“我每天晚上会抛一个骰子，那个骰子抛到几点就会让几号囚犯出来有一个小时放风的时间。走廊上有一盏灯，每个囚犯都能在出来放风的时候看见它，还能随意操作那盏灯的开关，决定它亮不亮。让你们全部都得到释放的办法就是：某一个囚犯在某次放风的时候和我说自己认为所有的囚犯都已经放风过了——如果他说对了，那么你们六人都能得到释放，不然的话，你们就要被终身监禁。”

他们有一段时间进行商量，试图想出一个策略来进行交流，然后就被关押到各自的牢房里面，期望从监狱长的手中夺到自由。

如果你是一个囚犯，你有没有策略能够保证他们能够被释放呢？

在揭开谜底之前，不妨慢慢分析一下这个问题——其实就是一些提示啦。首先要注意到只有一盏灯，而且开关灯的过程别人看不见。只有0和1两种状态显然不能记录六个人（后面会发现其实这个数字只是方便配合抛骰子的选择方式罢了）那么多的信息量，那么每个人除了这一盏灯，还有其他的信息来源么？

其实是有的，那就是上一次出来放风（如果有的话），上上次出来，上上上次出来。。。。的时候，那个灯泡的状态。不得不说，时间在这里起了很关键的作用，整个过程积累的信息往往会很有用，然而要想让历史信息有用，那么就只能约定一个有用的规则，每个人都能利用到。

其次，注意到只需要一个人去和监狱长说，同时注意到只要监狱长是按照游戏规则进行真正的随机抽人，那么每个人都会有机会出去放风，所以说大家肯定有机会被放出去。同时也要想到：去和监狱长说的人一个就够，为什么我们不规定某一个人去说呢？因为每个人都有机会出去放风，那么当每个人都出去放过风之后，那个被确定为通知者的人也有机会被放风——此时他已经通过某种方式得知了所有人都能被放出去，信心满满。所以这样的方法不是不可能的。

于是通过上面的分析，可以得到这样一个方案：

约定第一个出去放风的人是通知者——显然对这个身份的理解不会有误。接着便是一个长时间的通过对概率的信任而得到的策略。第一个人将灯泡点亮。从第二次开始，每一个出去放风并且还没操作过灯泡的人如果发现灯泡是亮着的，就将它关掉——这时他便算是操作过灯泡的人了。通知者以后某时肯定会有机会出去放风，如果他发现灯泡是灭的，就在计数器上加一，再将灯泡打开。等到他第5次发现灯泡熄灭后，就可以去向监狱长汇报了。

这个方法其实可以适用于任意多人的情况——只要你假定监狱长没有邪恶地作弊，而且时间足够长。

这个方法一个显而易见的弊端就是无法在最短的时间里去报告，也就是说第六个出来放风的人看着灯泡便能知道自己是最后一个出来放风的人。但是在人数任意多的一般情况下，只有一个灯泡的话是不可能做到这点的，两个灯泡也不能——至少要三个灯泡才能做到。这是《趣话概率》上面提到的，我暂时还没想到三个灯泡的解法，欢迎各种讨论~

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这个双射的难点就在于，我必须要有办法从z还原出两个不重复的值。可惜我十几分钟都没有想到怎么使用初等函数够造出这样的函数(- -|||)，于是我决定换一个角度来思考这个问题。

受到经典的对角线法的启发，我突然想到可以尝试逐位讨论小数点后的数字。于是，一个大概的雏形就出来了：记

。

那么我令

，

这样我们就可以从z还原出x和y了。不过现在多了一个问题：如果

，

那么我们就还原出了

，

那这个实质上就是而不是上的点了。那么我们索性定义x,y是属于，这样映射出来的z就属于。如果我们能够再找到一个双射从到，另一个双射从到，那么我们就可以传递式地得到一个从到的双射。

这两个双射都是比较好构造的。先看一维的那个吧，因为二维的要用到它。这个双射可以定义为一个分段函数:

。

这样就ok了。那么二维的双射呢？只需要将映射到就好了，定义这个映射为。再令之前的二维到一维的函数为，则我们所要求的映射

，

意即

显然这是一个双射。终于达成~

其实我觉得这个是不是复杂了？感觉一定会存在一个很巧妙的分段函数……应用到了z的某一个性质，能够分解成两个唯一的数的关系。可能是在一个方程中设立两个参数，让参数与方程的解对应起来……恩，坐等老师的想法，估计半个月后更新。读者有什么想法也在下面留言吧~

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1.最后的叶子看着Malloc，Malloc看着寺雷颠。假设最后的叶子已婚而寺雷颠未婚，那么是否有一个已婚人士看着未婚人士？A.有的 B.没有 C.不能确定

你会选哪一个呢？是不是AC？

如果你选择了AC的话，那么你就中计了~虽然说我们不知道Malloc的婚姻状况，但是仔细想一想，无论他已婚还是未婚，都存在“有一个已婚人士看着未婚人士”这样的情况——或者是最后的叶子看着Malloc，或者是Malloc看着寺雷颠，这两束目光总会有一束满足要求的。

2.假设有一种病叫做SH综合症（看了南方公园S14E01的都懂），这是一种发病率为千分之一的严重疾病。现在假设有一种检测手段绝对不会误诊真正的病人——即如果你的了这种病，那么一定会被检查出来。但是这种手段却有5%的概率将一个正常人误诊为发病的人。那么假设你的检查结果显示你患有这种病，那么实际上你患病的概率是多大？

你会说95%吗？80%？其实都不对。首先注意到，1000个人里面只有1个患病，那么对于剩下的999个人来说，他们有5%的概率“被患病”，也就是差不多50个人，这样，每1000份报告当中就会产生51个阳性，那么这些报告其实只有一份是正确的——所以，一份阳性报告得到正确结果的概率其实只有1/51，还不到2%！其实这就是一个很容易让人误解的概率问题（其实说起来，概率问题虽然分析起来不难但是最广为流传的就是蒙特霍尔山羊问题）。这里有一篇相关的文章，里面提到了贝叶斯公式，大家可以去进一步学习~

3.桌上有四张卡片，每张卡片的一面是数字，另一面是字母。现在，你看到的四张卡片朝上的一面分别写着 ‘A’，’K'，’8′和’5′。假如严酷的魔王说：这些卡片中若字母面为元音，则数字面是偶数。那么，你要翻开哪些卡片来检验这条规则的正确性呢？

SA上面号称大约有一半的人回答应该翻开A和8 。翻开A自然没有什么问题，但是你想想，翻开8真的能起到什么检验的作用吗？其实这个游戏的原理使用了这样的一条规则：“逆否命题与原命题等价”。所以说，对于原来的规则，它相应的逆否命题就是“如果数字面是奇数，那么字母面就不是元音。”照这样的规则，我们应该检查一下5的反面是不是元音，如果不是的话这条规则就成立了。那翻开8为什么不对？其实是因为通过8来检验字母面其实相当于原命题的逆命题：即若数字面是偶数，那么字母面就是元音。仔细地想一想就会发现，逆命题的正确性和原命题的正确性是没有多大关系的。比如，“如果一个人从20层自由落体到地面，那么他就会死掉”以及它的逆命题“如果一个人死掉了，那么他就是从20层自由落体到地面的”，相比之下，后者显然不能因为前者是比较正确地从而推出自己也是正确的。

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即使我不说，估计所有人都知道上图中唯一的空格应该填上38。除此之外，你还能发现什么规律么？

我能告诉你，至少还有一条规律是这样的：在大小上相邻的数字之间的位置也相差不远，都互相在对方的周围八格内，即，如果从1开始往下遍历数字，会发现从下一个数字总是在上一个数字的左右上下的或者对角方向的相邻位置上。

是的，这次我推荐的游戏就是这样的规则：让图中的数字能够从小到大连成一条不间断的线——不管是横的竖的还是斜的。游戏的名称叫做Hidato Adventure——Hidato是以色列数学家Dr. Gyora Benedek发明的有着如上述填数规则的数字游戏。先不妨玩一玩，看看下面这幅图你要花多久来填满？深黄色的格子是挖空的，不需要填。注意，有公共边或者公共顶点的格子都可以填入下一个数字哦~

这个游戏保证只有一个解，同时比数独灵活的地方就在于它的格子形状可以千奇百怪，在方格中间挖孔是最常见的方法，还有爱心形状的啊，骷髅形状的啊，只要你想得到就能够画得出——规则越简单，可能性就越多样。不过目前我还没有总结出什么比搜索更好的方法，剪枝也就是简简单单地先将所有的唯一解（包括填了唯一解后新产生的唯一解）填满，然后继续深搜……关于解题的其他新想法欢迎在下面留言讨论~~我的是在幻想游戏上下载下来的单机版本（名叫数列大冒险……），而这里是官网上提供的在线试玩地址（貌似只有一关~囧）。

上题的解法见下图：

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在这篇短文中我们将对于素数无穷性给出一个初等的“拓扑”证明。我们在整数集合S中，取所有算数级数的基，S可成为一个拓扑空间。事实上，对于这个拓扑，可以证明S是正则空间，并且是可距离化的。每个算数级数是又开又闭的集合。因为它的补集是具有同样公差的其他算数级数的并，于是，任意有限个算数级数的并也是闭集。

对素数，令是的全部倍数组成的集合。现在考虑集合，其中取遍全部素数。则是不在中的整数。由于{1,-1}显然不是开集，从而不是闭集。这表明素数有无穷多个。

不知道读者怎么看这段“原文”，反正我很晕乎……经过努力后终于弄懂了大概意思，所以我将在下面对此进行逐句的解释。

首先，算数级数就是等差数列，我们不妨从线性空间里面学到的基的定义拓展一下，等差数列的基就是能够结合参数表示出等差数列的“产生元”，那么可以这样定义：就是等差数列，其中(a,b)是一个基——因为当我的n作为参数取遍所有整数的时候，可以根据固定了的a和b得到一个等差数列，其中a是公差，b是一个起点。另外，当a和b取遍整数集时，必然可以取到算数级数的所有的基。

拓扑空间的定义可以参阅维基百科上的资料，而对这个命题真正重要的其实是开集和闭集的概念（这里的开集和闭集并不是如同熟知的数轴上区间开闭的定义），所以在这里我就忽略掉“正则空间”等装B字眼。

我们的讨论是在整数集上进行，所以可以这样定义开集：

开集属于整数集且对于开集中的每一个整数b，总能够找到一个合适的公差a，使得仍然属于该集。

显然，在这里所有的开集都是无限的——除了空集{}。比如，{…,-7,-5,-3,-1,1,3,5,7,9,…}就是一个开集，对于其中的每一个整数（奇数），我们总能找到固定的a=2使得扩展出来的等差数列属于原集合——其实是等于原集合了。又比如，{……,-2,-1,1,2,4,5,7,8,10,11,……}这个集合，直观规律是每两个数就跳过一个数。那么我们也可以找到公差a=3，那么也能够证明此集合是开集。

闭集的定义就简单了：一个开集对于整数集的补集。比如上面的例一中开集的补集就是闭集，即偶数集。

好了，定义到这里，我们可以解释第一段的最后两句话了。根据定义可得每一个算数级数显然是开集，然而它的补集也是一个开集，则它本身又是一个闭集——那么可得每一个算数级数是又开又闭的集合。那么要证明“任意有限个算数级数的并也是闭集”，我们只需证明任意有限个闭集的并也是闭集。借助德摩根定律，就相当于他们的补集的交集的补集(有点绕口啊~)，即。他们的补集显然是开集，那么如果开集的交集仍然是开集，那么就是闭集了。现在假设A和B是两个开集，那么假设有和分别属于A和B，那么显然可以找到一个e，使得e属于交集，同时可以看出属于——所以得到开集的交也是开集。综上一大段所述，闭集的并也是闭集。可以将上述结论推广到有限多个开(闭)集的交(并)集。

上面一大段可以总结为一句话：有限多个闭集的并集仍然为闭集。

关于“拓扑”的知识已经铺垫完了，下面我们开始进入正题。等价于这个集合：。那么令p取遍所有的素数，得到了一个集合A。由定义得到A的补集就是{-1,1}。假设素数是有限个的，那么由“闭集的并也是闭集”可以得到A是一个闭集——那么A的补集是一个开集，但是开集要么为空，要么为无穷集合。所以矛盾，证毕。

虽然说这个证明号称为拓扑学的证明方法，但是有点“浅尝辄止”的感觉，倒更像一次对德摩根定律的巧妙应用——不过似乎切入点仍然是从拓扑中对“开集”与“闭集”的定义得来的。这次看上去有点风马牛不相及的结合让我感到非常神奇，非常牛B~

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Perott 的年代其实离我们挺近的，他的证明是1881年给出的，使用了一个高中生就知道的无穷级数：

。

假设只有个素数，也就是。取自然数使得，则不被平方数除尽的最多有个——不被平方数除尽的数一定不会被任意一个素数的平方除尽，那么肯定就是若干个不同素数的乘积，那么每一个素数都是“取或不取”两种形式，由乘法原理自然得到了的个数应该是个。下面我们再来看看会被某个平方数除尽的数的个数，如果一个数能被整除，那么满足这个条件的数最多有，那么所有的能被某个平方数除尽的数最多有个。于是就有

只要我们取一个足够大的N使得，就矛盾了~这里的主要思路是从有限个素数推导出有限个被平方数整除的数以及有限个不会被平方数整除的数，然后再导出矛盾。

_____________________________________________________________________________________

接下来我们看看另外一个人Auric 的证明，思想非常简单，只用到了唯一分解定理。开头是类似的，假设只有个素数，也就是。那么我们取一个整数，记，那么由唯一分解定理可知，对于满足就显然有：

而且其实是由唯一决定的。由于有，那么对

,其中

这样的话的个数就不会超过的个数——因为是一一对应的。那么就有

因为是任意的嘛，所以说对于充分大的，肯定有。那么就矛盾了。

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然后是第三个人Métrod的证明，更简单了，有点类似欧几里德的最初的证明。假设只有个素数，也就是。记，再令，那么对于每一个都有不整除，同时当的时候，有能够整除。令，那么的任意素因子都不属于之前的到——因为总存在某一个不会被之前的个素数所整除。所以，矛盾！

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至于为什么那么久没更新：因为我最近变懒了，同时求生之路2放出，我把仅有的一点使用电脑娱乐的时间都放到了求生之路2的重口味战场上……过了一个多星期，发现还是需要换换气，博客不能不继续，求生之路2可以寒假再说~

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先来说说正题，就是这个证明本身。欧拉设想，如果涉及到所有的素数的某个表达式的值是无穷大，那么素数的数量应该是无穷多的。他考虑了下面的式子：

其中是第i个素数，因为任意素数大于1，所以上式是显然成立的。对于另外一个素数同样有

那么将两个式子相乘则得到下面这个式子：

显然，左边的式子是所有可以表示为这个形式的自然数，其中是大于等于0的自然数，显然，这些自然数都不相等。好了，这样似乎可以看出一点苗头了。假设素数有个，那么由唯一分解定理可得到下面这个式子：

只要看出左边的等号成立的原因即可理解了。因为，所以所有的素数的这个表达式的乘积为无穷的——显然，只有素数是无穷多个的时候才能达到这个目的，因此证毕。

但是，这个证明有点奇怪，因为似乎我们用了很多很高深的东西才把这个看起来很基础的玩意给证明出来。但是这个证明有其独特的意义。这个公式将Zeta函数和素数联系在了一起:

然后牵扯出了各种各样的奇形怪状的东西，在这里显然不可能讨论那么多……我所知道的也只是几个结论而已，想知道的读者可以留言或者mail我——但是技术细节我就不得而知了……

下次给出的证明将是非著名数学家的成果，风格迥异~

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下面我将要给出的这个证明来自于一个身份很特别的数学家：哥德巴赫。我记得某天zxy跟我说哥德巴赫估计除了那个猜想什么贡献也没有。结果今天我终于看到了一个他写出来的证明——不过书上的评价是“这也许是哥德巴赫写出的唯一的证明”……

这个简洁而优美的证明思想大概是这样的：如果我们找到了一个自然数的无穷数列，其中任意两项互素——则没有两个数字有相同的素因子，那么令为的某一个素因子，则彼此不同，则素数就有无穷多个！那么现在重点就是设法找到这样的一个数列。哥德巴赫找到的数列是非常有名的费马数。即。证明这个数列两两互素很简单：，所以当时有；但是如果有素数同时为和的因数，那么它肯定同时为和的因数，从而，可惜费马数都是奇数，所以证毕。那么数列找出来了，原命题也就证毕了~

问题解决后，我们不妨把目光放得远一点：还有没有其他的不利用无穷多个素数这个性质的无穷互素数列？答案是有的。可以证明如下定义的数列满足要求：若S0和a是互素的整数，且，则满足 的数列是两两互素的——因为可以得到。可以看出，如果，那么我们就又得到了费马数！

还有另外一个构造方法：令是一个非常数整系数多项式且满足，并且需要满足如果和互素，则和必然互素这个性质。那么函数迭代地构造，，则必然两两互素。比如满足上述条件,那么又变成了费马数列！

我会慢慢将其他漂亮而奇异的证明展现给大家~下一篇应该是欧拉的证明。

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先看看第一个方法：居然又使用了二分法。这里是用反证的，假设其无界，那么二分之——即一直选取无界的那个区间，顺便得到了一个区间套和那个被套住的唯一的。既然在处连续，则肯定有定义。

对于，存在一个使得且对有。所以可以推出

。

但是现在仍然没有明显的矛盾。于是我们继续，不难得到，

可推出，

所以

，

所以在任何一个上都有界，矛盾了~

_______________________________________________________________________________

第二个方法就比较简洁了，因为用了魏氏定理，等于是间接二分了一下。

同样反证之，那么对于任意的肯定存在使得。

则得到数列满足

。

另外，，所以是有界的，由魏氏定理可知数列中必有一个收敛子序列，记为好了，如果，那么会出现两个奇怪的式子：

且。

所以得出了矛盾~

_______________________________________________________________________________

PS:课本上称呼魏氏定理为波尔察诺-魏尔斯特拉斯紧致性定理，其实与区间套定理是等价的。但是课本给出了区间套定理的非魏氏定理证明法，却没有给出魏氏定理的非区间套证明法……看来一旦瘾上了二分还真难改掉啊~同时，一旦瘾上了也真难改掉啊……我发觉我有癖了……

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这个定理叫做……“Weierstrass定理”……好吧，只能说这个定理是某一个Weierstrass定理……下面称为魏氏定理好了……内容是这样的：对于任意的有界无穷数列，一定存在一个收敛的子序列。举个例子，对于数列0，1，0，1，0，1，……这里只需要将子序列定为0，0，0，0，0，……或者1，1，1，1，1，1，……即可。但是这个结果其实是不那么显然的，例如：,你能肯定地说一定能够找到收敛的子序列么~？所以这个结论又略显奇妙。

首先要声明（不是证明~）一个“区间套定理”。区间套指的是这样的一系列区间：且。那么对于每一个区间套，都存在一个唯一的实数满足。这个从直观上是比较好理解的吧~

下面就来证明下那个魏氏定理。首先因为有界，我们就可以设数列位于区间内。那么，取这个区间的中点，于是将原来的数列分成了两部分，那么至少一个部分里面包含了无穷多项，就设这个区间为，然后对新的区间继续二分，选择任意一个含有无穷多项的区间重复操作。显然，因为每次区间的长度减半，所以最后得到的是一个区间套。最后这个套套网住了一个实数。那么，我们只需要在每一个中取一个，这样生成的子列就肯定是收敛到套套里的~

这个二分+区间套的方法确实很好用。在证明介值定理的时候也用上了。我们让区间套满足，即不断地二分，然后选取包含了0的那一部分。最后当然，套套套住了0.

在实数中的二分感觉更加飘渺~因为在操作实数，极限等一系列概念的时候有很多直观上容易理解的东西都需要去严谨地说明，有时候不知不觉地就用上了一个没有证明过的东西，从而让整个证明失去严谨性。而且任何问题一旦牵涉到无穷，那么就无法用直觉来咬定结果了。所以这里的二分对我来说就像是一种突破，带来的并不是算法效率方面的结果，而是思维的拓展。

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