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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但是，其实这个证明里面隐藏着一个致命的逻辑错误。

这要从如何定义一个概念说起。在逻辑学上，对于定义有一条不起眼的要求，那就是给出定义以后要证明其存在性。比如说我定义质数为除了1和它本身没有其他正约数的正整数，从理论上来说我得证明这种数是存在的，我们可以举个例子来证明其存在性，比如说2就是质数。这可能和我们这么多年的学习经验不符，我们学习数学概念的时候可从来没有见过什么存在性证明啊...我们学的大多数概念的存在性的证明都是比较显然（举个例子就可以了），因此在课本里从来不出现，但是这绝不意味着存在性证明没有用，尤其在抠逻辑漏洞的时候。

比如说吧，我要定义一种数叫做“蛋疼数”，他被定义为“大于2的偶质数”，显然蛋疼数就不存在。然后假如我基于蛋疼数演绎出来了一整套蛋疼理论，看上去完美无缺而且非常漂亮，可是回过头来一看，哎呀，蛋疼数居然不存在，那整个理论体系的根基就倒塌了。

再比如说，我要定义一种数叫做“牛逼数”，他被定义为“大于4的不能写成两个质数之和的偶数”，很明显牛逼数就是违反哥德巴赫猜想的数...这样，牛逼数的存在性证明实际上就是找到哥德巴赫猜想的反例，这可实在不是一件很显然的事情...

好了，回到上帝是不是万能的问题上来。这里，实际上我们用到了一个概念叫做“上帝搬不动的石头”，我们有对它的存在性给出证明吗？如果它是不存在的（也就是说它存在的话会跟现有数学体系有矛盾），那么标题这个问题实际上就相当于在问“上帝能造出大于2的偶素数吗”，没有任何意义。我们总不至于把“能造出两个互相矛盾的东西”作为“万能”的一个必要条件吧，所以不存在的东西上帝当然造不出来，这不能算他不万能。。。这样一来，如果你认为“上帝搬不动的石头”是存在的，那么其实你已经隐含了一个假设那就是上帝不是万能的了，那么整个逻辑就是这样的：你假设上帝不是万能的->存在上帝搬不动的石头->上帝能造出来他搬不动的石头->有种东西是上帝搬不动的->上帝不是万能的。。。这仅仅说明，上帝不是万能的这个命题如果成立，在这个情景下不会导致矛盾，并不能说明什么更深刻的东西。所以说，上帝是不是万能的，通过这个这个问题是证明不了的。。。

你想证明上帝不万能，没这么简单呢！

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本福特定律，也称为本福德法则，说明一堆从实际生活得出的数据中，以1为首位数字的数的出现机率约为总数的三成，接近期望值1/9的3倍，推广来说，越大的数字，以它为首几位的数出现的机率就越低；精确地数学表述为：在b进位制中，以数n起头的数出现的机率为logb(n + 1) − logb(n)。

在十进制中，首位数字出现的概率为：

这个定律的发现，据说是因为本福特在翻对数表的时候发现前面几页被翻得很黑很破烂，越往后越颜色越浅。由此他想到会不会是1开头的数字就是比其他数多，他统计了一下发现果然如此。其实这个对数表的事情真假难辨了，就像是牛顿说自己是被苹果砸到了头才发现的万有引力定律一样，只要最后的定律有用就可以了。

首先说明一下本福特定律的适用范围。这个定律是一个非常神奇的定律，它的适用范围异常的广泛，几乎所有日常生活中没有人为规则的统计数据都满足这个定律。比如说世界各国人口数量、各国国土面积、账本、物理化学常数、数学物理课本后面的答案、放射性半衰期等等数据居然都符合本福特定律。值得一提的是，科学家还发现，统计物理的三个重要分布，Boltzmann-Gibbs分布，Bose-Einstein分布，Fermi-Dirac分布，也基本上满足Benford定律！（来源：李淼）

但是这个定律毕竟还是有适用范围的。第一，这些数据必须跨度足够大，必须横跨好几个数量级才能产生这个结果。第二，有人为规则的数据就不满足次定律，比如说手机号码、身份证号、发票编号等数据，明显不满足这种对数分布律。也就是说，本福特定律正是没有任何限制才显露出来的定律，越是对数据的产生有人为限制，越是不满足该定律。第三，数据不能经过人为修饰，随便人为修改的数据一般就不满足本福特定律了，比如当年著名的安然公司造假案，他们的账本就没有满足本福特定律，因此这个神秘的定律甚至可以用来判别是否财务造假。。

那么到底该如何理解这个神秘的定律呢？为何自然产生的数据会满足这么奇特的一个定律，而不是均匀分布呢？

本福特定律产生的根源，就在于指数增长。这幅图可以直观的显示，如果一个变量随时间成指数增长的话，那么这个变量开头的数字随着时间的变化就应该是如下图：（横轴代表时间，纵轴代表那个变量）

显然，在某时刻你得到它以1开头的概率要大于9开头。而这是只取一个值的情况，如果是取大量的数据的话，在某时刻你观察到他以1开头的数据数量就大于以9开头的数量了。而指数增长的形式在自然界是十分普遍的，只要一个变量的增长率和他的大小成正比，结果就会是指数增长。比如说人类科技发展的速度大致和已有的科技成果成正比，所以人类的科技发展就是个指数增长；人口增长率会和已存在人口数成正比，因此没有资源限制的人口增长也是指数增长。指数增长是自然中极为普遍的一种变化规律，而这种变化规律可以直接导致本福特定律。

另外一种直观的解释（来自维基百科）是这样的：从数数目来说，顺序从1开始数，1,2,3,...,9，从这点终结的话，所有数起首的机会似乎相同，但9之后的两位数10至19，以1起首的数又大大抛离了其他数了。而下一堆9起首的数出现之前，必然会经过一堆以2,3,4,...,8起首的数。若果这样数法有个终结点，以1起首的数的出现率一般都比9大。

就以一个城市的所有门牌号为例，有的街道门牌号可能在100多就结束了，有的在500多结束，有的在900多结束。注意到500多结束那条街一定包含了1、10+和100~199这些1开头的门牌号，而不包含9开头的百位数，只包含9及90+的以9开头的数，这样一来明显以1打头的就多于9打头的了。然后对整个城市的所有街道做一个综合，最终就满足本福特定律了。

另外，值得一提的是，本福特定律满足尺度不不变性，即如果我们换一套单位制，本福特定律仍然成立。其实，这也可以作为大自然产生的统计数据满足该定律的一个解释：如果我们把原来的单位是米的统计数据换一个单位，例如换成英尺或者公尺，那么统计数据的分布应当不变。而唯一满足这种尺度不变性的分布，应当是某种对数分布，也就是本文的主角本福特定律。

以上只是直观的理解，如果想深究它的根本原理，可以参见它的证明：Hill, T. P. "A Statistical Derivation of the Significant-Digit Law." Stat. Sci. 10, 354-363, 1996.。

//原载于果壳网

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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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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。

————————————

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！

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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...

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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。

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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...

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