21．截尾質(zhì)數(shù)
研究過程其實(shí)非常有趣．在利用樹形圖尋找質(zhì)數(shù)時(shí)，很快就可以發(fā)現(xiàn)，除了只能作為起點(diǎn)的2之外，不可能再有其他的偶數(shù)．同理，5只能作為起點(diǎn)．此外，當(dāng)以2開始時(shí)，下一個(gè)數(shù)只能是3或9，因?yàn)?/font>1或7將使該數(shù)能被3整除．以2開始的完整質(zhì)數(shù)樹形圖如下圖所示，此種質(zhì)數(shù)共有24個(gè)．
以下是將其余的此種質(zhì)數(shù)對(duì)應(yīng)至每一分枝終點(diǎn)的數(shù)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
這個(gè)活動(dòng)與左質(zhì)數(shù)(left－handed prime)有關(guān)．不過，你也可以做右質(zhì)數(shù)(right－handed prime)的研究，例如12647，在由左向右截尾時(shí)仍為質(zhì)數(shù)；或是做雙側(cè)質(zhì)數(shù)(two－sided prime)的研究，例如317或739397．
22．生日巧合
如果不考慮生日巧合的概率，而考慮沒有人生日相同的概率，會(huì)比較容易．
首先考慮A與B兩人生日不同的概率．例如假設(shè)A的生日是在3月25日，則B的生日可能是一年中其他364天中的一天，所以A與B生日不同的概率為364/365．現(xiàn)在考慮第三個(gè)人C．C的生日與A、B不同，則一年中還有363天可能是C的生日，所以C與A、B生日不同的概率為363/365．
故A、B、C的生日都不相同的概率為：
將此論證繼續(xù)沿用至第四人D，就得出他們生日都不同的概率為：
同理，在一個(gè)有30名學(xué)生的班級(jí)中，各人生日都不同的概率為：
耐心地使用計(jì)算器就可以算出這個(gè)值大約是0.294，所以在有30名學(xué)生的班級(jí)中，至少有兩人生日相同的概率是：
1－0.294≈0.7
順便說一句，用上述的論證方式可以證明當(dāng)一個(gè)班級(jí)有23個(gè)學(xué)生時(shí)，有兩人生日相同的概率要比學(xué)生數(shù)為偶數(shù)時(shí)高．
23．認(rèn)識(shí)正八面體
實(shí)際做出本題中提到的模型能大大加強(qiáng)學(xué)習(xí)的效果，因?yàn)樵僭趺醋屑?xì)閱讀文字或看圖片說明，也比不上利用模型所得到的經(jīng)驗(yàn)來得直接．
由八面體的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，每邊只經(jīng)過一次而回到原點(diǎn)的路徑有1488種．
你能找到多少種？
如果你將八面體的邊作拓?fù)渥儞Q(topological transformation)形成如圖1的形式，可幫助你思考所有的路徑．
另有一種做出正八面體的方法，即按照如圖2所示的由等邊三角形組成的展開圖，用紙或卡片制作．將所有的折線刻出印痕，然后將這兩邊的三角形折疊，先把A折至B．要記得八面體的每一個(gè)頂點(diǎn)都有4個(gè)三角形，所以這個(gè)圖應(yīng)該不難折．最后，將畫斜線的三角形折進(jìn)去，你就有了一個(gè)堅(jiān)固的模型，而且可以展開恢復(fù)原狀．
24．郵票冊(cè)研究
(1)英國郵政總局1985年的設(shè)計(jì)如圖1所示，包含3張13p、2張4p與3張1p的郵票．這種設(shè)計(jì)非常簡(jiǎn)單，很容易就能
找到國內(nèi)郵件(13p與17p)所需的郵票，而且除了200g限時(shí)信的38p之外，其他郵費(fèi)也都能找到．
可能的解其實(shí)有許多種，都可由郵票冊(cè)中挑選出所有的郵費(fèi)．圖2和圖3是其中的兩種．第二種有一個(gè)優(yōu)點(diǎn)，就是當(dāng)平信的郵費(fèi)降至12p時(shí)也可以使用；事實(shí)上，還可以寄4封郵費(fèi)為12p的信件(見圖3)．
這種問題可使同學(xué)們將算術(shù)運(yùn)用到實(shí)際生活中去．
(2)不可能的郵費(fèi)為18p．7p、9p與2p的郵票面值總和為18p，但在郵票冊(cè)上彼此并沒有相連．組成其郵費(fèi)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
本題能幫助學(xué)生熟悉數(shù)字之間的基本關(guān)系，培養(yǎng)空間感，學(xué)生必須做出假設(shè)并進(jìn)行檢驗(yàn)．問題是要找出N的極限值，有一種方法是找出從2×3的郵票中撕取一張郵票或一組相連的郵票到底有多少方式．從這一點(diǎn)又可引申出更一般化的空間問題．從m×n的郵票中撕取一張郵票或一組相連的郵票共有多少方式？
撕取郵票的方式共有40種，所以這也是N的上限．但由于題目的限制，使得N的最大值是36．如圖4所示的兩種方式是其解．檢驗(yàn)兩者是否自1p至36p都可以得到．
在研究此問題時(shí)可以考慮相加的和(如12＝4＋6＋2)，或是在撕去郵票后留下的面值(如28＝36－8，故28＝1＋2＋15＋4＋6)．
有一種著手解決這種問題的方法是從較小聯(lián)的郵票開始．對(duì)2×2聯(lián)的郵票而言，撕去一張郵票或一組相連郵票的方式共有13種，如圖5所示的兩種解答可以得到郵費(fèi)為1p至13p的郵票．
對(duì)5張郵票的情況，撕去郵票的方式共有21種，但所得的郵費(fèi)只有1p至20p．
25．設(shè)計(jì)直尺
5道切口得出的10種間隔為：
以此種計(jì)數(shù)方式可以很清楚地看出其通式．n次鋸切可得：
1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)種間隔
當(dāng)5次鋸切的位置如上圖所示時(shí)，即ab＝1cm，bc＝3cm，cd＝3cm，de＝2cm，則ac＝4cm，ce＝5cm，bd＝6cm，ad＝7cm，be＝8cm，ae＝9cm．如果沒有遺漏掉任何長(zhǎng)度，那么這就是最佳的鋸切方式．
如果我們并不要求得到連續(xù)的長(zhǎng)度，那么也可能得出10種不同長(zhǎng)度的間隔．例如，如果ab＝1，bc＝6，cd＝3，de＝2，則即可得出下列的10種間隔：
1，2，3，5，6，7，9，10，11，12
但是在試著得出有連續(xù)長(zhǎng)度的間隔時(shí)，要看出是否具有一般性的通式并不容易．如果做n次鋸切，且N為連續(xù)長(zhǎng)度的間隔數(shù)，則以1cm起始，所得出的最佳解如下．
