经典数学问题
qq等级说明-静海县教育局
斐波拉契数列
■斐波拉契数列的简介
斐波拉契数列（又译作“
斐波那契数列”）是一个非常美丽、和谐的数列，它的形状可以用排成
螺旋状的一系列正方形来说明（如
右词条图），起始的正方形(图中用灰色表示)的边长为1，在
它左边的那个正方形的边长也是1 ，在
这两个正方形的上方再放一个正方形，其边长为2，以
后顺次加上边长为3、5、8、13、2l……等
等的正方形。这些数字每一个都等于前面两个数之和，
它们正好构成了斐波那契数列。
■斐波拉契数列的出现
13世纪初，欧洲最好的数学家是斐波拉契；他写了一本叫做《算盘
书》的著作，是当时欧洲
最好的数学书。书中有许多有趣的数学题，其中最有趣的是下面这个题目：
“如果一对兔子每月能生1对小兔子，而每对小兔在它出生后的第3个月裏，又能开始生1对
小兔子，假定在不发生死亡的情况下，由1对初生的兔子开始，1年后能繁殖成多少对兔子？”
斐波拉契把推算得到的头几个数摆成一串：1，1，2，3，5，8……
这串数里隐含著
一个规律：从第3个数起，后面的每个数都是它前面那两个数的和。而根据
这个规律，只要作一些简单的
加法，就能推算出以后各个月兔子的数目了。
于是，按照这个规律推算出来的数，构成了数学史上
一个有名的数列。大家都叫它“斐波拉契
数列”。这个数列有许多奇特的的性质，例如，从第3个数起，
每个数与它后面那个数的比值，
都很接近于0.618，正好与大名鼎鼎的“黄金分割律”相吻合。人们
还发现，连一些生物的生长规
律，在某种假定下也可由这个数列来刻画呢。
■斐波拉契数列的来源及关系
斐波拉契（Fibonacci）数列来源于兔子问题，它有一个递推关系，
f(0)=1
f(1)=1
f(n)=f(n-1)+f(n-2),其中n>=2
{f(n)}即为斐波拉契数列。
■斐波拉契数列的公式
它的通项公式为:{[（1＋√5）2]^n － [（1－√5）2]^n }√5
（注：√5表示根号5）
■斐波拉契数列的某些性质
■1)，f(n)f(n)-f(n+1)f(n-1)=(-1)^n;
■2),
f(0)+f(1)+f(2)+……+f(n)=f(n+2)-1
■3),arctan[1f
(2n+1)]=arctan[1f(2n+2)]+arctan[1f(2n+3)]
【斐波拉契数列的存在】
甚至可以说，斐波拉契数列无处不在，以下仅举几条常见的例子
■1．杨辉三角对角线上各数之和构成斐波拉契数列 ．
■2．多米诺牌（可
以看作一个2×1大小的方格）完全覆盖一个n×2的棋盘，覆盖的方案数等于
斐波拉契数列。
■3． 从蜜蜂的繁殖来看，雄峰只有母亲，没有父亲，因为蜂后产的卵，受精的孵化为雌蜂，未
受精的孵化为雄峰。人们在追溯雄峰的祖先时，发现一只雄峰的第n代祖先的数目刚好就是斐
波拉契数
列的第n项Fn。
■4．钢琴的13个半音阶的排列完全与雄峰第六代的排列情况类似，说明音调也
与斐波拉契数列
有关。
■5．自然界中一些花朵的花瓣数目符合于斐波拉契数列，也就是说
在大多数情况下，一朵花花
瓣的数目都是3,5,8,13,21,34,……。
■6．如
果一根树枝每年长出一根新枝，而长出的新枝两年以后，每年也长出一根新枝，那么历
年的树枝数，也构
成一个斐波拉契数列 ．
【斐波拉契数列与黄金分割】
菲波那契数列与黄金
分割有什么关系呢？经研究发现，相邻两个菲波那契数的比值是随序号的
增加而逐渐趋于黄金分割比的。
即f(n)f(n-1)-→0.618…。由于菲波那契数都是整数，两个整数
相除之商是有理数，所
以只是逐渐逼近黄金分割比这个无理数。但是当我们继续计算出后面更大
的菲波那契数时，就会发现相邻
两数之比确实是非常接近黄金分割比的。
不仅这个由1,1,2,3,5....开始的菲波那契数
是这样,随便选两个整数,然后按照菲波那契数的规
律排下去,两数间比也是会逐渐逼近黄金比的．
【斐波拉契数列的变式】
■１.帕多瓦数列：1，1，1，2，2，3，4，5，7，9，
12，16，21，……这样的数列称为帕多瓦
数列。它和斐波拉契数列非常相似，稍有不同的是：每个
数都是跳过它前面的那个数，并把再前
面的两个数相加而得出的。这个数列可以用另一幅图来表示，它是
由一些等边三角形构成的(如
右图)。开始的三角形用灰色表示，为了使这些三角形天衣无缝地拼在一起
，头三个三角形的边
长均为1，其后的两个三角形的边长为2，然后依次是3、4、5、7、9、12、
16、2l……等等。
■２.冬冬有15块糖，如果每天至少吃3块，吃完为止，那么共有多少种不同的吃法？
如
果冬冬有3块糖、4块糖或者5块糖，都只有1种吃法；如果有6块糖，则有2种吃法；
如果有7块糖，
则有3种吃法；如果有8块糖，则有4种吃法；如果有9块糖，则有6种吃法．
既：吃糖的粒数：３
４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２．．．
糖的吃法：１ １ １ ２ ３ ４ ６
９ １３ １９．．．
这样的数列，它和斐波拉契数列不同的是，每次都是跳过中间的那个数，再
把第1、3两个数
相加，等于第4个数。它的规律和斐波拉契数列既相似之处又有不同之处．
■３.小明要上楼梯，他每次能向上走一级、两级或三级，如果楼梯有10级，他有几种不同的走
法？
这里我们不妨也来研究一下其中的规律：如果楼梯就一级，他有1种走法；如果楼梯有两级，<
br>他有2种走法；如果楼梯有三级，他有4种走法；如果有五级楼梯，他有7种走法．
既：楼梯的级数：１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ．．．
上楼梯的走法：１ ２ ４
７ １３ ２４ ４４ ８１．．．
这其中的规律就是，这里从第4个数开始，每一个数都等于它前面的3个数之和。
【斐波那契数列通项公式的推导】
斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21……
如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。那么这句话可以写成如下形式：
F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)
显然这是一个线性递推数列。
通项公式的推导方法一：利用特征方程
线性递推数列的特征方程为：
X^2=X+1
解得
X1=(1+√5)2, X2=(1-√5)2.
则F(n)=C1*X1^n +
C2*X2^n
∵F(1)=F(2)=1
∴C1*X1 + C2*X2
C1*X1^2 + C2*X2^2
解得C1=1√5，C2=-1√5
∴F(n)=(1√5)*{[(1+√5)2]^n - [(1-√5)2]^n}
(√5表示5的算术平方根)
通项公式的推导方法二：普通方法
设常数r,s
使得F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]
则r+s=1, -rs=1
n≥3时，有
F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]
F(n-1)-r*F(n-2)=s*[F(n-2)-r*F(n-3)]
F(n-2)-r*F(n-3)=s*[F(n-3)-r*F(n-4)]
……
F(3)-r*F(2)=s*[F(2)-r*F(1)]
将以上n-2个式子相乘，得：
F(n)-r*F(n-1)=[s^(n-2)]*[F(2)-r*F(1)]
∵s=1-r，F(1)=F(2)=1
上式可化简得：
F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)
那么：
F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)
= s^(n-1) + r*s^(n-2)
+ r^2*F(n-2)
= s^(n-1) + r*s^(n-2) +
r^2*s^(n-3) + r^3*F(n-3)
……
=
s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*s^(n-3) +……+ r^(n-2)*s +
r^(n-1)*F(1)
= s^(n-1) + r*s^(n-2) +
r^2*s^(n-3) +……+ r^(n-2)*s + r^(n-1)
（这是一个以s^(n-1)为首项、以r^(n-1)为末项、rs为公比的等比数列的各项和）
=[s^(n-1)-r^(n-1)*rs](1-rs)
=(s^n -
r^n)(s-r)
r+s=1, -rs=1的一解为 s=(1+√5)2,
r=(1-√5)2
则F(n)=(1√5)*{[(1+√5)2]^n -
[(1-√5)2]^n}
根号2是无理数之证明
2009-12-14 22:25
假设根号二是一分数，设其为（PQ）（P,Q互质），由根号二的意义得
（PQ)的平方=2，即有（P的平方Q的平方）=2，故Q的平方=2倍的P的平方。
请注
意，2倍的P的平方必定是偶数，因而Q的平方也必定是偶数，进而Q一定
是偶数。于是可设Q=2k（
k是正整数），由上述式子得
（2k）的平方=2倍的P的平方，从而2倍的k的平方=P的平方。
所以P的平方必定是偶数，于是P也是偶数，这与P,Q互质矛盾。
这个矛盾表明我们的假设
“根号二是一分数”不成立，所以根号二既非整数，
也非分数，就是说，根号二是无理数。
参考资料
《数学》初二上册第12页
用反正法：
设 根号2
是有理数， 且
根号2 ＝mn, m,n无公约数。两边平方， 有
2＝(m^2)(n^2)
故 m^2 ＝ 2*(n^2)
可见m为偶数。 令
m＝ 2k， 有
（2k）^2 ＝ 2*(n^2)
故 n^2 ＝ 2*(k^2)
即 n为偶数。
这样， m、n 均为偶数， 它们有公约数2。
这与假设相矛盾，故根号2不是有理数而是无理数
证明根号2是无理数的方法一古希腊曾有“
万物皆数”的思想，这种认为“大
自然的一切皆为整数之比”的思想统治了古希腊数学相当长的一段时间
，许多
几何命题都是根据这一点来证明的。当时的很多数学证明都隐性地承认了“所
有数都可以
表示为整数之比”，“万物皆数”的思想是古希腊数学发展的奠基。
直到有一天，毕达哥拉斯的学生Hi
ppasus告诉他，单位正方形的对角线长度不
能表示为两个整数之比。被人们公认的假设被推翻了，
大半命题得证的前提被
认定是错的，古希腊时代的数学大厦轰然倒塌，数学陷入了历史上的第一次危机。最后，Eudoxus的出现奇迹般地解决了这次危机。今天我们要看的是，为什
么单位正方形
的对角线长度不能表示为两个整数之比。
单位正方形的对角线长度怎么算呢？从上面的这个图中我们可以看
到，如果小正方形
的面积是1的话，大正方形的面积就是2。于是单位正方形的
对角线是面积为2的正方形的边长。换句话
说，Hippasus认为不可能存在某个
整数与整数之比，它的平方等于2。
中学课程中安排了一段反证法。当时有个题目叫我们证根号2是无理
数，当时很多人打死了也想不明白这
个怎么可能证得到，这种感觉正如前文所
说。直到看了答案后才恍然大悟，数学上竟然有这等诡异的证明
。
当然，我们要证明的不是“根号2是无理数”。那个时候还没有根号、
无理数
之类的说法。我们只能说，我们要证明不存在一个数pq使得它的平方
等于2。证明过程地球人都知道：
假设pq已经不能再约分了，那么p^2=2*q^2，
等式右边是偶数，于是p必须是偶数。p是偶数
的话，p^2就可以被4整除，约
掉等式右边的一个2，可以看出q^2也是偶数，即q是偶数。这样，
p也是偶数，
q也是偶数，那么p和q就还可以继续约分，与我们的假设矛盾。
证明根号2是无理数的方法二
根号2是无理数，我们证明到了。根号3呢？根号5呢？你可能
偶尔看到过，
Theodorus曾证明它们也是无理数。但Theodorus企图证明17的平方根
是无理
数时却没有继续证下去了。你可以在网上看到，Theodorus对数学的贡献之一就
是“证明了3到17的非平方数的根是无理数”。这给后人留下了一个疑问：怪
了，为什么证到17就不
证了呢？一个俄国的数学历史家“猜”到了原因。
他猜测，当时Theodorus就是
用类似上面的方法证明的。比如，要证
明根号x不是有理数，于是p^2=x*q^2。我们已经证过x
=2的情况了，剩下来的
质数都是奇数。如果x是奇数且pq已经不能再约分，那么显然p和q都是奇<
br>数。一个奇数2n+1的平方应该等于4(n^2+n)+1，也即8 * n(n+1)2 + 1，其
中n(n+1)2肯定是一个整数。如果p=2k+1，q=2m+1，把它们代进p^2=x*q^2
，
有8[k(k+1)2 - x*m(m+1)2] = x-1。于是x-1必须是8的倍数。如果
当时
Theodorus是这么证明的，那么他可以得到这样一个结论，如果x-1不能被8整
除，那么它不可能被表示成(pq)^2。好了，现在3、5、7、11、13减去1后都
不是8的倍数
，它们的平方根一定不是有理数。在x=9时发生了一次例外，但9
是一个平方数。而当x=17时这种
证明方法没办法解释了，于是Theodorus就此
打住。
实际上，我们上面说的这么多，在古希腊当时的数学体系中是根本不
可能出现的。毕达哥拉斯时代根本没
有发展出代数这门学科来，它们掌握的只
是纯粹的几何。因此，Hippasus当时的证明不可能像我
们现在这样搞点什么奇
数x偶数y之类的高科技东西。事实上，Hippasus当时完全运用的平面几
何知
识来证明他的结论。有人觉得奇怪了，既然当时没有代数，古希腊人是怎么提
出“所有数都
可以表示为整数之比”的呢？其实古希腊人根本没有提出什么整
数之比，这是后人的一个误解。当时毕达
哥拉斯学派提出的，叫做“公度单位”。
两条线段的公度单位，简单的说就是找一个公度
量，使得两条线段的
长度都是这个公度量的整倍数（于是这个公度量就可以同时作为两条线段的单
位长度并用于测量）。寻找公度量的方法相当直观，就是不断把较长的那个线
段减去短的那个线段，直
到两个线段一样长。熟悉数论的同学一下就明白了这
就是欧几里德的辗转相除算法求最大公约数。第一次
数学危机的根结就在于，
古希腊人理所当然地相信不断地截取线段，总有一个时候会截到两个线段一样<
br>长。后来，Hippasus画了这么一张图，告诉大家了一个反例：有可能这个操作
会无穷尽地
进行下去。
现在看他怎么解释，在图中的BC和BD之间进行辗转相除为什么永远
不能停止。把BD减去BC，剩下一段DE。以DE为边做一个新的小正方形DEFG，
那么显
然DE=EF=FC（∵△EDF为等腰直角且△BEF≌△BCF）。接下来我们应该
在BC和DE间
辗转相除。BC就等于CD，CD减去一个DE相当于减去一个FC，就
只剩下一段DF了。现在轮到D
E和DF之间辗转相除，而它们是一个新的正方形
的边和对角线，其比例正好与最初的BC和BD相当。
于是，这个操作再次回到
原问题，并且无限递归下去。最后的结论用我们的话说就是，不存在一个数x<
br>使得BC和BD的长度都是x的整倍数。于是，BDBC不能表示为两个整数之比
pq（否则BD
p=BCq，这就成为了那个x）。
有发现上面的代数证明和几何证明之间的
共同点吗？它们都是这样
的一个思路：假设我已经是满足这个性质的最小的那个了，那么我就可以用一<
br>种方法找出更小的一个来，让你无限循环下去，数目越来越小，永无止境。严
格的数学证明中你或
许会看到这样一句话：“不失一般性，设n为最小的满
足……”
这种证明方法应
用很广。比如，证明3^n不能表示为两个正整数的平
方和。我假设存在一个最小的n使
得x^2+y^2=3^n，那么x^2+y^2可以被3整除，
于是x和y也应该能被3整除（一个正
整数的平方除以3，要么除尽，要么余1）。
假如x=3p，y=3q，那么(3p)^2+(3q)^
2=3^n，即9(p^2+q^2)=3^n，那么。
p^2+q^2=3^(n-2)，这和n最小
的假设矛盾。换句话说，你永远找不到最小的，
你必须一直递归下去。
:
证明根号2是无理数的方法三
如果√N不是整数的话，假设√N=AB（化到
最简），那么NBA=AB。
化成带分数后，NBA和AB的分数部分是形如aA和bB的形式，其中a
证明根号2是无理数的方法四
假设(pq)^2=2，那么p^2=2q^2。我们将要证明，一个数的平方等于
另一个数的平方的两倍是根本不可能的。如果对一个平方数分解质因数，它必
然有偶数个因子（x^2的
所有质因子就是把x的质因子复制成两份）。于是，p^2
有偶数个质因子，q^2有偶数个质因子，2
q^2有奇数个质因子。等号左边的数
有偶数个质因子，等号右边的数有奇数个质因子，大家都知道这是
不可能的，
因为同一个数只有一种分解质因数的方法（唯一分解定理）。
这个证
明还有一种更加神奇的变化。p^2和2q^2的质因子中，因子2
的个数肯定是一奇一偶。那么它们转
化成二进制后，末尾0的个数肯定也是一
奇一偶。因此，这两个数不可能相等。
证明根号2是无理数的方法五
the power of simple ideas in
mathematics。
同样是证明不存在整数p, q使得p^2=2q^2，这个
证明只需要一句话。
假如p、q是最小的正整数使得p^2=2q^2，看图，两个边长为q的小正方形
放在
一个边长为p的大正方形里，那么图中深灰色正方形的面积就等于两个白色正
方形面积之和
（面积守恒），于是我们就找到了具有同样性质的更小的整数p
和q。仔细体会一下这个“面积守恒”，
如果A+B=C，那么A和B重复计算了的
必然是C里还没有算过的。很有意思。
证明根号2是无理数的
方法六
一个有限小数的平方绝对不可能变成整数，因
为小数部分不可能
消失。观察有限小数的小数部分最后一个数字你会发现结论是显然的，
平方后
它总会产生新的“最后一位”。
下面证明，(nm)^2不可能等于2。
nm不可能是整数，于是把它写成
小数形式，而有限小数的平方不可能是整数。如果nm不是有限小数的
话，可
以把它转换成另外的进制使得nm是有限小数，因而上面的结论仍然成立。一
个进制下的
无限小数可能是另一个进制下的有限小数。比如，把分数nm转化
为m进制，得到的小数肯定是有限小数
。
构造正整数和正有理数之间的一一映射
如果集
合A和集合B之间存在一个一一映射(双射)，则称A和B等价。
如果A和正整数集N等价，我们称A是
可数的。换句话说，A可数的充要条件是
A中的全体元素可以排列成a
1
,a
2
,…,a
n
,..的形状。
根据这个定义，我们很容易得出整数集是可数
的。因为我们可以构造如下正整数
集到整数集的一一映射：
一个更有意思的命题是：
可数个可数集的并是可数集。
它的证明使用了经典的“对角线”法，这种方法被各种实变函数或集合论的书广
泛采用。 证明：假设{A
m
}是一列可数集，其中A
m
={a
m1
,a
m2
,…}，把它们按如下顺序排列
可以按如图箭头所指的方向数
U{A
m
}中的元素，即把U{A
m
}中元素排列成
a
11
,a
21
,a
12
,a
31
,…}，于是U{A<
br>m
}是可数的，命题得证。
上述证明虽然已经说明U{A
m
}可数，
却没有给出它与正整数之间的一一映射关系。
能否写出这个映射呢？
仔细观察发现，每个“对
角线”上元素a
mn
的下标之和m+n是一个常数。于是我
们可以得到，按上图所示的
排列方法，a
mn
所处的位置为：
其中m+n≥3，a
11
=1
这样我们就得到了U{A
m
}到正整数集的一个一一映射：
这个
命题的一个应用就是：有理数集是可数的。因为有理数可以被看作一个二元
有序对(p,q)。但当我们
用类似的方法排列有理数时，却发现了上述映射的一个
致命错误：
(图片来自维基百科，它采用了“蛇状”的盘旋数法)
注意到图中红色的有理数，它们的分子
和分母有公约数，这些数都已经被数过了。
也就是说，我们上面构造的映射中忽略了a
mn中会有重复元素的情况。
我试图把重复的情况考虑进去，构建从正有理数到正整数的一一映射，但
发现这
时问题变得异常复杂，最终没能写出一个通式来。
那么，到底能不能找到这样的一个映
射关系呢？我google了一下，还真有人找
到了
[1]
。他的方法用到了二进制和
Pierce展开式。大概思想是通过建立正整数
和n元有序对之间的双射，再建立Pierce展开式
和n元有序对之间的双射，进
而得到正整数和Pierce展开式之间的双射。而每个Pierce展开
式又唯一的对应
着一个正有理数。
简单多面体的顶点数V、面数F及棱数E间有关系
V+F-E=2
这个公式叫欧拉公式。公式描述了简单多面体顶点数、面数、棱数特有的规律。
方法1：（利用几何画板）
逐步减少多面体的棱数，分析V+F-E
先以简单的四面体ABCD为例分析证法。
去掉一个面，使它变为平面图形，四面体顶点数V
、棱数V与剩下的面数
F1变形后都没有变。因此，要研究V、E和F关系，只需去掉一个面变为平面<
br>图形，证V+F1-E=1
（1）去掉一条棱，就减少一个面，V+F1-E不变。依次去掉所有的面，变为
“树枝形”。
（2）从剩下的树枝形中，每去掉一条棱，就减少一个顶点，V+F1-E不变，直
至只剩下一条棱。
以上过程V+F1-E不变，V+F1-E=1，所以加上去掉的一个面，V+F-E =2。 对任意的简单多面体，运用这样的方法，都是只剩下一条线段。因此公式对任意
简单多面体都是正确
的。
方法2：计算多面体各面内角和
设多面体顶点数V，面数F，棱数E
。剪掉一个面，使它变为平面图形（拉开图）,
求所有面内角总和∑α
一方面，在原图中利用各面求内角总和。
设有F个面，各面的边数为n1,n2，…，nF，各面内角总和为：
∑α =
[(n1-2)·1800+(n2-2)·1800 +…+(nF-2) ·1800]
=
(n1+n2+…+nF -2F) ·1800
=(2E-2F) ·1800 = (E-F)
·3600 （1）
另一方面，在拉开图中利用顶点求内角总和。
设
剪去的一个面为n边形，其内角和为(n-2)·1800，则所有V个顶点中，有n个
顶点在边上，V
-n个顶点在中间。中间V-
n个顶点处的内角和为(V-n)·3600，边
上的n个顶点处的内角和(n-2)·1800。
所以，多面体各面的内角总和：
∑α =
(V-n)·3600+(n-2)·1800+(n-2)·1800
=（V-2）·3600. （2）
由(1)(2)得： (E-F) ·3600 =（V-2）·3600
所以 V+F-E=2.
（1）分式：
a＾r(a-b)(a-c)+b＾r(b-c)(b-a)+c＾r(c-a)(c-b)
当r=0,1时式子的值为0
当r=2时值为1
当r=3时值为a+b+c
（2）复数
由e＾iθ=cosθ+isinθ,得到：
sinθ=（e＾iθ-e＾-iθ）2i
cosθ=（e＾iθ+e＾-iθ）2
（3）三角形
设R为三角形外接圆半径，r为内切圆半径，d为外心到内心的距离，则：
d＾2=R＾2-2Rr
（4）多面体
设v为顶点数，e为棱数，f是面数，则
v-e+f=2-2p
p为欧拉示性数，例如
p=0 的多面体叫第零类多面体
p=1
的多面体叫第一类多面体
(5) 多边形
设一个二维几何图形的顶点数为V，划分区域数为Ar，一笔画笔数为B,则有：
V+Ar-B=1
(如：矩形加上两条对角线所组成的图形，V=5,Ar=4,B=8)
(6). 欧拉定理
在同一个三角形中，它的外心Circumcenter
、重心Gravity、九点圆圆心
Nine-point-
center、垂心Orthocenter共线。
任意阶幻方构造方法
幻方，亦称纵横图。台湾称为魔术方阵。将自然数1，2，3，……
n*n排列
成一个n*n方阵，使得每行、每列以及两对角线上的各个数之和都相等，等于
n2
*(n*n+1)，这样的方阵称为幻方。
例如：把1，2，3，4，5，6，7，8，9填入3
*3的格子，使得：每行、每列、
两条对角线的和是15。
8
3
4
1
5
9
6
7
2
n是它的阶数，比如上面的幻方是3阶。n2*(n*n+1)为幻方的变幻常数。
数学上已经证明，对
于n>2，n阶幻方都存在。
目前填写幻方的方法，是把幻方分成了三类，每类又有各种各样的填
写方法。
这里对于这三类幻方，仅举出一种方便手工填写的方法。
1、奇数阶幻方
n为奇数 (n=3，5，7，9，11……)
(n=2*k+1，k=1，2，3，4，5……)
奇数阶幻方最经典的填法是罗伯特法(也有人称之为楼梯法)。填写方法是这
样：
把1(或最小的数)放在第一行正中； 按以下规律排列剩下的n*n-1个数：
(1)、每一个数放在前一个数的右上一格；
(2)、如果这个数所要放的格已经超出了顶行那么就把它放在底行，仍然要
放在右一列；
(3)、如果这个数所要放的格已经超出了最右列那么就把它放在最左列，仍
然要放在上一行；
(4)、如果这个数所要放的格已经超出了顶行且超出了最右列，那么就把它
放在前一个数
的下一行同一列的格内；
(5)、如果这个数所要放的格已经有数填入，处理方法同(4)。
这种写法总是先向“右上”的方向，象是在爬楼梯。
2、双偶阶幻方
n为偶数，且能被4整除 (n=4，8，12，16，20……)
(n=4k，k=1，2，3，
4，5……)
先说明一个定义：
互补：如果两个数字的和，等于幻方最大数和最小数的和，即 n*n+1，称为
互补。
先看看4阶幻方的填法：将数字从左到右、从上到下按顺序填写：
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 15
16
这个方阵的对角线，已经用蓝色标出。将对角线上的数字，换成与它互补的
数字。
这里，n*n+1 = 4*4+1 = 17；
把1换成17-1 =
16；把6换成17-6 = 11；把11换成17-11 = 6……换完
后就是一个四阶幻方。
对于n=4k阶幻方，我们先把数字按顺序填写。写好后，按4*4把它划分成
k*k个方阵。因为n是4的倍数，一定能用4*4的小方阵分割。然后把每个小方
阵的对角线，象制作
4阶幻方的方法一样，对角线上的数字换成互补的数字，就
构成幻方。
下面是8阶幻方的作法：
(1)
先把数字按顺序填。然后，按4*4把它分割成2*2个小方阵
1 2 3 4 5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
17 18 19 20 21 22
23 24
25 26 27 28 29 30 31 32
33 34 35 36
37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48
49 50
51 52 53 54 55 56
57 58 59 60 61 62 63 64
(2) 每个小方阵对角线上的数字，换成和它互补的数。
64 2 3 61
60 6 7 57
9 55 54 12 13 51 50 16
17 47 46 20 21 43 42 24
40 26 27
37 36 30 31 33
32 34 35 29 28 38 39
25
41 23 22 44 45 19 18 48
49 15
14 52 53 11 10 56
8 58 59 5 4 62
63 1
3、单偶阶幻方
n为偶数，且不能被4整除
(n=6，10，14，18，22……) (n=4k+2，k=1，2，
3，4，5……)
这是三种里面最复杂的幻方。
以n=10为例。这时，k=2
(1) 把方阵分为A，B，C，D四个象限，这样每一个象限肯定是奇数阶。用
楼梯法，
依次在A象限，D象限，B象限，C象限按奇数阶幻方的填法填数。
A
B
C
D
17 24 1 8 15 67 74
51 58 65
23 5 7 14 16 73 55 57 64
66
4 6 13 20 22 54 56 63 70 72
10 12 19 21 3 60 62 69 71 53
11
18 25 2 9 61 68 75 52 59
92 99 76
83 90 42 49 26 33 40
98 80 82 89 91
48 30 32 39 41
79 81 88 95 97 29 31
38 45 47
85 87 94 96 78 35 37 44 46
28
86 93 100 77 84 36 43 50 27 34
(2)
在A象限的中间行、中间格开始，按自左向右的方向，标出k格。A象
限的其它行则标出最左边的k格。
→
17 24 1 8 15 67 74 51 58
65
23 5 7 14 16 73 55 57 64 66
4 6 13 20 22 54 56 63 70 72
10
12 19 21 3 60 62 69 71 53
11 18 25
2 9 61 68 75 52 59
92 99 76 83 90
42 49 26 33 40
98 80 82 89 91 48 30
32 39 41
79 81 88 95 97 29 31 38 45
47
85 87 94 96 78 35 37 44 46 28
86 93 100 77 84 36 43 50 27 34
(3) 将这些格，和C象限相对位置上的数，互换位置。
92 99 1 8
15 67 74 51 58 65
98 80 7 14 16 73
55 57 64 66
4 6 88 95 22 54 56 63 70
72
85 87 19 21 3 60 62 69 71
53
86 93 25 2 9 61 68 75 52 59
17 24 76 83 90 42 49 26 33 40
23 5
82 89 91 48 30 32 39 41
79 81 13 20
97 29 31 38 45 47
10 12 94 96 78 35
37 44 46 28
11 18 100 77 84 36 43
50 27 34
(4) 在B象限任一行的中间格，自右向左，标出k-1列
。(注：6阶幻方由
于k-1=0，所以不用再作B、D象限的数据交换)
←
92 99 1 8 15 67 74 51 58 65
98
80 7 14 16 73 55 57 64 66
4 6 88 95
22 54 56 63 70 72
85 87 19 21 3 60
62 69 71 53
86 93 25 2 9 61 68 75
52 59
17 24 76 83 90 42 49 26 33 40
23 5 82 89 91 48 30 32 39 41
79
81 13 20 97 29 31 38 45 47
10 12 94 96
78 35 37 44 46 28
11 18 100 77 84
36 43 50 27 34
(5)
将B象限标出的这些数，和D象限相对位置上的数进行交换，就形成幻
方。
92 99 1
8 15 67 74 26 58 65
98 80 7 14 16 73
55 32 64 66
4 6 88 95 22 54 56 38 70
72
85 87 19 21 3 60 62 44 71 53
86 93 25 2 9 61 68 50 52 59
17
24 76 83 90 42 49 51 33 40
23 5 82 89
91 48 30 57 39 41
79 81 13 20 97 29
31 63 45 47
10 12 94 96 78 35 37 69 46
28
11 18 100 77 84 36 43 75 27 34
帕普斯定理
考虑一个智力测验问题：有9棵树，要栽成9行，使得每行恰好有3棵树，怎样栽法？
<
br>在图1中，可以找到上述“九树九行”问题的解法。图中有9个点A、B、C、D、E、F、X、
Y、Z。容易看出，它们分布在9条直线上，每条直线上恰好包含其中的3个点。
图1中的直线，有些画成粗实线，有些画成细实线，还有一条画成虚线，这是什么原因呢？
原来，图l的本意不是为了口答智力测验问题，而是为了介绍帕普斯定理。
帕普斯定理可以叙述成下面的形式：
如图1，设六边形ABCDEF的顶点交替
分布在两条直线a和b上，那么它的三双对边所在
直线的交点X、Y、Z在一直线上。
<
br>从图中可以看到，三点A、C、E在直线a上，三点B、D、F在直线b上。顺次连结线段
AB、
BC、CD、DE、EF、FA，得到一条封闭折线ABCDEF，封闭折线就是一般意义下的多
边形。
看六边形的名称ABCDEF，就能知道它的哪两条边是对边。例如，在六边形名称ABCD
EF
中，字母B和C相邻，说明BC是它的一条边；从B往后隔两个字母是E，C往后隔两个
字
母是F，EF就是BC的对边。
利用“六边形”和“对边”这两个简单术语，就能概括图
l中9个点和9条直线之间的复杂
关系。可见帕普斯定理是一个非常有用的定理。如何来
证明它？
答案
帕普斯定理 答案
帕普斯定理可以利用梅涅劳斯定理来证明。
如图2，考虑由三条直线BC、DE和FA围成
的三角形MNP（其中P是直线BC与DE的交点，N是DE与FA的
交点，M是FA与BC的交点）。
从截线AXB得 ；
从截线CZD得 ；
从截线EYF得 ；
从截线AEC得 ；
从截线DBF得。
在以上五式中，将前三式相乘，然后将后两式代入，约简得
。
从最后得到的等式，利用梅涅劳斯定理的逆定理，知道三点X、Y、Z在一直线上。
帕普斯(Pappus，约公元前300年左右)是古希腊的数学家。帕普斯定理中，三双对边交点X、
Y、Z所在的
直线，叫做帕普斯线。