21. 截尾质数

    研究过程其实非常有趣。在利用树形图寻找质数时，很快就可以发现，除了
只能作为起点的2 之外，不可能再有其他的偶数。同理，5 只能作为起点。此外，
当以2 开始时，下一个数只能是3 或9 ，因为1 或7 将使该数能被3 整除。以2
开始的完整质数树形图如下图所示，此种质数共有24个。

    以下是将其余的此种质数对应至每一分枝终点的数所做的摘要：

    31193 ，31379 ，317 ，37337999，373393，37397 ，3793，

    3797

    53，59393339，593993，599

    719333，7331，73331 ，73939133，7393931 ，7393933 ，

    739397，739399，797

    这个活动与左质数（left－handed prime）有关。不过，你也可以做右质数
（right －handed prime）的研究，例如12647 ，在由左向右截尾时仍为质数；
或是做双侧质数（two －sided prime ）的研究，例如317 或739397.

    22. 生日巧合

    如果不考虑生日巧合的概率，而考虑没有人生日相同的概率，会比较容易。

    首先考虑A 与B 两人生日不同的概率。例如假设A 的生日是在3 月25日，则
B 的生日可能是一年中其他364 天中的一天，所以A 与B 生日不同的概率为364/365.
现在考虑第三个人C.C 的生日与A 、B 不同，则一年中还有363 天可能是C 的生
日，所以C 与A 、B 生日不同的概率为363/365.

    故A 、B 、C 的生日都不相同的概率为：

    将此论证继续沿用至第四人D ，就得出他们生日都不同的概率为：

    同理，在一个有30名学生的班级中，各人生日都不同的概率为：

    耐心地使用计算器就可以算出这个值大约是0.294 ，所以在有30名学生的班
级中，至少有两人生日相同的概率是：

    1 －0.294 ≈0.7

    顺便说一句，用上述的论证方式可以证明当一个班级有23个学生时，有两人
生日相同的概率要比学生数为偶数时高。

    23. 认识正八面体

    实际做出本题中提到的模型能大大加强学习的效果，因为再怎么仔细阅读文
字或看图片说明，也比不上利用模型所得到的经验来得直接。

    由八面体的一个顶点出发，每边只经过一次而回到原点的路径有1488种。

    你能找到多少种？

    如果你将八面体的边作拓扑变换（topological transformation）形成如图
1 的形式，可帮助你思考所有的路径。

    另有一种做出正八面体的方法，即按照如图2 所示的由等边三角形组成的展
开图，用纸或卡片制作。将所有的折线刻出印痕，然后将这两边的三角形折叠，
先把A 折至B.要记得八面体的每一个顶点都有4 个三角形，所以这个图应该不难
折。最后，将画斜线的三角形折进去，你就有了一个坚固的模型，而且可以展开
恢复原状。

    24. 邮票册研究

    （1 ）英国邮政总局1985年的设计如图1 所示，包含3 张13p 、2 张4p与3
张1p的邮票。这种设计非常简单，很容易就能

    找到国内邮件（13p 与17p ）所需的邮票，而且除了200g限时信的38p 之外，
其他邮费也都能找到。

    可能的解其实有许多种，都可由邮票册中挑选出所有的邮费。图2 和图3 是
其中的两种。第二种有一个优点，就是当平信的邮费降至12p 时也可以使用；事
实上，还可以寄4 封邮费为12p 的信件（见图3 ）。

    这种问题可使同学们将算术运用到实际生活中去。

    （2 ）不可能的邮费为18p.7p、9p与2p的邮票面值总和为18p ，但在邮票册
上彼此并没有相连。组成其邮费的方式如下：

    1p＝1 17p ＝1+7 ＋9

    2p＝2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 18p

    3p＝3 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　19p ＝7+9+3

    4p＝1 ＋3 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 20p＝7 ＋9 ＋
3 ＋1

    5p＝3 ＋2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　21p ＝9 ＋10
＋2

    6p＝1+3 ＋2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 22p＝3 ＋9 ＋
10

    7p＝7 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　23p ＝1+3+9+10

    8p＝1 ＋7 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 24p＝3 ＋9 ＋
10＋2

    9p＝9 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　25p ＝1 ＋3 ＋
2 ＋9 ＋10

    10p ＝10　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　26p ＝7 ＋9 ＋
10

    11p ＝7 ＋1 ＋3 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　27p ＝1+7
＋9 ＋10

    12p ＝3 ＋9 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 28p＝7 ＋9
＋10＋2

    13p ＝9 ＋3 ＋1 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　29p ＝1 ＋
7 ＋9 ＋10＋2

    14p ＝9 ＋3+2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　30p ＝1 ＋3
＋7 ＋9 ＋10

    15p ＝1 ＋3 ＋2 ＋9 　　　　　　　　　　　　　　　　　　31p ＝3 ＋
2 ＋7 ＋9 ＋10

    16p ＝7 ＋9 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　32p ＝1 ＋3
＋2 ＋7 ＋9 ＋10

    本题能帮助学生熟悉数字之间的基本关系，培养空间感，学生必须做出假设
并进行检验。问题是要找出N 的极限值，有一种方法是找出从2 ×3 的邮票中撕
取一张邮票或一组相连的邮票到底有多少方式。从这一点又可引申出更一般化的
空间问题。从m ×n 的邮票中撕取一张邮票或一组相连的邮票共有多少方式？

    撕取邮票的方式共有40种，所以这也是N 的上限。但由于题目的限制，使得
N 的最大值是36. 如图4 所示的两种方式是其解。检验两者是否自1p至36p 都可
以得到。

    在研究此问题时可以考虑相加的和（如12＝4 ＋6 ＋2 ），或是在撕去邮票
后留下的面值（如28＝36－8 ，故28＝1 ＋2 ＋15＋4 ＋6 ）。

    有一种着手解决这种问题的方法是从较小联的邮票开始。对2 ×2 联的邮票
而言，撕去一张邮票或一组相连邮票的方式共有13种，如图5 所示的两种解答可
以得到邮费为1p至13p 的邮票。

    对5 张邮票的情况，撕去邮票的方式共有21种，但所得的邮费只有1p至20p.

    25. 设计直尺

    5 道切口得出的10种间隔为：

    以此种计数方式可以很清楚地看出其通式。n 次锯切可得：

    1 ＋2 ＋3 ＋4 ＋…＋（n －1 ）种间隔

    当5 次锯切的位置如上图所示时，即ab＝1cm ，bc＝3cm ，cd＝3cm ，de＝
2cm ，则ac＝4cm ，ce＝5cm ，bd＝6cm ，ad＝7cm ，be＝8cm ，ae＝9cm.如果
没有遗漏掉任何长度，那么这就是最佳的锯切方式。

    如果我们并不要求得到连续的长度，那么也可能得出10种不同长度的间隔。

    例如，如果ab＝1 ，bc＝6 ，cd＝3 ，de＝2 ，则即可得出下列的10种间隔
：

    1 ，2 ，3 ，5 ，6 ，7 ，9 ，10，11，12

    但是在试着得出有连续长度的间隔时，要看出是否具有一般性的通式并不容
易。如果做n 次锯切，且N 为连续长度的间隔数，则以1cm 起始，所得出的最佳
解如下。