0. 勾股定理&余弦定理

这个大家小学就学过的古老定理，有着无数传奇故事。我可以很随意的写出她的10个不同的证明方法。而路明思（Elisha Scott Loomis）在 《毕达哥拉斯命题》（ Pythagorean Proposition）提到这个定理的证明方式居然有367种之多，实在让人惊讶。这里给出一个不需要语言的证明方法。

实际上勾股定理是余弦定理的一种特殊情况，而余弦定理的证明，同样可以不用语言。

arctan1/2+arctan1/3=π/4

acrtan1+arctan2+arctan3=π

4. 平方数的求和公式

1^2+2^2+3^2+...+n^2=1/3*n(n+1/2)(n+1)

5. 立方数的求和公式

1^3+2^3+3^3+...+n^3=1/4*(n^2+n)^2

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代数基本定理，是指任何一个一元复系数多项式都至少有一个复数根。从代数基本定理可以很显然的推论出我们可能在初中就已经熟悉的一个结论：一元n次方程必有n个根。虽然大家都已经对这个定理感到习以为常，但是其实它并不是显然的，因为如果只考虑实数，一元n次方程就不一定有根。当把研究对象拓展到复数时，一下子所有代数方程就有解了，这其实是一件很不显然的美妙结论。

关于代数基本定理，有很多很多种证明方法。貌似第一个证明是牛逼哄哄的高斯在博士论文中给出的...基本所有的证明方法都或多或少的用到了一些比较高等的数学，对于只有高中数学知识的人来说很难看懂。即使是《什么是数学》里给出的证明，也用到了一个并不是那么好理解的“卷绕数”的概念。但是，下面要给出的证明，只需要有关于复数的基本概念就可以理解，只要几句话就证明完毕了！此证明由北大数院的范后宏老师在“古今数学思想”课上提供。

代数基本定理证明：

设

于是我们想要证明的结论就是：一定能找到某个z，使得w(z)=0。

我们先把z写成的形式。

首先，我们考虑r=0的情况。这时w(0)将是复平面上的一个点，并且这个点就是a0，且a0不等于0。（如果a0等于0那z=0就是原方程的解了，定理直接得证。）

然后，我们再考虑0<r<∞的情况。对于一个固定的r，如果这时我们让θ从0到2π连续变化，那么对应着w(z)将会在复平面上画出一条封闭的曲线，如下图。这个曲线可能是很扭曲的形状，也不一定是绕了一圈的，可能绕了很多圈。比如w(z)=z^2，当z的辐角从0到2π连续变化时，w(z)将在复平面上绕着一个圆转两圈。在这里我们并不关心这条曲线的具体形状。

最后，我们再考虑r->∞的情况。此时当z的辐角从2π连续变化时，显然w(∞)的所有值都将是无穷大（因为此时只有z的最高阶项是起作用的，而它前面的系数是1），对应着就是w(∞)将在复平面上的无穷远处画出一条封闭曲线，见下图。

于是，当r连续的从0变化到∞时，这条曲线将从一个点连续的变化成一条跑到无穷远处的闭合曲线。于是，其中必有某一条曲线经过了0点，于是命题得证。

证毕。

用更加形象化的语言，此证明只有一句话：在未名湖中的一点扔下一颗石子，将激起一圈不断扩大的涟漪，在涟漪到达湖边之前，它一定会经过指定的一个点。

当然，如果要追求严格性的话，这种“证明”并不算是严格证明的。但是它却将一个并不是很显然的命题变得非常形象化，某种意义上来说可以显然的看出它是对的，我觉得对于一个学物理的孩子来说这就已经足够了。

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题是这样的：证明，在任意四边形的四条边上各做一个正方形，那么连接相对的正方形中心的线段互相垂直并且等长。示意图如下。

这道题的平面几何做法我已然忘却，现在的脑子也已经解不动平面几何题了。。就直接把书上的巧妙复数解法贴过来吧~

设2a、2b、2c、2d为表示四边形4边的复数（引入因子2只是为了方便），唯一的条件是这个四边形是闭合的，即a+b+c+d=0。

如果以图中O为原点，要想走到2a这条边的正方形中心，就要先走一个a，再沿着与a成直角（逆时针）的方向走过同样地距离。这样，由于ia正是a以逆时针方向旋转一个直角而得（想想复数乘法的几何意义，模相乘而辐角相加），所以p=(1+i)a。

同理，q=2a+(1+i)b，r=2a+2b+(1+i)c，s=2a+2b+2c+(1+i)d。

所以由q到s的复数A=s-q和由p到r的复数B=r-q就是 A=(b+2c+d)+i(d-b)，B=(a+2b+c)+i(c-a)。

我们想要证明的是A和B垂直并且等长，而这两个命题恰好可以由一个复数命题来表达：B=iA，即A+iB=0。这里仍然是用到了复数乘法的几何意义。

而这样一来问题就归结为简单的复数运算了：A+iB=(a+b+c+d)+i(a+b+c+d)=0。

问题轻松解决！

因为我高中就没有学过数学竞赛，所以不了解用复数解平面几何题是不是属于常规解法之一，反正我看到这个解法之后还是相当震撼的。《复分析——可视化方法》这本书才刚刚开始看，就已经惊喜连连。这本书的作者坚持认为，应当用形象化的东西来帮助我们学复分析，而不是用那套我看着发晕的形式化语言，相当符合我的风味，复分析本来该是最美的数学分支，却被我们的老师搞的就成了背公式算题。并且他还宣称是继承了牛顿那套用几何方法推演微积分的方法，等我继续看下去看有没有什么更加震撼的东西再来分享吧~

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这的确是一个令人纠结的问题，但阿里巴巴想了一个好办法，当强盗向他拷问打开山洞石门的咒语时，他对强盗说：“你们离我一箭之地，用弓箭指着我，你们举起右手我就念咒语打开石门，举起左手我就念咒语关上石门，如果我做不到或逃跑，你们就用弓箭射死我。”

强盗们当然会同意，因为这个方案不仅对他们没有任何损失，而且还能帮助他们搞清楚阿里巴巴到底是否知道咒语这个问题。阿里巴巴也没损失，因为处于一箭之地的强盗听不到他念的咒语，不必担心泄露了秘密，而且他确信自己的咒语有效，也不会发生被射死的杯具。

强盗举起了右手，只见阿里巴巴的嘴动了几下，石门果真打开了，强盗举起了左手，阿里巴巴的嘴动了几下后石门又关上了。强盗还是有点不信，说不准这是巧合呢，他们不断地换着节奏举右手举左手，石门跟着他们的节奏开开关关，最后强盗们想，如果还认为这只是巧合，自己未免是个傻瓜，那还是相信了阿里巴巴吧。

“零知识证明”说的是示证者向验证者表明他知道某种秘密，不仅能使验证者完全确信他的确知道这个秘密，同时还保证一丁点秘密也不泄露给验证者。阿里巴巴的这个方案，就是认证理论“零知识证明”的一个重要协议。

除了被俘后如何靠情报保命这个问题，零知识证明在社会领域中还有着很多应用场合。例如你证明了一个世界级的数学难题，但在发表出来之前，总是要找个泰斗级的数学家审稿吧，于是你将证明过程发给了他，他看懂后却动了歪心思，他把你的稿子压住，把你的证明用自己的名义发表，他名利双收，你郁闷至死，你去告他也没用，因为学术界更相信的是这位泰斗，而不是你这个无名之辈。

这并不是天方夜谭，而是学术界常见的难题，前些年有个博士生告他的泰斗级导师剽窃他的成果，但除了令师生关系恶化外没有任何效果，最后他使出了撒手锏，称他在给导师审阅的论文的关键公式中，故意标错了一个下标，而这会导致整个推导失败。学术委员会一查果真如此，但还是有倾向于泰斗的声音，有人说那是泰斗的笔误，只不过让你发现了而矣，并不能证明那公式就是你推导出来的。

这个博士生故意标错下标，不能说他没有心眼，但他没有把“零知识证明”理论用好，以致于落到这种地步。“零知识证明”早在1986年就被A.Fiat和A.Shamir用数学的方法给出了解决方案，并在同年申请了美国专利，但由于该理论可能被用于军事领域，专利局被军方密令搁置，6个月后，军方命令：“该申请发表后会有害于国家安全……所有美国人的研究未经许可而泄露将会被判刑罚款”。看来军方认为作者肯定是美国人了，但作者实际上是在美国申请专利的以色列人，研究也是在以色列的大学里做的，军方这个命令摆了个大乌龙，虽然两天后撤消了，但已经成为了学术界的笑柄。

这个笑柄也说明了一个问题，即“零知识证明”非常重要。基于数学的推理虽然非常复杂，但思路却很简单，上述的阿里巴巴方案就是其中之一。其它的一些方案，也都是像这样遵循着分割和选择（Cut and Chose）协议的。

例如图论中有个哈米尔顿回路（Hamiltonian Cyclic）问题，说的是多个顶点的全连通图，若有一条通路通过了所有顶点，且每个顶点只通过一次，那这就是哈米尔顿回路。如果顶点较多的话，即使用计算机穷举计算很难找出这条回路，因为通路的可能性真在是太多了。

如果松鼠会贴了一张全连通图（命名为A图）悬赏哈米尔顿回路，而且任命我（奥卡姆剃刀）作为评审官，你幸运的找到了一条，那该怎么办呢，将结果直接发给我吗？千万不要，因为保不齐我会将你的成果让给了我的亲信。那你该怎么办呢？应该这么办：

1、你将A图的顶点搞乱了，并生成一张新图，只是顶点的位置变了，而新图顶点之间的连线关系与A图是完全一致的。这时，新图中每个顶点与A图中每个顶点的对应关系你是清楚的，而且新图中的哈米尔顿回路你也是知道的。

2、你将这张新图发给我，没错，就是仅仅一张新图，上面并没有画着你发现的牛B回路。

3、我收到后，对你提出两个问题中的一个：一是证明新图就是从A图变形过来的，所有顶点和连线的关系完全一致，二是画出新图中的哈米尔顿回路。

4、如果你真的找到了A图的哈米尔顿回路，这两个问题当然都能轻松回答。需要注意的是：你只需要回答第3步的其中一个问题，千万不要两个问题一并回答，否则我就知道你关于A图的哈米尔顿回路了，你就SB了。

5、我还是不相信你，因为有可能你只是将A图变了形，却根本不知道A图的哈米尔顿回路，而我在第3步时恰好要求你证明新图就是从A图变形过来的，你当然能证明。或者有可能你找了个你知道哈米尔顿回路的图，但这张图跟A图一点关系都没有，而我在第3步恰好要求你画出这张图的哈米尔顿回路。

6、我要求你从第1步开始重复这个验证过程，随着次数的增加，第5步那种巧合的可能性就越来越低，如果你多次能回答对第3步中的问题，那我还不相信你已经找到了A图的哈米尔顿回路，那我就是一个傻瓜。

7、为了表明我不是傻瓜，我在松鼠会群博里宣布你找到了A图的哈米尔顿回路，而这时我并没有看到你所画的A图的哈米尔顿回路。

回到你证明了世界级的数学难题的问题，你可以用这种分割和选择协议来进行零知识证明，来保护你的权利。你公开声称你解决了这个数学难题后，验证者会给你出一个其它的题，而能做出这道题的前提条件是已经解决了那个数学难题，否则的话无解，而且这个条件是学术界所公认的，这个题就是所谓的平行问题。不出所料，你靠着已经解开数学难题的基础把这个平行问题做出来了，但验证者还是不信，他又出了一道平行问题，你又做出来了，多次较量后，验证者就确信了你已经解决了那个数学难题，虽然他并没有看到具体的解法。

大家已经看出来了，零知识证明需要示证者和验证者的密切配合，但如果你只是一个数学界的无名之辈，即使你宣称你解决了数学难题，也不会有人跟你配合着玩零知识证明，那你该怎么办呢？

我告诉你一个可以在法庭上都能当作有效证据的招数，你将证明打印好，选择一个最可靠最权威的邮政公司，把它寄给自己，当你收到这个扣着邮戳的包裹后，不要打开，把它放好，然后就可以把证明寄给数学泰斗。如果他用自己的名义发表了，不必着急，等他依靠其影响力把这个证明炒热后再出手，你上法庭控告他，他当然不承认，在法庭上你将那个没开封的包裹拿出来，上面清清楚楚地盖着时间戳，这就证明了你包裹里的证明是发生在那个时间戳之前的，加上之后的你邮给泰斗论文的邮件存根，和泰斗以自己名义发表论文的时间，三者就构成了一个完整的证据链，泰斗灰头土脸名声扫地，而你大获全胜名利双收。

参考文献：《通信网的安全-理论与技术》，王育民等编著，西安电子科技大学出版社，2000.5

//转载自科学松鼠会

//最近在看《数字城堡》 突然对密码学和信息通讯安全这些问题非常感兴趣...无奈太懒了 就直接转载一个...

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这个问题我在初中的时候就听赵一夫跟我说起过，当时觉得这问题太诡异了，怎么下手啊。今天再一次见到仍然觉得无从下手，看了答案之后顿觉奇妙。答案是肯定的，一定可以找到一个位置使得椅子放稳！

题目的条件先解释一下，4条腿长度相等实际上告诉了我们这4条腿的顶点是共面的。看了网友的回复，确实题目里有隐含条件需要明确地写出来：（1）椅子是正方形的...（2）四条腿的长度相对于地面的起伏来说足够长...(3)只要四条腿同时着地就称之为放稳（即认为地面的摩擦系数无穷大）...（4）起伏不平的地面我们要把它理解成是一个连续的二元函数。

设这4条腿的顶点分别为ABCD。

我们知道，三个点确定一个平面，因此任何位置总有三条腿着地。先把椅子放在某处，现在将椅子的中心固定，将AC和BD这两把对腿从初始位置逆时针旋转角度θ。设AC这对腿到地面距离之和为f(θ)，记BD这对腿到地面距离之和为g(θ)，由定义可知f(θ)>=0，g(θ)>=0。又由于在任何位置至少有3条腿同时着地，故f(θ)和g(θ)之一必为0。我们需要证明的是，至少有一个θ0使得f(θ0)=g(θ0)=0。

不妨设f(0)>0，g(0)=0，定义函数h(θ)=f(θ)-g(θ)，0<=θ<=π/2。h(θ)是θ的连续函数，且h(0)>0。显然，当θ=π/2时，AC和BD这两对腿恰好互换了位置，因此必有g(π/2)>0，f(π/2)=0，因此有h(π/2)<0。

由连续函数介值定理可知，必有0到π/2之间的一个θ0使得h(π/2)=0。此时必有f(θ0)=g(θ0)=0，这时椅子能够放稳。

没有想到这个问题居然可以用看似没什么用的连续函数介值定理来证明，实在是高明～！

题目来源：周义仓、赫孝良 编著《数学建模实验》

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下面要进行的一段推导，将十分诡异，可能有点莫名其妙的感觉，不过还是请完整看下去~
首先说一下什么是哥白尼原理。

Copernican principle:
The best theories are those that do not require the observer to live in a special place in the universe or at a special time in history in order to be true.

也就是说，一个好的理论必须满足，我们既不在宇宙中的一个特殊位置，也不处在一个特殊的时间。这个原理我想大家都可以承认吧。

为了热身，我们先推导一下柏林墙倒塌的时间。

柏林墙于1961年建立，而原文章作者Dr. Gott偶然地于1969年去了一趟柏林墙，此时柏林墙已经存在了8年。

上图中，第一行整体表示柏林墙从建立到最终倒塌的整个生命历程。其中中间50%被染成紫色，这个50%是作者自己设定的，他将给出一个时间区间，而柏林墙倒塌的时间在这个区间里面的概率为50%。

根据哥白尼原理，作者访问柏林墙的这个事件是完全随机的，它落在上图第一条线段上任何一个点的概率是均匀分布的，因此这个点落在紫色区域的概率是50%，也就是说，他去访问柏林墙的时间点处在柏林墙整个生命历程的25%~75%之间的概率是50%。

若他访问的时刻位于第二条直线上的Now位置，也就是说，处于柏林墙生命历程的25%处，那么由此推算，柏林墙的寿命将还有24年（8年占25%，则剩下75%代表24年）。

若他访问的时刻位于第三条直线上的Now位置，也就是说，处于柏林墙生命历程的75%处，那么可以算出，柏林墙的剩余寿命将只有8/3年（8年占了75%，剩下的25%只有8/3年）。

因此，他访问的时刻位于紫色区域时，推算出的柏林墙剩余寿命是在8/3年~24年之间的，因此他声称，柏林墙在未来8/3~24年内倒塌的概率是50%。

当然他也可以把一开始的概率设置成60%或者其他数字，这样将推算出来另一个时间区间，柏林墙生命历程终止于这个新时间区间的概率将为60%。

最终，柏林墙于1989年倒塌。其实，作者写这篇文章的时候已经是90年代了...

下面，他又用同样的方法，给出了人类文明灭亡时间的推算。

这篇文章说人类文明已经存在了200,000年。暂且不管这个数是怎么来的，是从什么人种开始出现算起的，反正差不多。

还是设第一行为整个人类文明进程，其中中间95%被染成紫色。

那么，根据哥白尼原理，我出生这个事件，在整个人类文明进程上应该是均匀分布的，也就是说我出生时间落在紫色区域的概率是95%。

若我出生在第二行的Now位置，人类文明将持续7.8百万年；而若我出生在第三行的Now位置，则人类文明只剩下5100年。

因此得出结论，人类文明在5,100~7,800,000年内灭亡的概率是95%。

整个推导过程没有用到任何现实的数据，居然就能够把人类文明灭亡时间推算出来，非常诡异神奇...而且跟2012世界末日论貌似比较冲突...因此我们不必太担心人类会在近几年内灭亡哈~~

有人可能在想，如果我一个原始人，我存在的那个时刻人类文明只进行了100,000年，用同样的算法进行计算，算出来的人类文明灭亡时间岂不是不一样了？这个算法不就错了吗？...其实，这并不能说明这个算法错了，本来这个灭亡时间就应该随着人类文明已经存在的时间而变化。作为类比，假设全中国所有人的平均寿命是75岁，作为一个已经成功存活了20年的你，寿命期望是多少呢？75岁还是比75岁多？答案应该是多于75岁，因为所有人口的平均寿命包括了一些0岁1岁就死亡了的人，而这样的可能性对你已经不存在了，要了解你的预期寿命应该统计所有活到过20岁的人的死亡年龄作平均，而这肯定大于75岁。如果这个还是不理解，可以想象一个已经活了80岁的人，他还能活的年数期望应该是多少？你肯定不会说是-5岁吧...预期寿命的确随着年龄的增加而增加，同样的，人类文明灭亡时间也应该随着人类文明已经存在的时间而变化。

至今我仍然觉得这个推导方法特别诡异，却相当有道理，说不出它哪里不对...就当个冷笑话看看行了...

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欺诈游戏的第二场共有22人参加。这22个人集中在一个阴森的大厅里，参加一个叫做“少数决”的游戏。每一个游戏，从 Chinese PartyPoker 到象棋，都有它的规则。为了让游戏有意义规则必须被遵守，以便产生真正的胜者。当然，没有欺诈！游戏规则很有意思：主办方随机抽取一个人到台上来，向众人问一个二选一的问题，比如“你信春哥吗”。每个人手里都会得到两张选票，两张选票上都印有自己的名字，但其中一张纸上印有“YES”，另一张纸上印有“NO”。游戏者们有6个小时的时间进行交流和考虑，并要在时间结束前将自己的选择投入投票箱。时间结束后，主办方进行唱票，并规定票数较少的那一方取胜，多数派将全部被淘汰。获胜的选手将进行新一轮的游戏，主办方从剩下的人中重新选一位进行提问，并要求大家在6个小时内投票，唱票后仍然宣布少数派胜出。若某次投票后双方人数相等，则该轮游戏无效，继续下一轮。游戏一直进行下去，直到最后只剩下一人或两人为止（只剩两人时显然已无法分辨胜负）。所有被淘汰的人都必须缴纳罚金，这些罚金将作为奖金分给获胜者。

这个游戏有很多科学的地方，其中最有趣的地方就是，简单的结盟策略将变得彻底无效。如果游戏是多数人获胜，那你只要能成功说服其中11个人和你一起组队（并承诺最后将平分奖金），你们12个人便可以保证获胜。但在这里，票数少的那一方才算获胜，这个办法显然就不行了。因此，欺诈和诡辩将成为这个游戏中的最终手段。如果你是这22个参赛者中的其中一个，你会怎么做呢？

其实，仔细思考后你会发现，结盟策略也是可行的。事实上，如果你能成功找到7个相信你的人和你结盟，那恭喜你，你们百分之百地获胜了。在游戏的第一轮中，你安排你们8个人中4个人投YES，4个人投NO，因此无论如何，在这一轮中总有你们的4个人存活下来。第一轮游戏的最坏情况是10:12胜出，因此存活下来的人中最多还有6个不是你们队的人。在第二轮比赛中，你们队的4个人按之前的战术安排，让其中2个投YES，另外2个投NO。因此这一轮后留下来的人中总有你们队的2个人，最坏情况下还有2个别的人。最后一轮中，你们两个人一个投YES，另一个投NO，这就可以保证获胜了。只要另外两个人是未经商量随机投票的，总会有一个时候他们俩恰好都投到一边去了，于是最终的胜出者永远是你们队的人。比赛结束后，胜出者按约定与队伍里的另外7人平分奖金，完成整个协议。

当然，这是一个充满欺诈和谎言的游戏。你无法确定你们队的7个人是否都是好人，会不会在拿到奖金之后逃之夭夭。同时，你自己也可以想方设法使自己存活到最后，在拿到奖金以后突然翻脸不认人，使自己的收益最大化。不过，成功骗7个人相信你很容易，但要保证自己能留到最后就很难了。不过，还有一种阴险狡诈的做法，可以保证你能揣走全部的奖金！当然前提是，你能成功骗过所有人，让大家都相信你自己。
首先，找7个人和你一起秘密地组一个队伍，把上述策略给大伙儿说。然后，再找另外7个人和你秘密地组建另一支队伍，并跟他们也部署好上面所说的必胜策略。现在不是应该还剩下7个人吗？把剩的这7个人也拉过来，秘密地组成第三支8人小队。现在的情况是这样，你成功地组建了三支8人小队，让每个人都坚信自己身在一个将要利用必胜法齐心协力获得并平分奖金的队伍里。除了你自己，大家都不知道还有其它队伍存在。在第一轮游戏中，你指示每个队伍里包括你自己在内的其中4个人投YES，其余的人都投NO。这样下来，投YES的一共就有10票，NO有12票，于是你和每个队伍里除你之外的另外三个人获胜。下一轮游戏中，你部署每个队伍里包括你在内的其中两人投YES，其它人都投NO，这样YES就有4票，NO有6票，你再次胜出。最后，你自己投YES，并叫每个人都投NO，这就保证了自己可以胜出。拿到奖金后，突然翻脸不认人，背叛所有人，逃之夭夭。

这在现实生活中虽然不真实，但游戏本身很具有科学性。如果你是这部剧的编剧，你还能想到哪些科学的策略和狡诈的伎俩？

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1.我已经证明了著名的数学难题：任何一个偶素数总能写成两个奇数之和。
2.对于这个数学难题：方程n^a+n^b=n^c对于n>2没有正整数解，我已经找到了一个极其简单的证明，甚至一页之内就能搞定。
3.我已经想到了一个绝妙的宇宙万能公式，只不过这里空白太小，写不下...(这句话曾经是我的校内网状态和QQ个性签名，用在有字数限制的地方特别合适)
4.原来任何进制都是10进制..
5.世界上有10种人，一种是懂二进制并且看贴回贴的人，一种是不懂二进制或者看贴不回帖的人...

注：出处：
1、2来自《哥德尔、埃舍尔、巴赫——集异璧之大成》；3的出处我想看我博客的人没有不知道的吧；4来自http://cowbirdsinlove.com/43；5改编自网络上的一句经典的话。

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答案：

用竖直的平面去切这个相交部分，例如用平面y=-0.5，不难想象无论取的是y等于几的竖直平面，切得的部分都是正方形。如下图：

然后我们再想像有一个半径为1的球内切于两圆柱相交部分，用同样的竖直平面去截这个球，很明显截得的部分是圆，如下图：

想像一下：这个球是内切于两圆柱相交部分的，因此截得的这个圆恰好就内接于刚才截得的正方形！对于每一个竖直平面来说都是如此。每一个正方形的面积是其内接于圆的4/π倍，而把面积一层一层累加起来就是体积，所以两圆柱相交部分的体积就是其内接球体积的4/π倍。球的体积是4π/3，因此两圆柱相交部分的体积就是4π/3×4/π=16/3！

这个方法貌似和祖暅原理很像，不过提出这个方法的人可比祖暅年代要早得多：是阿基米德！不得不佩服古希腊人的智慧！

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那么，有人要问了：如果去掉的是1红1白的格子各一个，结果是怎样的呢？比如下面的这个图：

你可以自己画几个图试一试。你能证明一定可以覆盖？还是可以给出反例呢？

据说，这个问题刚出来的时候，通过复杂的理论，终于得到了证明。也就是只要在这个图中去掉一红一白两格，肯定可以被覆盖。

这里，我们将看到一个复杂的问题怎么通过一个简单的方法来证明。我们接下来不但要证明可以覆盖，而且要给出覆盖的方法。看到这里你可能会想到了：构造——对了，只要构造了一组解，原问题便解决了。
我们把原来的棋盘按照下图所示的方法剪开：（沿着绿线）：

我们就把这个棋盘变成了一个环。注意到整个环都是红白相间的。假设我们从图中去掉一个红色格子，再去掉一个白色格子。我们就得到两条链：每一条链都是红色->白色->红色...->白色。这样我们只要沿着链每次的两个格子放即可（注意到相连的两个格子不存在和骨牌形状不同的情况：1*2，你能找出第二种形状吗？）。把两条链放完，这个棋盘就被覆盖满了，我们的问题也就解决了。

文章来自：http://evalls.yo2.cn/articles/%e8%af%81%e6%98%8e%e7%9a%84%e7%bb%9d%e5%a6%99.html

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