 = {3 + \frac{3}{3}} \\ 5 = {3! - \frac{3}{3}} \\ 6 = {{3! \times 3}\over 3} \\ 7 = {3! + \frac{3}{3}} \\ 8 = {3! + \frac{3!}{3}} \\ 9 = 3 + 3 + 3 $$ 還有其他非常多的答案。需要一些計算與嘗試，是一種不錯的頭腦體操。 接下來欣賞兩位大師對於相關問題的精采表演。 知名物理學家 Paul Dirac 對於 "使用 4 個 4 造出整個自然數集合" 的問題有所著墨，並提出了一個完美的解答： $$ 1 = -\log_4{\log_4{\sqrt[4]{4}}} = 1\\ 2 = -\log_4{\log_4{\sqrt[4]{\sqrt{\sqrt{4}}}}} = 2\\ \cdots\\ n = -\log_4{\log_4{\sqrt[4]{\sqrt{\sqrt{\cdots \sqrt{\sqrt{4}}}}}}} $$ ($\sqrt[4]{\phantom{x} }$ 內包含 $2n$ 個巢狀 $\sqrt{\phantom{x}}$) 把前兩個式子展開，會比較清楚這個公式的脈絡： $$ -\log_4{\log_4{\sqrt[4]{4}}} \\ = -\log_4{\log_4{4^\frac{1}{4}}} \\ = -\log_4{\log_4{4^{4^{-1}}}} \\ = -\log_4{(4^{-1}\log_4{4})} \\ = -\log_4{4^{-1}}\\ = 1\\ $$ $$ -\log_4{\lo...

問題 ： 有一種繩子，$L$ 公尺，從任一頭點火燃燒，都一樣在 $T$ 秒燒完。繩子燃燒速度非恆定，有的地方快，有的地方慢，但整條燒完的時間就是 $T$ 秒。請問如何用這種繩子量出 $T/2$ 秒 ? 分析 ： 一種常見的解答："同時從兩頭燒，花 $T/2$ 秒剛好燒完整條"。$\label{1} \tag{1}$                         從題目給的條件，上面的解答是正確的嗎?  把原本的問題轉化為數學問題，並做一些定義。把繩子定義為一維線段，只有長度，沒有寬度與高度。定義一個 "從頭燒(正燒)" 的燃燒函數集合 { Bf(t) }，表示在時間 t 時，從頭燃燒到了 Bf(t) 的的位置。類似地，定義一個 "從尾燒(逆燒)" 的燃燒函數集合 { Bb(t) }，表示在時間  t  時，從尾部逆向燃燒到了  Bb(t)  的的位置。不論正燒或逆燒，繩子的座標都固定，頭部對齊原點，往正座標的方向放。 由題目內容，可知 Bf(0) = 0                                                                                                                     ...