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》

Xor运算是位运算的一种，和And、Or运算类似，假如a、b都是布尔变量，则a Xor b被定义为：a、b相异则为真(所以中文名字叫做异或)，a、b相同则为假。其真值表为：1Xor0=1, 0Xor1=1, 1Xor1=0, 0Xor0=0。众所周知，位运算也可以用于两个数之间，其定义就是把这两个数转化为二进制，然后一位一位的进行位运算。比如说1Xor4=(001)₂ Xor(100)₂=(101)₂=5。位运算除了具有交换律、结合律这样的普通性质之外，还有几条神奇的性质。

Xor运算的神奇性质之一，就是他自己是自己的逆运算，即对于任何两个布尔变量或者数有(a Xor b)Xor b=a。这一点可以从真值表直接验证。有了这样一个性质，我们就可以把交换两个数的函数swap改进一下。大家应该都知道swap可以这么做：

void swap(int a, int b)

{a=a+b; b=a-b; a=a-b;} 

现在我们知道了Xor运算是本身的逆运算之后，就可以把上面的函数改成这个样子：（在C/C++里面把Xor表示为^）

void swap(int a, int b)

{a=a^b; b=a^b; a=a^b;}

乍一看肯定会觉得这个交换函数写的非常诡异，但是仔细一看就知道其原理和刚才那个是一模一样的。而且因为计算机在执行位运算的时候肯定比加减法要快，所以用Xor写的交换函数实际上还更快呢。

这里有一个有意思的小问题：现在给你2n+1个正整数，其中有n对数和1个单独的数，（这里规定一对数的意思是这两个数相等），然后让你设计一种算法，把这个单独的数给找出来，要求时间复杂度为O(n)。比如说这2n+1个数是1 2 3 2 1，那么这个单独的数就是3。如果你的思路是依次挑出一个数然后和其余所有数比较一下看看是否相等，那就换个思路吧，因为这样的时间复杂度是O(n²)的。答案见本文末尾。

由这条性质还可以干一件很有意义的事情：当硬盘的一个部分损坏之后可以推算出来损坏部分数据！假定我们的硬盘划分成了4个区域，前三个区域用来存放真正的数据，而第四个部分则用来以防不时之需，这上面的数据定义为前三个部分的数据异或之后的结果。举个例子：假如说abc三个部分存放的数据如下：

a: 1 0 0 1

b: 0 1 1 1

c: 1 0 1 0

则第四部分根据定义便是

d: 0 1 0 0

现在假如说系统检测到硬盘的第一部分损坏了，我们就可以利用现成的数据把它给恢复出来，只需要把现有的未损坏的几个部分都异或起来就可以了！因为：a xor b xor c=d  →  a xor a xor b xor c xor d xor d=d xor d xor a  → b xor c xor d=a！就这样，Xor运算应用在了乍一看完全不相干的地方。当然，硬盘分的部分更多一点也不影响这个结论的正确性。

Xor的第二个神奇性质，是他满足消去率，即由a Xor c=b Xor c可以推出a=b，可以用上面一条性质轻松验证。这一点是And、Or运算都不能满足的，是加法减法拥有的性质。有了这样一条性质是很有用的，比如说证明Nim游戏的必胜策略就需要用到，下面我们进入Nim游戏必胜策略的介绍和证明。

因为3堆硬币的情况和N堆的策略是一样的，我就直接拿N堆说事。设这N堆硬币的数量分别为a1,a2,…,an。因为总是打Xor太麻烦，下面我就用C++的习惯用^来代替Xor。

 要知道，像Nim游戏这种博弈问题，最重要的是寻找必败态。这个必败态的的意思就是，这样一种局面摆在面前的话先手必败。其严格定义如下：1.无法进行任何移动的局面是必败态；2.可以移动到必败态的局面是非必败态；3.在必败态做的所有操作的结果都是非必败态。这个还是很好理解的吧，就是自己处在非必败态上总能移动到必败态把必败态留给对方，而对方处在必败态的话总是只能移动到非必败态，把非必败态留给自己，然后自己继续虐对方。

而对于Nim游戏，局面是必败态当且仅当所有堆硬币的数量都异或起来结果为0，即a1^a2^…^an=0！！！为了证明之，我们只要证明它满足上述必败态的三条性质即可。

第一个命题显然，最终局面只有一个，就是全0，异或仍然是0。

第二个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an!=0(不等号就用C++的习惯用!=来表示了)，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。不妨设a1^a2^…^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k<ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai’=ai^k，此时a1^a2^…^ai’^…^an=a1^a2^…^an^k=0。

第三个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^…^an=a1^a2^…^ai’^…^an可以得到ai=ai’。所以将ai改变成ai’不是一个合法的移动。证毕。

就这样，一个简单而神奇的运算，就搞定了这么个让我绞尽脑汁也毫无头绪的游戏，而Xor运算的出现，又是乍一看完全与问题毫不相干！这正是Xor的奇妙之处，吸引人之处。

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最后给出“找出单独的数”问题的算法：根据Xor运算是本身的逆运算的性质，只要把所有数都Xor起来就可以了！比如说，1Xor2Xor3Xor2Xor1就一定是3了。就这么简单！

下面给出证明，该证明基本来自《费恩曼物理学讲义》第一卷：

为了证明看起来舒服一些，还是用最原始的模型吧：我站在一个坐标轴上，前为正方向，抛掷一枚硬币，如果正面朝上则我向前走1m，如果反面朝上则我后退1m，在我抛掷硬币次数N足够大的时候，求证我离远点距离的期望值是根号N。

离原点的距离，我们需要一个绝对值来表示，我们设为|D|。为了表示清楚在投掷了N次硬币之后的距离，我们为D加一个下标，可惜网页上显示下标比较麻烦，我就这样表示吧：|D(N)|。可是在这里，用另一种量度进度的方法更为简便，这就是用距离的平方D(N)^2来表示，因为D(N)无论正负D(N)^2总是正的。在这里为了区别开期望值与真实值的区别，我们用<D(N)^2>来表示期望，而D(N)^2表示真实值。

当N=1的时候，毫无疑问D(1)^2=1。

当N>1的时候，D(N)^2的预期值可以从D(N-1)求得。如果走了N-1步以后，我们得到D(N-1)，那么经过N步后，就有D(N)=D(N-1)+1或者D(N)=D(N-1)-1。其平方为：

D(N)^2=D(N-1)^2+2D(N-1)+1或者D(N)^2=D(N-1)^2-2D(N-1)+1

对于大量的无规行走，我们的平均预期值恰好是这两个可能值的平均值。于是D(N)^2的预期值就是D(N-1)^2+1。一般而言，我们对D(N-1)^2所应期望的预期值根据定义就是<D(N-1)^2>，所以

<D(N)^2>=<D(N-1)^2>+1

之前已经说明了<D(1)^2>=1，所以归纳一下就可以得到<D(N)^2>=N。。。！

把上面的式子开平方就可以得到我们要证明的漂亮结果|D(N)|=√N。

话题再回到昨天的游戏上面，他们当然以为最终的某物长度期望值为0，实际上长度为正负根号N。如果是正的就让乙同学给赚了，如果是负的，嘿嘿…

关于魔方有很多有意思的数学问题，这里贴出来3个证明题供大家娱乐：

1.在不拆卸魔方的情况下，不能单独翻转一个棱色块。

2.在不拆卸魔方的情况下，不能单独翻转一个角色块。

3.在不拆卸魔方的情况下，不能只对调一对色块。

证明：

第一个道理：为什么不能单独翻转一个棱色块。

想象我们对6个中心色块定好了我们喜爱的方向，我们就定好了一个坐标系，这个坐标系的原点就是魔方的体中心。坐标有明确的正负方向。我们可以看见魔方的每一个棱色块都是有一条棱的（这不废话么，呵呵），对应于 水平、前后、竖直x,y,z三个轴，分别有4条棱和他们每一个平行，我们把这4条棱都标上一个箭头，指向正的方向。现在如果你有一个魔方可以这样做一下。我们现在想象空间中有了这样一个坐标系，和12个箭头。考虑任意面的旋转，（我这里不考虑3个中面的旋转，(因为，1，这样动了坐标系，2，中面的旋转可以等效两个侧面的旋转。)，这时我们不考虑魔方，和魔方的花色，把他看成透明的，我们只考虑箭头，每次任意面旋转90度，我们都会让2个箭头改变方向（由正变负），我们只看结果，不考虑转的过程，不区分箭头哪来的。 翻转一个面90度是魔方的原子操作，他只能同时改变2个箭头的方向。所以我们最后不可能得到其他块不变只有1个箭头被翻转，也就是不可能只有一个棱色块被翻转。

第二个道理：为什么不能单独翻转一个角色块。

这个问题说起来，首先需要澄清角色块的方向是如何定义的。因为角色块会处在8个不同的位置，他的方向却只有3种，我怎么定义一个移动的坐标，又能准确标示出这3种方向变化呢？ 我这里建议一种： 首先让你的视线穿过一个角色块的顶点和整个魔方的体中心，你会看到一个Y是不是？以你的视线为轴，这个角色块可以旋转，他有3个位置。如下：

0°	120°	240°

试试转一个侧面，看看色块在新的位置朝向是怎样的？如果你转一个魔方的右侧面90度，你会发现最靠近你眼睛的那个角色块的朝向转过了120度。盯住这个色块，再转一下，他转到下面来了，为了仍然呈现一个Y，我们这时可以将 魔方底面翻上来，这时我们发现这个角色块又转回了0如此等等。重点是，你观察任何一面的90度旋转，4个角色块，他们的朝向 旋转过的角度总和 一定是360度的整数倍 ，准确的说就是120+240+240+120。 因为，转一个面是最小的原子操作，所以无论经过怎样多少步的操作，我们所有角色块角度变化和都是360*n，所以我们不可能只将一个色块旋转120度或者240，而让其他色块不变化，也因此我们证明了为什么不能单独翻转一个角色块。

第三个道理：为什么不能只对调一对色块。

1234变4123 我以后简称（1234），其实也好记，就是1 to 2，2 to 3， 3 to 4，4 to 1， 要是（1432）就是1到4，4到3，3到2，2到1，就是向左推移。

（1234）是由几个“交换两个数”的变换组成的呢。这里直接给出答案(1234)=(12)(13)(14),(12)的意思就是1到2，2到1。

具体说，我们看 1234变化的过程是这样： 

• （12） 2134

• （13） 3124

• （14） 4123

正好就是变换（1234）。 这样我们知道（1234）是经过奇数个交换得到的。

任何一个变换都可以由若干个两两交换得到。因为对于一个目标排列如2413，我怎么做呢， 这里面内在的道理就涉及群论的初步。这可能叫做循环群，我不确定，因为我没看过书。 1234全排列有4!=24个，而对1234的变换也有24种。他们构成一个群。

什么是群？

一个群就是有一堆元素。我们还需要一个运算 “*”。 他们满足：

1. 封闭性：a和b是群里的元素，那么a*b也是。
2. 存在元素e（其实就是类比乘法里的1）。a*e=e*a=a
3. 每个元素a 都有唯一逆元a^-1, a*a^-1=a^-1*a=e 
4. 结合律 (a*b)*c=a*(b*c)

好像很boring，我每次看都觉得，但是今天自己写一遍就不觉得。这里面，我是说这件bo不boring的事里面是有道理的。 需要指出的是通常群并不满足交换律。满足交换律的叫做abel群（等于什么都没说）。 为啥我说对1234的24个变换构成一个群呢。 我说的24个变换就是对应了1234的24种排列，每个变换就是把1234变到其中的一种排列所使用的变换。 对于这些变换的运算“*”就是做变换的先后顺序，a*b就是先做a再做b。

• 首先1234是一个排列，他对应了一种变换，就是不变，我用（1）来表示，他就是满足定义第二条的元素e。
• 封闭性，这是显然的，因为只有24种排列，和对应的变换，跑不出去。
• 逆元都是有的，就是把每步逆序然后取反，肯定都在这24个变换当中。
• 结合律看似挺麻烦，其实是显然的，因为(a*b)*c，a*(b*c)的意思都是先a再b再c。 这样他们构成了一个群，

so what？其实我现在也不好说构成了一个群就怎么样。我只是说我可以用群的一些性质。知道这个结构的一些特点了。也可以用分析群的一些视角，一些想法来分析这个系统。 首先我们看这24个变换。

• (1), 偶
• (12), (13), (14), (23), (24), (34), 奇
• (123),(132), (124),(142),(134),(143),(234),(243)偶

这是15个，还剩9个，如果不明白什么意思，看前面，我说一个（243）意思是2到4，4到3，3到2，他把1234的1不动，234三个数字轮换的向左推移一位变成1342。 还有显然的

• (1234),(1432),奇
• (14)(23), (13)(24),(12)(34)偶

还剩4个 他们是

• (13)(12)(24), (12)(14)(13), (14)(23)(12), (13)(24)(12) 奇

我们叫有奇数个 两两交换 组成的变换为奇变换，反之为偶变换，其实就是把群元素标出奇偶性。 我们看到两个奇变换运算得到偶变换，而两个偶变换运算永远得不到奇数变换。

这样偶变换事实上构成了一个子群。 也就是说他们做运算是封闭的。他们是

• (1), 偶
• (123),(132), (124),(142),(134),(143),(234),(243)偶
• (14)(23), (13)(24),(12)(34)偶

这12个元素构成了一个子群。 我好像想错了一些事情，呵呵。 不过前面写出的都是正确的。我可能以后会用到 回到为什么不能只对调一对色块。

为什么？因为一个原子操作，将一个面旋转90度，将4个角做了（1234）或（1432）是一个3个交换的奇变换，4个棱同样是3个交换的奇变换，这样他对所有的色块做的变换总的效果是一个偶变换。 所以对于所有色块的排列，我们能够达成的都是偶变换，而只对调一对色块是一个奇变换。不可能达成。 因此，我们证明了为什么不能只对调一对色块。

以上证明转载自魔方小站。

如果给定了A~F六个点的位置如图，则整个图形形状就是左图，DE和AF就仅过两个点。你可以简单尝试一下，试着自己画几个点，你会发现确实无论如何也不能让所有的直线都通过三个或三个以上的点。

这个问题是小时候就见过的，在苦苦思索了好一阵子无果之后就给渐渐淡忘了。今天去图书馆看书偶然间又看到这个问题了，觉得还是挺有意思的，不过还是没什么思路。上面的介绍居然说，点猜想在被提出之后几十年内没有人能够证明！看似如此简单的问题居然还难倒了一大批人呢！但是，当最终证明被发现时，虽然思路非常灵活巧妙，却是异乎寻常的简单，连初中生都能看懂！不知你能不能自己证出这个猜想呢？

证明如下：

作出所有点到所有直线的距离，取出这些距离中最小的那一个，当然那些在直线上的点到该直线距离为零不算在内。假设如图2所示的点O到直线PQ的距离OR就是那个最小的距离。下面我将断言：直线PQ上不可能存在第三个点。因为：如果存在第三个点并且在线段PQ外侧（如图3），则距离PR1将小于OR，与假设矛盾；如果存在第三个点并且在线段PQ之内（如图4），则距离P2R2将小于OR，也与假设矛盾。因此直线PQ上只有两个点PQ。证毕。 

这个证明思路很好啊，假设最小然后找到更小来反证。据学数学竞赛的人说这是一个常见的证明方法，真后悔当时没去听听数学竞赛课…

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

2.两人在1，2，3，……，9这九个数字中轮流取数，不准重复，谁先取到三数之和为15谁就赢了。问先走者有没有一个稳操胜券的策略？

3.汽油危机已经来临，大家都在叫油荒。分散在长长的环形公路各处的加油站所存的油量仅仅够你跑一圈而无点滴富余。请证明，如果你在一个合适的加油站开始启程，把空油箱加足了汽油，你有充分把握可以跑完一圈，不会中途抛锚。

请先仔细思考再看解答.

1.“一切无理数的无理数次方一定是无理数”，试证明此命题或举出反例。

Solution:这个命题是错误的，有一个构造巧妙的反例：我们设

如果x是有理数，那x就是该命题的反例；如果x是无理数，那么我们来看看x的根2次方是多少——它就是2！！！于是反例找到了。

2.两人在1，2，3，……，9这九个数字中轮流取数，不准重复，谁先取到三数之和为15谁就赢了。问先走者有没有一个稳操胜券的策略？

Solution:答案是没有必胜策略。解决这个问题的最简单办法是把它转化成另一个我们都很熟悉的问题。首先构造幻方如下：
4 9 2
3 5 7
8 1 6
横行竖列对角线的和都是15，因此他们两个人玩得其实就是“吃井字”游戏(“吃井字”游戏就是在3×3的格子里画圈叉，三个连成一条线就赢了的那个游戏)！我们都知道“吃井字”游戏是没有必胜策略的，双方可以打成平局，所以原问题也没有必胜策略。

3.汽油危机已经来临，大家都在叫油荒。分散在长长的环形公路各处的加油站所存的油量仅仅够你跑一圈而无点滴富余。请证明，如果你在一个合适的加油站开始启程，把空油箱加足了汽油，你有充分把握可以跑完一圈，不会中途抛锚。

Solution:设想你在第一站带上足够的燃料，沿着公路环行，每到一处，便做好记录油箱里还有多少油，并把那里的汽油全部倒进油箱。当你回到第一站时，你将发现，油箱里的剩油与出发时一样多。总有一站油箱里的油量最小，我们就从这站开始启程，这样保证环行一周途中不愁汽油断档。

    这个问题最简单的解决办法竟然是借助物理学中重心的性质。我们曾经见过一道用重心来解决的几何问题，但这里你将看到的绝对更加经典。它们的基本方法都是一样的：给每个顶点分别挂上一个指定重量的砝码，然后利用“用部分质点的重心去替换这些质点，整个系统的重心不变”这一性质来解决问题。

The barycenter of a system of points does not change if any number of points is replaced with their barycenter.

注意到球外一点向该球任意引切线，该点到所有切点的距离都是相等的。这是这个问题的核心，是整个证明过程中唯一用到了“球”这个条件的地方。假设从Ai向球引切线，Ai到切点的距离为Di。我们就在点Ai处挂上1/Di的重物。观察边A1A2，它们可以等价地用一个质量为1/D1 + 1/D2的点M代替，其中M的位置满足杠杆原理A1M / D1 = A2M / D2。考虑D1和D2的定义，这个M显然就在A1A2与球的切点位置上。我们把边AiAj与球的切点记作点Tij，于是四个切点T12, T23, T34, T41分别是对应的四条边A1A2, A2A3, A3A4, A4A1的重心。为了求出整个系统的重心，我们可以用T12代替A1和A2，用T34代替A3和A4，则整个系统的重心应该在T12和T34的连线上；但我们的“配对”方法不止这一种啊，我们为啥不用T23代替A2和A3，用T41代替A4和A1呢？这样，整个系统的重心就在T23和T41的连线上。但是，整个系统的重心是唯一的，于是T12、T34的连线和T23、T41的连线必然相交（交点即为整个系统的重心）。而相交的两条直线确定一个平面，T12, T23, T34, T41都在这个平面上。这就说明了四个切点是共面的。

参考资料：http://www.cut-the-knot.org/blue/3DQuadrilateral.shtml
文章来自：Matrix67.com里的这篇文章http://www.matrix67.com/blog/archives/507

有这样一个事实：假定有一个质点在引力场中通过自由运动从某处移动至另一处——你把它抛出去，他就会上升又落下。如果画出x-t图（为了简化，只考虑一维的运动，设x轴是竖直的轴），那么运动图像是一条抛物线。你可以尝试着通过起点和终点画一些别的曲线，如果计算出经历整条路径期间动能减重力势能对时间的积分，你会发现所获得的数值比实际运动所获得的要大。如果我们设作用量S为

那么上面的事实换句话说就是作用量S在实际运动中取得最小值。对上面字母的解释：t1、t2表示运动的起点和终点时刻，1/2*m*v^2是研究物体的动能，V(x)是其势能（这里把它写成是随x变化的函数）。当物体只受重力的时候，V(x)=mgx。我们在上一篇文章中说过，一个泛函取得极值可以令其变分等于0，所以在力学中，最小作用量原理的特例就写作：



我们可以先定性的理解实际情况确实作用量最小。X增大时势能是增大的，作用量中势能前有个负号，所以应该在x比较大的时候多呆一段时间，而x比较小的地方尽可能快地往上爬，以保证动能减势能之差对时间累积之后尽可能小。

下面我想用基本的微积分变一个惊人的魔术：从最小作用量原理推导出牛顿第二定律F=ma！
我没完整学过变分法，因此我将主要根据《费恩曼物理学讲义 第二卷》第19章的内容，不直接用变分法而用高中生就能接受的初等的微积分来推导。
我们现在想要求的是一个泛函S的极值[之所以说S是泛函是因为，S的自变量是x随时间变化这个函数x(t)]，可以类比当初学导数的过程。先回忆一下我们还没学求导公式的时候是怎么求导的：要求一个函数的极值，我们可以令x有一个无穷小的变化Δx，代入函数的表达之后运算并舍掉高阶无穷小量最后算出Δy，令导数等于Δy/Δx等于0即可求得y在何时取得极值。我们将模仿上述过程求泛函S的极值。

先进行一些前期工作。首先把v换掉，根据v是x对t的导数得到

在下面的推导中，为了方便有时把x(t)简写作x。我们称真实路径为x0(t)，而x(t)则表示某条假想的尝试路径。我们设真实路径与实际路径有一微小差别（当作小量）记作η(t)。同样为了方便有时把η(t)简写作η。因为我们的数学模型规定了p1、p2是空间中两个固定点，因此有η(t1)=0，η(t2)=0（这个规定是必须的，否则得不到任何有价值的东西）。

有了上面这些东西，我们开始对S进行运算。

忽略掉高阶无穷小，即含有η^2或更高次幂的项，得到

下面对V(x0+η)变形，如果知道泰勒级数的人可以容易的理解V(x0+η)如何展开，如果不知道的话也不要紧，类比导数（类比导数是多么重要啊！！！）。我们知道y可以写作y=y0+Δy=y0+y’*Δx，其中y表示y对x的导数。那个η和Δx地位是相当的，V(x)和y地位是相当的，类比着我们可以写出

其中V’表示V的导数。所以

还记得δS的定义吧，它就是我们的尝试路径得到的S减去实际路径得到的S0。所以

现在的问题是，这里是某个积分，虽然我们还不知道x0是什么，但是我确实知道不管η是什么，这一积分必须恒为零。我们需要做的是把积分号里面那部分写成η乘以某个东西，如果这个东西恒为零了，那么整个积分式就恒为零。
所以我们想用所谓的分部积分对S进行变形。分部积分可以从导数的乘法公式得来，假设我们有某个函数f（以t为自变量），我们想求f*η对t的导数，则有

两边同时积分得到

上面的式子就叫做分部积分。令上式的f=m*dx0/dt可以得到

来看上式的第一项，因为前面说过的，η(t1)=0，η(t2)=0，所以第一项等于零！所以

我们终于得到了想要的结果——某个东西乘以η(t)总等于0！那就令这个东西恒等于零好了！看看这是什么？

第一项中x0对t的二阶导数正是加速度a，第二项中势能V(x0)的导数，不正是-F么！！！上面那个式子其实就是F=ma!!!

好了，花了这么大的力气终于从最小作用量原理推导出了牛顿第二定律，从而基本上可以解决任何经典力学问题了。在《最小作用量原理与物理之美2——自然中无处不在的极值》中我举了重力势能最低、表面势能最低的例子，这其实就是作用量中动能那一项恒等于零的结果。需要注意的是，尽管我们总是叫最小作用量原理，实际上作用量不一定最小，它可以是极小值、极大值或者恒定值，重力势能最低实际上是作用量取极大值的情况（作用量中势能前有个负号）。

有了这个力学的最小作用量原理，我们只要把合适的V(x)带进去就可以得到各种各样的结果，很多东西就能被理解了。有人会说牛顿力学不是错的么，相对论更准确，从最小作用量原理推出的是不准确的结果，那么它本身也不会正确。我想说的是，原理本身没有错，主要是我们的推导没有考虑任何相对论效应，作用量本身也没有经过相对论的修正，但是严谨的表述是可以实现的。

主要参考资料：
《最小作用量原理与物理学的发展》（许良 著）
《费恩曼物理学讲义 第二卷》（R·P·费恩曼 著）
《可怕的对称》（阿·热 著）

证明：作出正n边形的外接圆，有且仅有一个三角形把外接圆圆心包在内部，所以有且仅有一个三角形是锐角三角形。证毕！！！