資源簡介

100個著名初等數學問題
——歷史和解
100 Great Problems of Elementary Mathematics:
Their History and Solution
[德]H·德里
Heinrich D?rrie
目錄
算術題 1
第1題 阿基米德分牛問題 1
第2題 德·梅齊里亞克的砝碼問題 3
第3題 牛頓的草地與母牛問題 4
第4題 貝韋克的七個7的問題 5
第5題 柯克曼的女學生問題 8
第6題 柏努利—歐拉關于裝錯信封的問題 10
第7題 歐拉關于多邊形剖分問題 12
第8題 魯卡斯的配偶夫婦問題 15
第9題 卡亞姆的二項展開式 19
第10題 柯西的平均值定理 21
第11題 柏努利冪之和的問題 23
第12題 歐拉數 26
第13題 牛頓指數級數 29
第14題 麥凱特爾對數級數 35
第15題 牛頓正弦及余弦級數 38
第16題 正割與正切級數的安德烈推導法 41
第17題 格雷戈里的反正切級數 44
第18題 德布封的針問題 47
第19題 費馬—歐拉素數定理 50
第20題 費馬方程 56
第21題 費馬—高斯不可能性定理 63
第22題 二次互反率 68
第23題 高斯的代數基本定理 72
第24題 斯圖謨的根的個數問題 74
第25題 阿貝爾不可能性定理 76
第26題 赫米特—林德曼超越性定理 83
平面幾何題 90
第27題 歐拉直線 90
第28題 費爾巴哈圓 91
第29題 卡斯蒂朗問題 92
第30題 馬爾法蒂問題 93
第31題 蒙日問題 96
第32題 阿波洛尼斯相切問題 97
第33題 馬索若尼圓規問題 100
第34題 斯坦納直尺問題 102
第35題 德里安倍立方問題 105
第36題 三等分一個角 106
第37題 正十七邊形 109
第38題 阿基米德??值確定法 114
第39題 富斯弦切四邊形問題 116
第40題 測量附題 118
第41題 阿爾哈森彈子問題 121
圓錐曲線和擺線題 124
第42題 由共軛半徑作橢圓 124
第43題 在平行四邊形內作橢圓 125
第44題 由四條切線作拋物線 126
第45題 由四點作拋物線 127
第46題 由四點作雙曲線 130
第47題 范·施古登軌跡題 130
第48題 卡丹旋輪問題 132
第49題 牛頓橢圓問題 132
第50題 彭賽列—布里昂匈雙曲線問題 133
第51題 作為包絡的拋物線 134
第52題 星形線 135
第53題 斯坦納的三點內擺線 138
第54題 一個四邊形的最接近圓的外接橢圓 140
第55題 圓錐曲線的曲率 143
第56題 阿基米德對拋物線面積的推算 145
第57題 推算雙曲線的面積 147
第58題 求拋物線的長 149
第59題 笛沙格同調定理（同調三角形定理） 151
第60題 斯坦納的二重元素作圖法 154
第61題 帕斯卡六邊形定理 155
第62題 布里昂匈六線形定理 157
第63題 笛沙格對合定理 159
第64題 由五個元素得到圓錐曲線 163
第65題 一條圓錐曲線和一條直線 165
第66題 一條圓錐曲線和一定點 165
立體幾何題 167
第67題 斯坦納的用平面分割空間 167
第68題 歐拉四面體問題 168
第69題 偏斜線之間的最短距離 171
第70題 四面體的外接球 173
第71題 五種正則體 175
第72題 正方形作為四邊形的一個映像 178
第73題 波爾凱—許瓦爾茲定理 180
第74題 高斯軸測法基本定理 182
第75題 希帕查斯球極平面投影 183
第76題 麥卡托投影 185
航海與天文學題 187
第77題 航海斜駛線問題 187
第78題 海上船位置的確定 188
第79題 高斯雙高度問題 189
第80題 高斯三高度問題 191
第81題 刻卜勒方程 193
第82題 星落 195
第83題 日晷問題 196
第84題 日影曲線 198
第85題 日食和月食 199
第86題 恒星及會合運轉周期 202
第87題 行星的順向和逆向運動 203
第88題 蘭伯特彗星問題 205
極值 208
第89題 與歐拉數有關的斯坦納問題 208
第90題 法格乃諾關于高的基點問題 208
第91題 費馬對托里拆利提出的問題 209
第92題 逆風變換航向 210
第93題 蜂巢（雷阿烏姆爾問題） 212
第94題 雷奇奧莫塔努斯的極大值問題 213
第95題 金星的最大亮度 215
第96題 地球軌道內的彗星 216
第97題 最短晨昏蒙影問題 217
第98題 斯坦納橢圓問題 219
第99題 斯坦納的圓問題 221
第100題 斯坦納的球問題 223
算術題
阿基米德分牛問題
太陽神有一牛群，由白、黑、花、棕四種顏色的公、母牛組成。
在公牛中，白牛數多于棕牛數，多出之數相當于黑牛數的；黑牛數多于棕牛數，多出之數相當于花牛數的；花牛數多于棕牛數，多出之數相當于白牛數的。
在母牛中，白牛數是全體黑牛數的；黑牛數是全體花牛數的；花牛數是全體棕牛數的；棕牛數是全體白牛數的。
問這牛群是怎樣組成的？
解：如果用字母X、Y、Z、T分別表示白、黑、花、棕各色的公牛數；用x、y、z、t分別表示白、黑、花、棕各色母牛數，則得8個未知數的如下7個方程：
（1）
，
（2）
，
（3）
，
（4）
，
（5）
，
（6）
，
（7）
。
由方程（1），（2），（3），得6X – 5Y = 6T，20Y – 9Z = 20T，42Z – 13X = 42T。以這三個方程解未知數X，Y，Z，得：
，，。
因為891和1580沒有公因子，T必定是891的某一整倍數——假設為G倍，因此得
（I）
X = 2226G，Y = 1602G，Z = 1580G，T = 891G。
若將這些值代入方程（4），（5）、（6）、（7），得下列方程：
12x – 7y = 11214G，20y – 9z = 14220G，30z – 11t = 9801G，42t – 13x = 28938G。
解這些方程的四個未知數x，y、z、t，得
（II）
cx = 720630G，cy = 4893246G，cz = 3515820G，ct = 549213G。
其中，c是素數4657。因為在各式右邊G的系數中沒有一個可以被c整除，所以G必定是c的整數倍。
G = cg。
如果把這個G代入（I）和（II），最后可得到下列各關系式：
（I(）
X = 10366482g，Y = 7460514g，Z = 7358060g，T = 4149387g，
（II(）
x = 7206360g，y = 4893246g，z = 3515820g，t = 5439213g。
這里g可以是任何正整數。
所以，本題具有無數組解。若指定g值為1，則得下列最小數值的解：
白公牛：10,366,482；白母牛：7,206,360；
黑公牛： 7,460,514；黑母牛：4,893,246；
花公牛： 7,358,060；花母牛：3,515,820；
棕公牛： 4,149,387；棕母牛：5,439,213。
史料：如上面解答所示，至少依據目前的概念，分牛問題確切地說不能被認為是個很難的問題。然而，由于在古代常常把一道難解的題叫做分牛問題或者阿基米德題，特別考慮到阿基米德（Archimedes）的其它輝煌成就，以及他把這個分牛之題獻給古代希臘后期亞歷山大城的天文學家厄拉多塞尼（Eratosehenes）的這一事實，可以設想以上所述及的問題的方式并不代表阿基米德問題完整和原始的形式。
G·E·萊辛（Gotthold Ephraim Lessing）于1773年在沃爾芬比特爾圖書館發現一本希臘文手抄本，其中就有一篇關于該題“更完整”的闡述。該題由22句對偶句組成（或稱為韻文），以詩歌形式出現：
“朋友，請準確無誤地數一數太陽神的牛群。要數得十分仔細，如果你自認為還有幾分聰明：多少頭牛在西西里島草地上吃過草，它們分為四群，在那里來往踱步。各群顏色不同：第一群像牛乳那樣潔白，第二群閃耀著深烏木般的光澤，第三群毛色棕黃，第四群滿身斑斕，每群中公牛數總大大超過母牛。現在，告訴你這些牛群間的比例：白牛數等于棕牛數再加上黑牛數的三分之一和二分之一。此外，黑牛數為花牛數的四分之一加五分之一，再加上全部棕牛。朋友，最后你必須記住，花牛數是白牛數的六分之一加七分之一再加上全部棕色母牛。但是母牛群中，比例卻大不相同：白母牛等于黑色公、母牛全部的三分之一加四分之一。而黑母牛為全部花牛的四分之一加五分之一，這里要注意，每頭花母牛和花公牛都要算進去。同樣，花母牛的頭數是全部棕牛的五分之一加六分之一。最后棕色母牛與全部白牛的六分之一加七分之一相等。朋友，如果你能確切告訴我，這些膘壯肌肥、毛色各殊的公母牛，一共多少聚集在那里？這樣你才不愧為精通計數。但是你還算不上一個聰明人，除非用我給出的新數據來回答問題：當所有黑白公牛齊集在一起，就排出一個陣形，縱橫相等；遼闊的西西里原野，布滿大量的公牛。當棕色公牛與花公牛在一起，便排成一個三角形，一頭公牛站在三角形頂端，棕色公牛無一頭掉隊，花公牛也頭頭在場，這里沒有一頭牛和他們的毛色不同。如果你把這些條件一一牢記，胸有妙算，朋友，如果你能說出每群牛的組成和頭數，那你就是勝利者，可昂首前進，因為你的聲譽將在智慧的世界里永放光芒。”
然而萊辛對本題是否撰自阿基米德持有異議，內塞爾曼（Nesselmann）①、法國作家凡桑（Vincent）②、英國人R·貝爾（Rouse Ball）③以及其他人也都持有異議。
另一方面，研究阿基米德的著名權威丹麥人J·L·海伯格（J· L· Heilberg）④、法國數學家P·達內瑞（P· Tannery）⑤以及克魯姆比格爾（Krummbiegel）和安姆托爾（Amthor）⑥都認為這個問題的完整形式應歸功于阿基米德。
在倒數第七聯對偶句中提出的兩個條件要求X + Y是一個平方數U2，而Z + T是一個三角形數⑦，由此得下列各關系式：
（8）
X + Y = U2，
（9）
2Z + 2T = V2 + V。
如果根據（I）把X，Y，Z，T的數值代入（8）和（9），這兩方程變成
3828G = U2及4942G = V2 + V。
如果用4a（a = 3 ( 11 ( 29 = 957），b及cg分別代3828，4942及G，得：
（8(）
U2 = 4acg，
（9(）
V2 + V = bcg。
從而U是2，a和c的整倍數：
U = 2acu，
這樣，
U2 = 4a2c2u2 = 4acg，
（8''）
g = acu2
若把g的這個數值代入（9(），得：
V2 + V = abc2u2或(2V + 1)2 = 4abc2u2 + 1。
若將未知數2V + 1用v表示，而且把
4abc2 = 4 ( 3 ( 11 ( 29 ( 2 ( 7 ( 353 ( 46572
的乘積記為d，最后的方程變為：
v2 – du2 = 1。
這就是所謂費馬（Fermat）方程，可按第19題所述方法求解。然而，因為d的值十分巨大，解答非常困難，
d = 410286423278424。
即使費馬方程關于u和v的最小解答也會導致天文數字。
即使將u指定為可以設想的最小數1，在解g時，ac的值為4456749。這樣白牛和黑牛數的和將超過79萬億。可是西西里島的面積不過2550平方公里，即0.0255萬億平方米，還不到萬億平方米，把這么多的牛放牧在這個島上是不可能的，這和第十七、十八聯對偶句論斷矛盾。
Algrbra der Griechen, 1842
Nouvelles Annales de Mathématiques, vol. XV, 1856
A short Account of the History of Mathematics
Quaestiones Archimedeae
Scienes exactes dans l’antiquité
Schl?milchs Zeitschrift für Mathematik und Physik, vol. XXV, 1880
一個三角形數n，是指可以用這n個點來構造一個諸全等的等邊三角形的頂點組成的點陣。開始的幾個三角形數為，，，，等等。原注。
德·梅齊里亞克的砝碼問題
一個商人有一個40磅的砝碼，由于跌落在地而碎成4塊。后來，稱得每塊碎片的重量都是整磅數，而且可以用這4塊來稱從1至40磅之間的任意整數磅的重物。
問這4塊砝碼片各重多少？
本題來源于法國數學家G·B·德·梅齊里亞克（Gaspard Bachet de Méziriac，1581 – 1655年），在1624年出版的他的名著①中，解答了這個題目。
天平的兩個秤盤可區別為砝碼盤和稱量盤，在砝碼盤上只放砝碼，而在稱量盤上放重物外還可附加砝碼。若想設法用最少塊數的砝碼去稱量，就要把砝碼也放到稱量盤上。
假如任意取出幾塊砝碼放在盤上，例如，在一個盤上放5磅砝碼和10磅砝碼各一塊，另一個盤上放1磅、3磅、4磅的各一塊，那么這些砝碼便使前一個秤盤偏重7磅。
我們只考慮重物和砝碼均為整數，也就是說，重物和砝碼的重量均為整數磅。
假如有一系列砝碼A，B，C，…，把它們適當地分放在兩個盤上，就能稱出從1到n的所有整數磅的重物。如果有一塊新砝碼P，它的重量p超過原有砝碼的重量總和n，超過量為原有砝碼重量的總和加1：
p – n = n + 1，
或者
p = 2n + 1，
那么，把砝碼P加入砝碼組A、B、C、…之后就能稱出從1至p + n = 3n + 1的所有整數磅的重物。
事實上，原有砝碼組足以稱出所有從1至n磅的重物，為了稱出1個p + x或p – x磅的重物，這里x表示從1到n的任一個數，把砝碼P放在砝碼盤上，再把砝碼A，B，C，…分別放在兩個盤上，使砝碼盤或稱量盤上的重量偏重x磅。
此法成立后，這個題目就容易解答了。
為了使兩個砝碼A和B能稱出最多重量，A必須是1磅，B必須是3磅，這兩個砝碼能稱出1，2，3，4磅的重物。
如果選第三塊砝碼C，使它的重量
c = 2 ( 4 + 1 = 9（磅），
那么用A，B，C三塊砝碼就能稱出從1至c + 4 = 9 + 4 = 13磅的所有重物。
最后，如果選第四塊砝碼D，使它的重量
d = 2 ( 13 + 1 = 27（磅），
那么，這四塊砝碼A，B，C，D便能稱出從1至27 + 13 = 40磅的所有重物。
結論：這個砝碼的四塊碎片的重量分別為1，3，9，27磅。
注：英國數學家麥克馬洪（MacMahon）概括了德·梅齊里亞克的砝碼問題②。他確定了可用來稱出從1到n磅重量的所有可能的整磅數砝碼。
Problèmes plaisants et délectabled qui se font par les nombres
Quarterly Journal of Mathematics, vol. XXI, 1886
牛頓的草地與母牛問題
牛頓（Newton）在1707年提出了如下一個有趣的問題①：
a頭母牛將b塊地上的牧草在c天內吃完了；
a(頭母牛將b(塊地上的牧草在c(天內吃完了；
a(頭母牛將b(塊地上的牧草在c(天內吃完了；
求出從a到c( 9個數量之間的關系。
假設所有草地提供的牧草數量相同，每塊草地每日長草量保持不變，而且每頭母牛每天吃草量也相同。
解：令每塊地上最初的牧草量為M，每塊地每日長草量為m，每頭牛每天耗草量為Q。
第一天晚上，b塊地上吃剩牧草量為
bM + bm – aQ；
第二天晚上，b塊地上吃剩牧草量為
bM + 2bm – 2aQ；
……
這樣，第c天晚上，b塊地上吃剩牧草量為
bM + cbm – caQ；
既然草地在c天內被吃光，那么這個數值必定等于0。這樣就得出方程：
（1）
bM + cbm = caQ。
同理得出下列方程：
（2）
b(M + c(b(m = c(a(Q，
（3）
b(M + c(b(m = c(a(Q。
把方程（1）和（2）作為求未知數M和m的一次方程組，得：
，
。
若將這些值代入方程（3），而且將所得方程乘以，便得所求關系式：
b(cc((ab( – ba() + c(b((bc(a( – b(ca) = c(a(bb((c( – c)。
以行列式的形式表示時，解答更容易被發現。若以q表示Q的相反數，方程（1），（2），（3）便可寫成下列形式：
bM + cbm + caq = 0，
b(M + c(b(m + c(a(q = 0，
b(M + c(b(m + c(a(q = 0。
根據行列式理論的一個基本定理，不全為零的n個未知數（本例中的M、m、q）的n個（本例中為3個）線性齊次方程組的行列式必等于0，因此，所求關系式為
。
Arithmetica universalis
貝韋克的七個7的問題
在下面除法例題中，被除數被除數除盡：
*
*
7
*
*
*
*
*
*
*
:
*
*
*
*
7
*
=
*
*
7
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
7
*
*
*
*
*
*
*
*
*
7
*
*
*
*
*
7
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
7
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
用星號（*）標出的那些數位上的數字偶然被擦掉了，那些不見了的是什么數字呢？
這個引人注目的題目來源于英國數學家E·H·貝韋克（E· H· Berwick），他于1906年發表了這個題目①。
解：我們用不同的字母標每個空缺數字，從而本題取如下形式：
A
B
7
C
D
E
L
Q
W
z
:
?
?
?
?
7
?
=
?
?
7
?
?
a
b
?
c
d
e
F
G
H
I
K
7
L
第三行
f
g
h
i
k
?
l
第四行
M
7
N
O
P
Q
第五行
m
7
n
o
p
q
←7?
R
S
T
U
?
V
W
第七行
r
s
t
u
7
v
w
X
Y
Z
x
y
z
第九行
X
Y
Z
x
y
z
I．除數??的第一位數字??必須是1，因為如題中第六行所示，7??只有六位數字，否則，如果??等于2，7??就有七位數字。
由于第三行和第七行的余數都是六位數，F必定等于1，R也必定等于1，因此，f和r也必定等于1（根據題意）。
由于??不能超過19979，??的最大值是9，才能使第八行的積不超過1799811，而且s < 8。又因S只能是9或0，而且第九行在s下面的位置沒有余數，所以，只有第二種情況才是可能的。因此，S = 0，而且（由于R = 1）s也等于0。由于R = 1，S = 0，隨之而使
M = m + 1，
這樣，m ( 8，第六行乘積7??不可能大于87nopq。
II．因此，除數的第二位數字??只能是0，1或2（7 ( 130000已大于900000）。因為甚至9乘以109979也不能得到第八行所要求的七位數，所以，? = 0的可能性排除了。
然后，考慮? = 1的情況。這要求??只能等于0或1（如果? ( 2，在確定第六行第二位數字時，必定會產生一種情況，即7? = 7 ( 1 = 7，還要加上來自7??乘積的一個大于或等于1的數，而第二位必須是7）。
然而，? = 0是不可能的，因為第八行是七位數，即使9 ( 110979也不能得到一個七位數。
在? = 1時，必須注意到以下的情況：一望第八行，便可看出?、??和??的選擇必須能使? ( 111?7??是個七位數，其最后第三位數是7。只有乘數? = 9才能達到這一目的（因為即使8 ( 110979也只有六位數）。通過試驗很容易看出，僅當? = 0或? = 9時，9 ( 111?7??的最后第三位數才是7，在第一種情況下，即使111079與9相乘，第八行也不是七位數，在第二種情況下，第六行是
7 ( 11197* = 787***，
這是不可能的，這樣? = 1也要排除。因此，必須放棄??等于1的可能性。
所以，除數第二位數字的唯一適當的值是? = 2。由此得m = 8，且M = 9。
III．因為7 ( 126000大于第六行的數，而7 ( 124000又小于第六行的數，除數的第三位數??只可能是4或5。再者，由于9 ( 124000大于7 ( 126000又小于第八行的數（10tu7vw），于是??必定等于8。
因為8 ( 124979 = 999382 < 1000000，? = 4這一假設不能滿足第八行的要求，因此??只能等于5。
IV．由于8 ( 125?7??的最后第三位數必須是7，通過試驗發現??等于4或9。因為即使7 ( 1257970 = 881790也大于第六行的數，所以? = 9應被排除，而只有? = 4適合。因此??被認為是從0到4中的一個數。然而，不論選用哪一個，從
7 ( 12547? = 878***
中便求出第六行第三位數n = 8。同樣，第八行得到
8 ( 12547? = 10037**，
進而得到t = 0，u = 3。
由于?? = ? ( 12547??在第四行中是一個七位數，而只有8??和9??才是七位數，所以??是8或者9。
V．從t = 0和X ( 1（以及R = r = 1，S = s = 0），得T ( 1；又從n = 8，N ( 9，得T ( 1，于是T = 1。所以，N = 9，而X = 1。由于X = 1，且2? > 200000（第九行），從而v = 1，Y = 2，Z = 5，x = 4，y = 7，z = ?。至此從以上求得的結果，算式為：
A
B
7
C
D
E
L
Q
W
?
:
1
2
5
4
7
?
=
?
?
7
8
1
a
b
?
c
d
e
1
G
H
I
K
7
L
1
g
h
i
k
?
l
9
7
9
O
P
Q
8
7
8
o
p
q
1
0
1
U
?
V
W
1
0
0
3
7
v
w
1
2
5
4
7
?
1
2
5
4
7
?
VI．在這種情況下，??是五個數字0，1，2，3，4中的一個。這五種情況與下列數列相對應：
vw = 60，68，76，84，92，
cpq = 290，297，304，311，318。
并且，根據??等于8或9，可得：
?l = 60，68，76，84，92，
或
?l = 30，39，48，57，66。
這便有十種不同的可能性。若自上而下進行三次遞加的方法對這十種可能性逐一檢驗，首先從第九行和第八行相加得第七行；然后第七、第六行相加得第五行；最后第五、第四行相加得第三行，便發現只有當? = 3和? = 8時，才能使第三行最后第二位得到所要求的數字7。這種情況下，vw = 84，U?VW = 6331，cpq = 311，OPQ = 944，ghik?l = 003784，GHIK7L = 101778，這便使本題算式如下：
A
B
7
C
D
E
8
4
1
3
:
1
2
5
4
7
3
=
?
8
7
8
1
a
b
?
c
d
e
1
1
0
1
7
7
8
1
0
0
3
7
8
4
9
7
9
9
4
4
8
7
8
3
1
1
1
0
1
6
3
3
1
1
0
0
3
7
8
4
1
2
5
4
7
3
1
2
5
4
7
3
VII．最后，由于在??的所有倍數中，只有5? = 627365加到第三行的最后的余數1110177之上，才能得到第三位是7的一個數。這就得到? = 5，同時也得到abc?cde = 627365及AB7CDE = 737542。這樣就得到了該題所有空缺待求的數字。
The School World
柯克曼的女學生問題
某寄宿學校有十五名女生，她們經常每天三人一行地散步，問要怎樣安排才能使每個女生同其他每一個女生在同一行中散步，并恰好每周一次？
這個非同尋常的問題是英國數學家T·P·柯克曼（T· P· Kirkman）提出的①。
在已發現的眾多解法中，現介紹兩個方法。一個是英國牧師A·弗羅斯特(Andrew Frost)的解法（十五個女學生一題的一般解法及其推廣）②，另一個是B·皮爾斯(B· Pierce)的“女學生難題的遞推解法”③。
弗羅斯特解法：用數學方法表示，本題用15個元素x，a1，a2，b1，b2，…，g1，g2正確地分布在系列的其它四行上。
用7個字母a，b，c，d，e，f，g構成一個三元組合群，其中每對元素恰好只出現一次，特別像下面的一群：
abc，ade，afg，bdf，beg，cdg，cef
（這些三元組合按字母順序排列）。
從這個群里恰好可以為每列選取4個三元組合，使這些組合包含在該列的第一行中已出現的字母以外的其它所有字母。將這些三元組合按字母順序排入每列，便得如下初步安排：
星期日
星期一
星期二
星期三
星期四
星期五
星期六
xa1a2
xb1b2
xc1c2
xd1d2
xe1e2
xf1f2
xg1g2
bdf
ade
ade
abc
abc
abc
abc
beg
afg
afg
afg
afg
ade
ade
cdg
cdg
bdf
beg
bdf
beg
bdf
cef
cef
beg
cef
cdg
cdg
cef
現在用下標1和2對三元組合bdf，beg，cdg，cef，ade，afg，abc等作出標志。把他們按照上述順序先標注所有bdf，然后標注所有beg，…等等，并遵守下列規則：
I．一列中的一個字母標上一個下標后，下一次該字母在同一列中出現時，應標上另一下標。
II．假如一個組合的某兩個字母已經標有下標，這兩個下標不得以同順序標在別的組合中的該兩個字母上。
III．假如一個字母的下標尚未按規則I、II決定，那么將這個字母標上1。
分三個步驟標定字母下標：
第一步：將組合bdf，beg，cdg以及可按本標注系統和規則I、II、III標注的a不在內的所有字母，依次標定下標。
第二步：按規則I標定組合ade和afg中所缺的下標以及第二行中最后兩個a的下標（在圖表中用黑體字）。
第三步：補標在第四和第五行中仍缺少下標的字母a（在圖表中空著的位置），第二行標2，第三行標1。
按照這個方法，得以下的完整圖表，它表示本題的解答。
星期日
星期一
星期二
星期三
星期四
星期五
星期六
xa1a2
xb1b2
xc1c2
xd1d2
xe1e2
xf1f2
xg1g2
b1d1f1
a1d2e2
a1d1e1
ab2c2
ab1c1
a1b2c1
a1b1c2
b2e1g1
a2f2g2
a2f1g1
af2g1
af1g2
a2d2e1
a2d1e2
c1d2g2
c1d1g1
b1d2f2
b1e1g2
b2d1f
b1e2g1
b2d2f1
c2e2f2
c2e1f1
b2e2g2
c1e2f1
c2d2g1
c2d1g2
c1e1f2
皮爾斯解法：西爾維斯特（Sylvester）認可的最佳解法：令符號*表示一位女孩，她天天都走在同一行的中間，把其他女孩分成兩組，每組七人，用阿拉伯數字1至7或小寫字母表示第一組；用羅馬數字I至VII或大寫字母表示第二組。用例如R = s的等式表明字母R表示的羅馬數字與字母s表示的阿拉伯數字具有相同數值。同時，用0，1，2，…，6表示星期日，星期一，星期二，…，星期六。
令星期日按下列順序排列：
a
?
A
b
?
B
c
?
C
d
*
D
E
F
G
由此，在每個數字上加r = R，可得星期r（星期日不在內）的排列：
a + r
? + r
A + R
b + r
? + r
B + R
c + r
? + r
C + R
d + r
*
D + R
E + R
F + R
G + R
這里，相加后超過7的每個數，像c + r或D + R，表示那個女孩的編號為c + r – 7或D + R – 7，即比原數小7，隨后把原數換為這個數字④。
如果下面三個條件得以滿足，那么這樣得到的排列就是該題的解答。
I．? – a，? – b，? – c這三個差分別是1，2，3；
II．A – a，A – ?，B – b，B – ?，C – c，C – ?，D – d這七個差數形成一個以7為模數的非同余數的完整余數列（參閱第19題）。
III．F – E，G – F，G – E這三個差分別是1，2，3。
證：作為前提，下列同余式（參閱第19題）都以7為模數。
1．第一組的每一個女孩x和該組其他的每一個女孩y在一起散步恰恰一次，那么（根據條件I）差x – y僅與a – ?，b – ?，c – ?，? – a，? – b，? – c等六個差中的一個同余。設x – y ( ? – b，或者x – ? ( y– b。若星期r的r與x – ??或y– b同余，那么，
x ( ? + r和y ( b + r，
這樣，女孩x和y于星期r在同一行散步。
2．第一組的一個女孩x和第二組的一個女孩X在一起散步恰恰一次。
根據條件II，差X – x只能與A – a，A – ?，B – b，B – ?，C – c，C – ?，D – d等七個差中的一個同余。設X – x ( C – ??或X – C ( x – ?。若s = S，這里是星期s的s，且與X – C或x – ?同余，那么：
X ( C + S和x ( ? + s，
這樣，女孩X和x在星期s那天在同一行散步。
3．第二組的每一個女孩X和該組的其他每一個女孩Y在一起散步恰恰一次。
根據條件III，差X – Y僅能與F – E，G – F，G – E，E – F，F – G，E – G六個差中的一個同余。設X – Y ( G – F或X – G ( Y – F。又設星期R的R與X – G或Y – F同余，得：
X ( G + R和Y ( F + R，
這樣，女孩X和Y在星期R那天在同一行散步。
因此，我們僅需滿足條件I，II，III就可求星期天的排列。
選定a = 1，? = 2，b = 3，從而? = 5，于是c = 4，故有? = 7，d = 6。然后選A = I，于是B = VI，C = II，D = III，從而條件II中提到的差數0， – 1，3，1，–2，–5，他們都是關于模數7的非同余數。那么IV，V，VII三個數便留給了字母E，F，G。因此，星期日的排列是：
1
2
I
3
5
VI
4
7
II
6
*
III
IV
V
VII
按星期一到星期六的順序，一星期每天的排列如下：
2
3
II
，
3
4
III
，
4
5
IV
，
4
6
VII
5
7
I
6
1
II
5
1
III
6
2
IV
7
3
V
7
*
IV
1
*
V
2
*
VI
V
VI
I
VI
VII
II
VII
I
III
5
6
V
，
6
7
VI
，
7
1
VII
。
7
2
III
1
3
IV
2
4
V
1
4
VI
2
5
VII
3
6
I
3
*
VII
4
*
I
5
*
II
I
II
IV
II
III
V
III
IV
VI
Lady’s and Gentleman’s Diary, 1850
Quarterly Journal of Pure and Applied Mathematics, vol. XI, 1871
The Astronomical Journal, vol. VI, 1859 – 1861
例如c + r = 9，換成9 – 7 = 2。譯注。
柏努利—歐拉關于裝錯信封的問題
求n個元素的排列，要求在排列中沒有一個元素處于它應當占有的位置。
N·柏努利（Niclaus Bernoulli，1687 – 1759年）最先考慮了這個問題，他是兩位大數學家雅可比·柏努利（Jacob Bernoulli）和約翰·柏努利（Johann Bernoulli）的侄子。后來，歐拉（Euler）對此題發生興趣，他稱之為“組合理論的一個秒題”，并在與柏努利毫無聯系的情況下，獨自解了這道難題。
本題可以形象地敘述為裝錯信封的問題。
某人寫了幾封信，并且在幾個信封上寫下了對應的地址，把所有的信箋裝錯信封的情況，共有多少種？
本題解法巧妙，格外引人入勝。
設信箋為a，b，c，…，對應的信封為A，B，C，…，所求的錯誤裝法種數記為。
先考慮把a裝進B和b裝進A的所有情況作為第一組，把a裝進B而b沒有裝進A的所有情況作為第二組。
第一組顯然包括種情況。
假如分別用b(，c(，d(，e(，…和B(，C(，D(，E(，…代替b，c，d，e，…和A，C，D，E，…，于是推出第二組情況，有種。
那么，a裝進B的所有情況的種數是。因為把“a裝進C”、“a裝進D”、…的每一種裝法都有相同的情況種數，則所有可能情況的總數為，則：
。
其遞推公式為：
，
把它用第3，第4，第5，…，直到第n封信，這樣就得到：
，
，
…
。
把這n – 2個等式相乘，便得到：
，
又因，，(–1)n–2 = (–1)n，所以
。
然后用n!去除這個等式，便得：
。
假如用一列數2，3，4，…，n順次代替這個公式中的n，便得：
，
，
…
。
將這n – 1個等式相加，因為，其結果是
。
最后，由此得所求數：
。
假如利用符號?，對(? – 1)n應用二項式定理（參閱第9題），在二項展開式中每一乘冪? ??寫成?!，那么，所求的數便可表示為淡淡的形式：
。
作為例子，取n = 4，得
，
這個式子很容易通過驗算來檢驗。
同樣地，由n個元素，其中沒有一個元素占有它應有的位置，所形成的排列數是(? – 1)n。
以1，2，3，4四個元素為例，就有2143，2341，2413，3142，3412，3421，4123，4312，4321九種排列。
注：所得的結果也包括行列式問題的解：
在一個n階行列式中，有多少個組成部分中不出現主對角線的元素？
假如第s列的第r個元素，那么，便一目了然，主對角線的元素是：
，，，…，。
因此，這個行列式包括了在主對角線以外的(? – 1)n個組成部分。
歐拉關于多邊形剖分問題
可以有多少種方法用對角線把一個n邊多邊形（平面凸多邊形）剖分成三角形？
1751年L·歐拉向數學家C·歌德巴赫（Christian Goldbach）提出此題。對于所求數En，可能的剖分方法數，歐拉推導出一個公式：
（1）
。
當讀者試圖不靠外來幫助而推導歐拉公式時，他就會感到驚異，發現這個問題令人極其感到興趣，因為它雖然看來容易，卻涉及很多困難。歐拉自己說：“我的歸納過程是相當費力的。”
在n = 3，4，5，6的簡單情況下，用圖示法很容易得出的各種剖分數：E3 = 1，E4 = 2，E5 = 5，E6 = 14。但是，當邊數增加時，這個方法很快就不能用了。
歐拉得出了最初的七種剖分數：1，2，5，14，42，132，429，并告知了西格納（Segner）。西格納于1758年建立了En的一個遞推公式①。我們就從推導這個公式開始。
令任意n邊凸多邊形的角標為1，2，3，…，n。對于n邊形的每種可能的分法En來說，可取邊n1作為一個三角形的底邊，這個三角形的頂點，根據選定的剖分法，可落在2，3，4，…，n – 1諸角中的頂點上。例如，若落在r角的頂點上，那么，在三角形n1r的一側，有一個r邊形，而在另一側有一個s邊形，而r + s等于n + 1（因為頂點r既屬于r邊形也屬于s邊形）。
因為r邊形有Er種剖分法，而s邊形有Es種剖分法，又因對于已知n邊行的一種剖分而言，r邊形的每一剖分法可以與s邊形的每一剖分方法聯系，所以，僅就選定r作頂點，對給定的n邊形就可有Er ( Es種不同分法。
由于，r可以依次取數列2，3，4，…，n – 1的每一個值，從而s可以依次地取數列n – 1，n – 2，…，3，2的每一個值，于是便得：
（2）
En = E2 ( En–1 + E3 ( En–2 +…+ En–1 ( E2，
這里E2只是為了使表達形式完整而采用的，其值為1。
公式（2），是西格納的遞推公式。它證實了前述從E3到E6的數值，也給出了
E7 = E2 ( E6 + E3 ( E5 + E4 ( E4 + E5 ( E3 + E6 ( E2 = 42，
E8 = E2 ( E7 + E3 ( E6 + E4 ( E5 + E5 ( E4 + E6 ( E3 + E7 ( E2 = 132，
等等。
正如歌德巴赫所指出，西格納的公式與歐拉公式相比，由于下標增多而變得越來越不適用了。
如果按照羅德里格（Rodrigues）的思路②，研究歐拉的剖分問題或西格納的遞推公式，并把本題和法國數學家凱特蘭（Catalan）在1838年所解的一個問題③聯系起來，歐拉公式（1）的推求最為簡便。
凱特蘭的問題形式是：
成對地計算n個不同因子的乘積，共有多少種方法？
所謂成對計算一個乘積指始終有兩個因子在一起相乘，并把這樣“成對”乘得的積用作繼續計算中的一個因子。例如乘積3 ( 4 ( 5 ( 7的成對計算進行如下：
3 ( 5 =15，4 ( 15 = 60，7 ( 60 = 420。
對于這四個因子組成的乘積abcd，把因子按字母順序排列可得下列五個成對的乘式：
[(a ( b) ( c] ( d，[a ( (b ( c)] ( d，(a ( b) ( (c ( d)，a ( [(b ( c) ( d]，a ( [b ( (c ( d)]。
用括號或者類似形式指明要進行成對乘法被簡稱為“成對”。
因此，{[(a ( b) ( c] ( [(d ( e) ( (f ( g)]} ( [(h ( i) ( k]便是從a到k，十個因子的成對乘積。立即可以看出n個因子的成對乘積含有n – 1個乘號，對每兩個因子來說，相應地含有n – 1個成對乘式。
凱特蘭問題要求回答兩個問題：
1．n個給定的不同因子的成對乘積有多少個？
2．若因子的順序（即字母順序）是預定的，n個因子可以形成多少個成對乘積？
現將第一數用Rn表示，第二數用Cn表示，Rn的最簡求法是用遞推公式（根據羅德里格法）。假設n個已知因子f1，f2，f3，…，fn形成了Rn個n因子的成對乘積，加上第n + 1個因子fn+1 = f，并可求得的Rn個n因子的乘積來形成因子f1，f2，f3，…，fn+1的所有Rn+1個n + 1因子的乘積。
現在看Rn的每個n元乘積，其中每一個乘積P包含n – 1個A ( B形式的成對乘式。假若用f一次作為在A之前的乘數，一次作為A之后的乘數，一次作為B之前的乘數，一次作為在B之后的乘數，則從A ( B得到新的成對乘積(f ( A) ( B，(A ( f) ( B，A ( (f ( B)和A ( (B ( f)。
由于因子f的這四個不同的排列能對P的n – 1個成對子乘積中的每一個產生影響，我們就能從P得到4(n – 1)個n + 1元的成對乘積。再者，從P還可以得到2個n + 1元的成對乘積f ( P與P ( f。這樣，所述的因子f的排列僅僅從Rn的一個（P）n元的成對乘積中可得Rn ( (4n – 2)個n + 1元的成對乘積。因而，所求遞推公式便是：
（3）
Rn+1 = (4n – 2)Rn
為了得到Rn的獨立表達式，以R2 = 2（a與b兩個因子僅能產生乘積a ( b與b ( a）開始，從公式（3）推出R3 = 6 R2 = 2 ( 6；R4 = 10 R3 = 2 ( 6 ( 10；R5 = 10 R4 = 2 ( 6 ( 10 ( 14；…；最后，
（4）
Rn = 2 ( 6 ( 10 ( 14 (…( (4n – 6)。
第二個問題也可以用一個遞推公式解答。
令n個因子f??按規定的順序為? 1，? 2，? 3，…，? n。我們從屬于該系列的Cn個成對的n元乘積中取具有() ( ()形式者，左邊括號包括r個元素? 1，? 2，? 3，…，? r，而右邊括號包括s = n – r個元素? r+1，? r+2，? r+3，…，? r+s = ? n。由于左邊括號根據它的r個元素具有Cr種不同形式，而右邊也相應地具有Cs種形式，而屬于左邊括號的每種形式可以與右邊括號中的每種形式結合，因而，上述主要形式可得Cr ( Cs種不同的n元素的成對乘積。
（5）
Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +…+ Cn–1C1。
用這個遞推公式，并從C1 = 1和C2 = 1開始，得如下序列：
C3 = C1C2 + C2C1 = 2，
C4 = C1C3 + C2C2 + C3C1 = 5，
C5 = C1C4 + C2C3 + C3C2 + C4C1 = 14，
等等。
為了得到一個Cn的獨立表達式，可設想f1，f2，f3，…，fn因子有n!個不同序列（排列），這些順序中的每一個均具有Cn個成對n元素乘積，所有序列總加在一起具有Rn個這樣的乘積，于是Rn = Cn ( n!，或者
（6）
。
公式（4）和（6）解答了凱特蘭的問題。
下面解歐拉公式。
從已知數值
E2 = 1，E3 = 1，E4 = 2，E5 = 5，
C1 = 1，C2 = 1，C3 = 2，C4 = 5，
以及公式（2）與（5），立即得出一般式
（7）
En = Cn–1。
（這里是用歸納法得出的證明。假定對于至n的所有下標來說，公式（7）成立，則E2 = C1，E3 = C2，…，En = Cn–1。
根據公式（2）和（5）
En+1 = E2 ( En + E3 ( En–1 +…+ En ( E2，
Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +…+ Cn–1C1。
由于最后兩個登時的左邊各元素一一對應，便得：
En+1 = Cn；
也就是公式（7）對每個下標都能成立。）
公式（6）、（7）立即給出歐拉公式：
（8）
。
作為總結，所求歐拉公式的簡化形式為：
，
且結果是：，這里，f = n – 2表示n邊形總是可分割為n – 2個三角形，而k = 2n – 3是這些三角形的邊數。
本世紀來烏爾班（H· Urban）以下面的形式推導了歐拉公式④。
他先用西格納的遞推公式計算E5，E6，E7，并且“推導”出下列等式：
E2 = 1，E3 = 1，E4 = 2，E5 = 5，E6 = 14，E7 = 42，
，，，，，
由以上的分析，他推測En應該是：
（I）
。
（遺憾的是，他沒有說是否是“歐拉遞推公式”或其他什么想法引起他這么“推斷”的。）
這個遞推公式對于下標n的若干初始數值來說肯定成立。為了證明其普遍成立，將n的結論用于n + 1：假設遞推公式對所有從1到n – 1的下標都正確且被證實，所以對n來說，它也正確。
證明是用展開式進行：
（II）
S = 1 ( E2 ( En–1 + 2 ( E3 ( En–2 + 3 ( E4 ( En–3 +…+ (n – 2) ( En–1 ( E2，
或者寫成倒序：
（III）
S = (n – 2) ( En–1 ( E2 + (n – 3) ( En–2 ( E3+ (n – 4) ( E4 ( En–3 +…+ 1 ( E2 ( En–1。
這兩個等式逐項相加，便得：
2S = (n – 1)(E2En–1 + E3En–2 +…+ En–1E2)，
或者根據西格納的遞推公式括號內的算式等于En。
（IV）
2S = (n – 1)En。
根據遞推公式（I），將公式（II），（III）的每一乘積Er ( Es（r = 2除外）中左邊的因子Er用來代替，而? r = 4r – 6，得：
（II(）
S = E2En–1 + ? 2E2En–2 + ? 3E3En–3 +…+ ? n–2E n–2E2，
（III(）
S = ? n–2E n–2E2 + ? n–3E n–3E3 +…+ ? 2E2En–2 + E2En–1。
將兩行所列成的對位相加，由于? r + ? n–r = 4n – 12，，故得：
2S = En–1 + (4n – 12)(E2En–2 + E3En–3 +…+ En–2E2) + En–1。
或者由于括號內的式子等于En–1，得出：
（V）
2S = (4n – 10)En–1。
由等式（IV）和（V）得：
。
由此證明歐拉的遞推公式（I）對于下邊n亦能成立，也就是說普遍使用。
Novi Commentarii Academiae Petropolitanae pro annis 1758 et 1759, vol. VII
Journal de Mathématiques, 3 (1838)
Journal de Mathématiques, (1838)
Zeitschrift für math. und naturw. Unterrricht, 1941, vol. IV
魯卡斯的配偶夫婦問題
n對夫婦圍圓桌而坐，其座次是兩個婦人之間坐一個男人，而沒有一個男人和自己的妻子并坐，問有多少種坐法？
這個問題1891年出現于（大概是首次出現）法國數學家E·魯卡斯（Edouard Lucas，1842 – 1891年）的書中①。英國數學家R·貝爾（Rouse Ball）談及該題時說：“解這個題決非易事。”
法國人M·萊桑(M· Laisant)和M·C·莫赫（M· C· Moreau）以及英國人H·M·泰勒（H· M· Taylor）都解過這個問題。在麥克馬洪的書中作過基于現代觀點的解法②。這里所取的方法原則上是泰勒的解法③。
把從1到2n張循環排列的椅子編上號碼。婦人們全坐在偶數或奇數號碼的椅子上，這兩種情況無論哪一種都可能有n!個不同的座次排列，因此，僅婦人們就有2n!個不同的座次排列。
假設婦人們已按這種排列中的一種方法就座，并且下文所述全部保持這種排列。那么該題的核心便是求出可能有多少種方法在婦人們之間安排男人們入座。
假設把婦人們的座位順序用F1，F2，…，Fn表示，她們各人的丈夫分別用M1，M2，…，Mn表示，成對夫婦(F1, M1)，(F2, M2)，…的座次用1，2，…表示，而n對夫婦的排列方法用n對排列表示。設不作進一步說明而就座的丈夫們的座次為X1，X2，…。
使F1X1F2X2…FnXnFn+1Xn+1表示沒有丈夫坐在自己妻子身邊的n + 1對排列（一定要記住排列是循環式的，所以Xn+1坐在Fn+1和F1表之間）。若從該排列中取出Fn+1和Mn+1 = X?，并以Xn+1 = M??代替X??的話，便得到n對排列
F1X1F2X2…F?M?F?+1…FnXn。
這種排列可發生下列三種情況：
1．沒有一個男人坐在自己妻子旁邊（這樣M? ( M?，M? ( M?+1，Xn ( M1）。
2．有一個男人和自己妻子并坐（M? = M??或M? = M?+1或Xn = M1的時候）。
3．有兩個男人和自己的妻子并坐（當M? = M??或者M? = M?+1，且同時Xn = M1，亦即在排列中出現M1F1時）。
這樣，一定要考慮到除了在題中規定的那種以外的其它排列法。
下面來區別A，B，C三種形式的排列。A式排列指沒有一對夫妻并坐；B式排列指某一對夫妻并坐；最后，C式排列指某一個男人坐在他妻子的指定的一邊，而沒有規定的另一個男人坐在他妻子的沒有規定的一邊。
令n對中A，B，C三種排列數分別為An，Bn，Cn。
首先，試著確定六個數An，Bn，Cn，An+1，Bn+1，Cn+1之間的關系；并從最簡單的關系開始。
考察Bn+1，1，2，…，n + 1對的B式排列
F1X1F2X2…FnXnFn+1Mn+1，
其中，Mn+1坐在Fn+1的右邊。根據Xn = M1或Xn ( M1把排列分成兩組，然后從他們所有人中移出一對Fn+1Mn+1，那么第一組便得到Bn的n對的B式排列，而第二組則得到所有An種n對的A式排列，這樣，
（1）
Bn+1 = Bn + An。
考察Cn+1以求得第二個關系式。n + 1對的C式排列
M1F1X1F2X2…FnXnFn+1，
其中，男人X1，X2，…，Xn中的一個緊挨著他的妻子，根據X1等于或不等于Mn+1，把這些排列分成兩組。
第二組包含2n – 1個小組，在第一小組里，M2坐在F2的左邊；在第二小組里，M2坐在F2的右邊；在第三小組里，M3坐在F3的左邊；在第四小組里，M3坐在F3的右邊；如此等等。在第2n – 1小組里，Mn+1坐在Fn+1的左邊。
若從所有Cn+1種C式排列中移出對子M1F1，從第一組得到2，3，4，…，n + 1等對的所有Cn+1種C式排列，其中Mn+1坐在Fn+1的右邊，從第二組的每一小組得到2，3，4，…，n + 1等對的Bn種B式排列，這樣，
（2）
Cn+1 = Cn + (2n-1)Bn。
按上述推導，若從n + 1對的A式排列F1X1F2X2…Fn+1Xn+1中取出一個對子Fn+1Mn+1，且以Xn+1代替已取出的Mn+1，便變成了n對的A式，B式或C式排列。
相反，當把Fn+1Mn+1插在1，2，…，n等n對的一種A式，B式或C式排列的F1前，而后交換Mn+1和某一其他男人的位置（使交換后不再有一個男人挨著自己妻子）。顯然，這個方法使我們得到1，2，…，n + 1等n + 1對所有的A式排列。
于是，為了找出An+1，只要確定可能完成的對于從1到n等n對的這種插入和隨后的所有可能的A式，B式，C式排列的交換法的數目。
n + 1對的A式排列的構成分為三個步驟：
I．由A式排列構成。
在插入幾對A式排列后：
F1X1F2X2…FnXnFn+1Mn+1
可以交換Mn+1和除Xn與M1以外的任何一個其他男人的位置，這便從An種n對A式排列中的每一種得到n – 2種n + 1對的A式排列。從而得到總數為(n – 2)An種的n + 1對的A式排列。
II．由B式排列構成。
n對的B式排列有下列2n種形式：
1．
…F1M1…
2．
…F1M2 F2…
3．
…F1 X1F2 M2…
…
…
2n – 2．
…Mn FnXn F1…
2n – 1．
…FnMn F1…
2n．
…FnM1 F1…
且這些形式中的每一種都有Bn種形式。
此種形式的過程對于這些形式的每一和第2n – 1個來說不適用（因為插入的Mn+1該與M1或Mn交換，然而，其結果為M1終將在F1的左邊，或Mn+1在Fn+1的左邊）。
在第二、第三、…、第2n – 2式中，插入的Mn+1分別與M2，M2，M3，M3，…，Mn–1，Mn–1，Mn交換，把n對的B式排列變換成n + 1對的A式排列，其結果共得到(2n – 3)Bn種n + 1對的A式排列。
在2n式中插入的Mn+1，可以與M2， M3，…，Mn中的任何一個男人交換，其結果總共得到(n – 1)Bn種n + 1對的A式排列。
III．由C式排列構成。
這個方法把Cn種n對的C式排列中的任何一種
M1F1X2F2X3 F3…XnFn
變換成n + 1對的A式排列，如果掉換男人Mn+1和夫妻并坐的男人M??的位置（??是2，3，4，…，n等數中的一個）。這樣，從每個n對的C式排列中得到n + 1對的一個A式排列，這相當于總計Cn種n + 1對的A式排列。這樣，I，II，III三步構成法得出所有n + 1對的A式排列，或總計(n – 2)An + (3n – 4)Bn + Cn種排列法。所以，
（3）
An+1 = (n – 2)An + (3n – 4)Bn + Cn。
為了得到僅含相同大寫字母的公式，從（1）推導出
An = Bn+1 – Bn及An+1 = Bn+2 – Bn+1，
把這些數值代入（3），得出
Bn+2 = (n – 1)Bn+1 + (2n – 2)Bn + Cn。
若用n + 1代替n，即得：
Bn+3 = nBn+1 + 2nBn+1 + Cn+1。
若從上式減去前面一式，并運用（2），便得：
Bn+3 = (n + 1)(Bn+2 + Bn+1) + Bn。
或者用n代替n + 1，即得：
（4）
Bn+2 = (n + 1)(Bn+1 + Bn) + Bn–1。
由大寫字母B組成的簡單遞推公式能從三個連續的B立即算出后繼的一個B。
還可能推導只含有三個連續的B互相聯系的的遞推公式，那就是下列形式的公式：
（5）
enBn+1 + fnBn + gnBn–1 = C，
其中，系數en，fn，gn表示n的已知函數，而c是一個常數。
為了求出他們，用n + 1代替（5）中的n，得：
en+1Bn+2 + fn+1Bn+1 + gn+1Bn = C。
用（5）減去這個等式，得：
– en+1Bn+2 + (en – fn+1)Bn+1 + (fn – gn+1)Bn + gnBn–1 = 0。
為了尋求未知系數e，f，g的條件方程，把上式與等式（4）乘gn之后所得的登時
– gnBn+2 + ngnBn+1 +ngnBn + gnBn–1 = 0
進行比較。這樣，能夠得到e，f，g，并滿足下列三個條件：
（I）
en+1=gn；
（II）
en – fn+1 = ngn；
（III）
fn – gn+1 = ngn。
由這三個條件我們能求得遞推公式。
從（III）可得：
fn = gn+1 + ngn或fn+1 = gn+2 + ngn+1，
從（II）和（I）得：
fn+1 = en – ngn = gn–2 – ngn+2。
使所得到的fn+1的兩個數值相等，便得到：
(n + 1)gn+1 + ngn = gn–1 – gn+2。
很容易看出
gn = n(–1)n
是該方程的一個解。根據（I），得
en = gn–1 = –(n – 1)(–1)n，
根據（III），得：
fn = gn+1 + ngn = (n2 – n – 1)(–1)n。
從而，等式（5）轉換成
(n – 1)Bn+1 – (n2 – n – 1)Bn – nBn–1 = –c(–1)n。
為了求常數c，使n等于4，觀察到B3 = 0，B4 = 1，B5 = 3，便得到c = 2。
從而所尋求的遞推公式為
（6）
(n – 1)Bn+1 = (n2 – n – 1)Bn + nBn–1 – 2(–1)n。
為了求得關于字母A的類似遞推公式，依照（1）和（6）的形式，用Bn與Bn+1來表示An–1，An與An+1，這樣得到：
，
An = Bn+1 – Bn，
，
消去Bn與Bn+1，得：
（7）
(n – 1)An+1 = (n2 – 1)An + (n+1)An–1 + 4(–1)n。
這便是萊桑的遞推公式。這使得從前面緊接著的兩個A可以計算出后繼的A。
于是，由于A3 = 1，A4 = 2和（7），便得A5 = 13。這仍然很容易直接驗證。更進一步整個系列A6 = 80，A7 = 579，A8 = 4738，A9 = 43387，A10 = 439792，A11 = 4890741，A12 = 59216642等等，都可以從（7）推導出。從而消除了計算A的難點。
這樣本題就解決了。
n對夫婦的可能座次排列的數目是2Ann!，其中，An可從萊桑的遞推公式算出。
“Récréaticns mathématiques”，見《Théoris des Nombres》
Combinatory Analysis
The Messenger of Mathematics, 32, 1903
卡亞姆的二項展開式
當n是任意正整數時，求以a和b的冪表示的二項式a + b的n次冪。
解：為了確定二項展開式，寫出
(a + b)n = (a + b) (a + b)…(a + b)，
這里，右邊包含n個相同的括號的乘積，像人們所了解的那樣，括號的乘式包含從每一括號中選出一項，得出所選項的乘積，并繼續該過程，直至取盡所有可能的選擇，最后將得到的乘積加在一起。
這類乘積的形式如下：
，
其中，從開頭的? 1個括號中各取出因子a，從隨后的? 1個括號中各取出因子b，再從其后的? 2個括號中各取出因子a，等等。在這種情況下，? 1 + ? 1 + ? 2 + ? 2 +…等于現有的括號數，即n。
如果? 1 + ? 2 +…等于?，? 1 + ? 2 +…等于?，展開式可寫成較簡單的形式：
P = a?b?，
其中
? + ? = n。
除所述的這種方法外，一般還有許多其它方法可以求得乘積P。例如，從前面??個括號中取出a，而從后面??個括號中取出b；從前面??個括號中取出b，而從后面??個括號中取出a，等等。如果乘積P在上述方法中出現C次，C被理解為代表一個最初的未知數，那么
G = Ca?b?
表示二項展開式的一項。其它各項除了指數??與??以及系數C不同外，都具有相同的形式。因此，? + ??總是等于n。
該題的關鍵是確定所謂的“二項系數”C，即回答問題：在二項展開式中乘積P = a?b?出現多少次？
為了解答這個問題，首先按照從括號中最初選定的順序逐個地寫出乘積中的因子a和b：
這就是出現??個相同元素a與??個相同元素b的n個元素的排列。這些元素排列種數的多少與從n個a + b的連乘式中得到的項P一樣。
但是，其中出現一類??個相同元素和另一類??個相同元素的n個元素的排列種數是。這就是乘積a?b??經常出現在二項展開式中的情況，因此，
。
在展開式中的這一公式中an和bn兩項是明顯的例外，它們每一項只出現一次。為了消除這一例外，令符號0!表示1；便能和公式協調一致地把an和bn的系數分別寫成和。
E

F
圖1
個別地形成乘積P的可能性也能以幾何形式表示。例如，上述第一種可能性以下列方法表示：用? 1個連續線段a來標出一段水平距離，從這個距離的末端延伸一段垂直距離即? 1個連續線段b，從這個垂直距離的末端延伸第三段水平距離即? 2個連續線段a，等等。同樣地表示形成P的其它可能性，因此，從同一點開始描繪所有C個相同Z形的軌跡，這些跡線表示C種可能性。這樣，如要找出(a + b)18的二項展開式中具有a11b7形式的的全部乘積數目??的話，就畫出一個由11 ( 7個矩形格子組成的矩形網絡，每格水平邊為a，垂直邊為b，形成每排為11格的7個橫排，一排在另一排的下方（見圖1）。那么可能性a4b3a7b4（由4個括號得a，由隨后三個括號得b，由其次七個括號得a和由最后4個括號得b）用粗實線表示；可能性b2a6b3a2b2a3用虛線表示，因此，所求的數??等于從網絡的角E引至角F的所有可能的直接通道數。
這樣，先前求得的C的公式也為下述有趣算題提供了解答：
某城有m條東西走向和n條南北走向的街道，從該城的西北角到東南角有多少種走法（不得迂回）？
由于東西向的街道被分割成n – 1段，每段為a；南北向街道被分割成m – 1段，每段為b；所以，所有可能的通道數是
。
現在回到二項式定理。
二項式系數C的確定立即揭示所求的二項展開式：
，
其中
。
這里??和??適合凡能滿足條件? + ? = n的所有可能的非負整數。
例如，展開(a + b)5，得出：
或
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10 a2b3 + 5ab4 + b5。
通常寫法用

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