SAMP《科學美國人》數學謎題集錦[20251004 - 20251227每周一題共11題]

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Scientific American Math Puzzles

作者：Scientific American（科學美國人）2025-12-27

譯者：zzllrr小樂（數學科普公眾號）2025-12-28

日期：2025-12-27

作者：Martin Gardner

問題：

史密斯先生和妻子在高速公路上勻速行駛。“你注意到了嗎，” 他說，“那些煩人的弗拉茨啤酒廣告牌似乎每隔一段距離就有一個。我想知道它們之間的距離是多少。” 史密斯夫人瞥了一眼手表，然后數了數他們在一分鐘內經過的弗拉茨啤酒廣告牌數量。

“真是個奇怪的巧合！” 史密斯先生驚呼道，“當你把這個數字乘以 10，它就恰好等于我們車的速度（英里 / 小時）。” 假設汽車的速度是恒定的，廣告牌間距相等，且史密斯夫人的計時開始和結束時，汽車都正好位于兩個廣告牌之間的中點，那么相鄰兩個廣告牌之間的距離是多少？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-count-signs/

這個問題的巧妙之處在于，我們不需要知道汽車的速度就能確定廣告牌的間距。設 x 為一分鐘內經過的廣告牌數量。那么在一小時內，汽車會經過 60x 個廣告牌。題目告訴我們，汽車的速度是 10x 英里 / 小時。在行駛 10x 英里的路程中，汽車會經過 60x 個廣告牌，因此在行駛 1 英里的路程中，汽車會經過 60x / 10x，即 6 個廣告牌。因此，廣告牌之間的距離是 1/6 英里（也就是 880 英尺）。

日期：2025-12-20

作者：Jack Murtagh

問題：

我有一個24小時制的數碼時鐘（軍用時鐘），以 HH:MM 格式顯示時間。每個數字采用標準的七線段顯示 —— 通過七個發光線段的亮滅組合成數字。時鐘總共包含 28 個發光線段：顯示屏上的四個數字，每個數字對應七個發光線段。

我的這個時鐘上，有些發光線段壞了，再也無法點亮。但即便如此，經過一些練習，我總能準確判斷當前時間 —— 顯示的發光圖案從不產生歧義。最多有多少個發光線段可能是壞的？

圖示為一個屏幕，按順序展示了組成 0 到 9 每個數字的所有水平和垂直發光線段。

下面的提示（如有需要）會告知你最多可損壞的發光線段數量，你的任務是找出具體是哪些。

提示

最多可損壞 13 個發光線段。存在多種可行的損壞模式，嘗試找出其中一種。

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-broken-clock/

最多可損壞 13 個發光段。一種可能的損壞分布如下圖所示，黃色發光線段代表已損壞的部分。

圖示為一個數字時鐘顯示屏，其中組成每個數字的部分發光線段被標為黃色，表明它們已損壞。

24 小時制時鐘最左側的數字僅在 0-2 之間循環：顯示 0 時，有兩個發光線段點亮；顯示 1 時，沒有發光線段點亮；顯示 2 時，僅有頂部的發光線段點亮。這樣我們就能區分這三種情況。不一定非得是這兩個發光線段，其他多組發光線段組合也能實現。

時鐘的第二個和第四個數字均在 0-9 之間循環：除了上圖所示的兩個可損壞發光線段外，損壞任意一個其他發光線段都會產生歧義。例如，若頂部發光線段損壞，1 和 7 的顯示會完全相同；若中間發光線段損壞，0 和 8 的顯示會完全相同。

第三個數字在 0-5 之間循環：原則上，至少需要三個正常工作的發光線段才能區分這六個數字。而實際上，通過上圖所示的模式即可實現。損壞頂部發光線段而非底部發光線段，同樣能達到效果。

日期：2025-12-13

作者：Heinrich Hemme

問題：

九個矩形 A、B、C、D、E、F、G、H 和 I 相互重疊。矩形 A 與矩形 D 和 F 相交；該關系可以用簡寫為 A\(D,F)。此外，

B\(F,G)

C\(G,H)

D\(A,H)

E\(H,I)

F\(A,B,I)

G\(B,C,I)

H\(C,D,E)

I\(E,F,G)

題目要求你正確地用字母 A 到 I 分別標記這些矩形。

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-wrangle-rectangles/

只有下面四個藍色陰影矩形與另外三個矩形相交，因此它們必須是 F、G、H 和 I。H 不與 F、G 或 I 相交，而 I 與 F 和 G 相交。因此，H 是頂部的藍色陰影矩形，I 是倒數第三個。由于 B\(F,G) 和 E\(H,I)，兩個矩形 B 和 E 也可以被識別。剩下的很簡單。

日期：2025-12-06

作者：Jack Murtagh

問題：未知尺寸

羅斯和艾薇是擅長邏輯的園林設計師，負責打造一個矩形花園。他們的客戶告訴了羅斯想要的寬度，告訴了艾薇想要的長度（都是正整數）。有一天，他們的客戶留了語音信箱，規定這個項目的“規模”必須正好是 12。在這家園林公司中，“規模”可以指花園的面積或周長，但客戶不會具體說明。接下來是以下對話：

羅斯：“我知道想要的寬度，但即使聽到 12 的規模，我還是不知道長度。”

艾薇：“我知道想要的長度，但即使聽你這么說，我也不知道寬度。”

羅斯：“唉，我還是一頭霧水。”

客戶希望花園寬度是多少？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-unknown-dimension/

寬度是 3。設寬度為 W，長度為 L。兩位園林設計師都知道 W×L = 12 或 2 ×（W + L） = 12；也就是說，花園的面積或周長等于 12。

想想羅斯的視角。知道寬度和規模不足以推斷長度。如果她知道寬度和規模，以及規模指的是面積還是周長，那么她總可以通過解 L 的相關方程推斷長度。 所以即使她知道所有事情，她仍然不確定規模指的是面積還是周長。特別地，這意味著 W 必須是 12 的因子。如果不是，那就排除面積，因為 12 的因子才能倍乘得到 12。此外，W 必須小于 6，否則周長將超過 12。這將可能的寬度縮小到{1， 2， 3， 4}，現在，在羅斯的陳述之后，艾薇也能推斷出這個。

艾薇仍然無法計算寬度，這意味著用同樣的論證，我們可以將她的長度范圍縮小到{1， 2， 3， 4}。長度不可能是 1，因為羅斯剩余的寬度都無法產生 12 的面積或周長。長度也不可能是 2：如果是，艾薇就會知道寬度是 4，形成 12 的周長。（長度 2 無法與羅斯剩余的寬度形成 12 的面積。）所以長度只能是 3 或 4。

在艾薇的回答之后，羅斯現在知道唯一可能的長度是 3 和 4，但她仍然無法判斷哪個才是正確的。這意味著寬度必須能夠形成 12 英尺的面積和 12 英尺的周長，剩余的長度都必須如此。W = 2 和 W = 3 是形成 12 周長的唯一剩余方式（L 分別等于 4 和 3），而 W = 3 和 W = 4 是形成 12 面積的唯一剩余方式。（L 分別等于 4 和 3。）W = 3 同屬于這兩種情況，因此這是 Rose 唯一仍不確定的數值。

日期：2025-11-29

作者：Jack Murtagh

問題：古城

兩位教授，一位教英語，一位教數學，正在教職工俱樂部酒吧喝酒。“真奇怪，”英語教授說，“有些詩人能寫出一行不朽的詩句，卻沒有其他持久價值。比如約翰·威廉·伯根（John William Burgon）。他的詩如此平庸，以至于現在沒人讀，但他寫出了英國詩歌中最精彩的詩句之一：'

A rose-red city half as old as Time

這位數學家喜歡用即興的腦筋急轉彎惹惱朋友，他思考了一兩秒，然后舉杯朗誦道：

朱紅古城年齡是將來的一半。

十億年前，這座城市的年齡

只是將來年齡再往后十億年的五分之二

你能計算這座朱紅之城

現在的年齡是多少？

英語教授早已忘記代數，迅速轉移話題，但數學系讀者應當不難理解。

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-ancient-city/

這座城市的年齡是七十億年。

設 x 為城市當前年齡（單位是十億年），y 為將來的年齡（單位是十億年）。十億年前，這座城市的年齡為十億年的（x-1）倍，十億年后，它的年齡將是十億年的（y + 1）倍 。由問題中的數據得到兩個簡單的方程：

2x = y

x – 1 = (y + 1)2/5

根據這些方程可以求出 x = 7，即城市當前年齡，為七十億年，而y = 14，即該城市將來的年齡，為一百四十億年。

圖源： Amanda Monta?ez

日期：2025-11-22

作者：Jack Murtagh

問題：甜甜圈形狀的國際象棋棋盤

上面是一個5×5的棋盤，中央格子被戳出來。在左上角放置騎士、象、車或皇后，找到一條路徑，終點在右下角，沿途訪問棋盤上的每一個格子且不重復。哪種棋子可以做到這一點？如果象、車或皇后在到達停點的路上滑過格子，中間的格子也算作已訪問。棋子不能落在或滑過該洞。騎士跳躍，因此只有它落下的格子算作已訪問的格子，也可以跳過洞。

騎士可以呈 L 形移動：兩個豎直格后接一個橫格，或一個豎直格后接兩個橫格。

象可以斜向移動。

車可以水平或垂直移動。

皇后可以水平、垂直或斜向移動。

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-doughnut-chess/

在這些棋子中，只有皇后能找到路徑。象只能斜向移動，因此它們永遠不會在不同顏色的格子間移動。因此，從左上角開始的象永遠無法到達深色格子。由于車在移動過程中經過的每一格都算作路徑的一部分，我們可以把車當作每次只移動一格。這樣看，它在明暗格之間交替出現。它的第一個格子是淺色，所以第二個格子是暗的。然后第三格是淺色，第四格是暗的，依此類推。繼續這個模式，車訪問的第24格，即偶數，必須是暗格。棋盤上有24格，所以車必須訪問“終點”格24——但不能，因為“終點”格是亮的。騎士也會交替換色，所以同樣的道理也適用于它。皇后有許多可行的路徑，下面有一個例子。

日期：2025-11-15

作者：Emma R. Hasson

問題：跌穿

有人說大多數井蓋是圓形的，是因為圓形孔無法穿過較小的圓形孔。這些二維形狀中，哪些不能穿過形狀相同但稍小的洞？

圖源：Amanda Monta?ez

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-falling-through/

形狀1、2和3都可能掉進各自的洞。形狀4不能。

挑戰問題：

你能找到另一個不會掉進稍小形狀的洞的形狀嗎？

挑戰問題答案：

圓是無限多形狀家族中的一個，這些形狀的直徑恒定——也就是說，無論直線以何種角度穿過它，形狀的最寬點總是相同的。Reuleaux（勒洛） 三角形是另一個例子，因此也是一個無法通過稍小且形狀相同孔洞的形狀。

你也可以找到一種類似4號的形狀，其單個直線段小于形狀最小直徑。

能夠從另一個相同形狀復制品中落入洞口的形狀被稱為“魯珀特”（Rupert）性質。

圖源：Mark Belan / Quanta Magazine

另外參閱最近發現“非魯珀特”（noperthedron）的介紹，這是首個被證實非魯珀特形狀的同類形狀。

Noperthedron

圖源：量子雜志

https://www.scientificamerican.com/article/mathematicians-make-surprising-breakthrough-in-3d-geometry-with-noperthedron/

https://www.quantamagazine.org/first-shape-found-that-cant-pass-through-itself-20251024/

日期：2025-11-08

作者：Jack Murtagh

問題：一個可被整除的數

將數字0、1、2、3、4、5和6隨機打亂，形成七位數字（如果首位數字為0，則為六位數字）。將以下事件按可能性（相同可能性的平局可能出現）降序排序。

a. 該數字可被 2 整除

b. 該數字可被 3 整除

c. 該數字可被 4 整除

d. 該數字可被 5 整除

e. 該數字可被 6 整除

f. 該數字可被 9 整除

g. 該數字可被 10 整除

h. 該數字可被 12 整除

i. 該數字可被 100 整除

j. 該數字可被 150 整除

提示

有一些快速的小技巧可以確定用某些數字來整除。如果你以前沒學過這些，可以去查查。

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-divisive-number/

b > a/e（平局）> c/d/h（平局）> g > j > f/i（平局）。

讓我們逐一梳理一下：

b. 這個數字可以被 3 整除 。概率：100%。

如果一個數字的數字之和能被3整除，則稱該數字可被3整除。無論順序如何，0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 的和均可被3整除。

a/e（平局）. 這個數字可以被 2 整除 / 被 6 整除 。概率：4/7。

如果一個數字的最后一位數字是偶數，則該數字可被2整除。在七位數字0、1、2、3、4、5和6中，有四個是偶數。

如果一個數字同時被2和3整除，則稱該數字可被6整除。由于所有結果都可被3整除，因此該數字被6整除的概率與被2整除的概率相同。

c/d/h（三方平局）. 這個數字可以被 4 整除 / 被 5 整除/ 被 12 整除 。概率：2/7。

如果一個數字的最后兩位數字可以被4整除，則稱該數字可被4整除。對于我們集合中的數字，當最后兩位數字是以下12種組合中的任意一種時，該情況會發生：04、12、16、20、24、32、36、40、52、56、60或64。最后兩位數字共有42種可能結果（最后一位數字有7個可能結果乘以倒數第2個數字6個可能結果，即7×6 = 42），得到12/42 = 2/7。

如果一個數字以0或5結尾，則該數字可被5整除。七個可能的最后數字中有兩個可以被5整除，得到2/7。

如果一個數字能被3和4整除，則該數字可被12整除。所有結果都可被3整除，因此這和被4整除的概率相同。

g. 該數字可被 10 整除 。概率：1/7

如果一個數字以0結尾，則該數字可被10整除。在七個可能的結尾數字中，只有一個符合的結尾數字。

j. 該數字可被 150 整除。 概率：1/42

如果一個數字能被3和50整除，則稱該數字可被150整除。所有結果都可被3整除。只有當數字以50結尾時，數字才能被50整除。（因為我們只有一個0，不可能以00結尾。）這在42種可能的兩位數結尾中，只能有一個符合的兩位數結尾。

f/i（平局）. 這個數字可以被 9 整除 / 被 100 整除。 概率：0%。

一個數字只有當其數字之和被9整除時，才算被9整除。數字0到6的總和為21，21不能被9整除。

一個數字只有在以00結尾時才被100整除，但這不可能，因為我們只有一個0。

日期：2025-11-01

作者：Heinrich Hemme

問題：保存年歷

需要保存多少年歷，才能以相同順序反復使用同一年份？日歷應始終有效，意味著每一天總是正確的星期幾。（當然，年份會變換，而且由于節日并不總是一致，我們可以假設它們不會被標記在日歷上。）此外，我們假設不會有日歷改革。

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-keep-calendars/

如果一年的年份數可以被 400 整除，則稱之為閏年。因此，1600 年和 2000 年是閏年。其他年份只有當年數能被 4 整除但不能被 100 整除時才算閏年。因此，1896 年和 1904 年是閏年，但 1900 年是平年。因此，閏年周期每 400 年重復一次。在這樣 400 年的時間里，有 97 個閏年和 303 個平年，或者說 97×366 + 303 × 365 = 146097 天，合計為 20871 周。因為 400 年由整數周組成，400 年后，閏年和平年順序以及工作日順序都會重復。所以你必須保留 400 年的歷法，才能以同樣的順序反復使用。

日期：2025-10-25

作者：Jack Murtagh

問題：禮物贈送

你有一對雙胞胎孩子，他們的生日快到了。你去玩具店給他們買禮物，看到貨架上有 10 種不同的玩具可選擇。每個的整元價格在 1 元到 100 元之間。這些玩具獨一無二，店里沒有重復的。你想給每個孩子買一套不同的玩具，但為了避免偏袒，你希望花的錢完全相同。例如，你愿意給一個孩子買一個價格為 90 元的玩具，給另一個孩子買兩個價格分別為 3 元和 87 元的玩具。令人驚訝的是，無論你在商店遇到多少價格，總能用相同的總價買到不同的禮物給孩子。為什么會這樣？

提示：

考慮你能購買的玩具集合總數（換句話說，10件物品能產生出多少不同的子集）。與此相比，玩具子集可能有多少種不同總金額。玩具子集的最低總價格是多少？最高是多少？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-diplomatic-gifts/

你可以購買1023種不同的玩具集合。（下一段會解釋原因，如果你已經知道原因，可以跳過。）

一般來說，n件物品的不同子集數為 2?。要理解這一點，可以舉個例子，由兩件物品（稱之為 A 和 B）可以組成四種子集：只有 A、只有 B、同時有 A 和 B，既不包含 A 也不包含 B。加入第三件物品 C，可能性翻倍，因為我們可以讓 A 和 B 的所有之前討論的子集要么包含 C，要么不包含 C。（我們可以有 A帶上或不帶C， B帶上或不帶C，同時有A和B帶上或不帶C，沒有A和B且帶上或不帶C，共八個子集）。加入第四件物品，可能性又翻倍，依此類推。對于 10 個物品，這得到 21? = 1024 個子集，但我們為了方便，會減去一個子集，因為我們不想把完全不買玩具的情況算進去。

一組玩具的最低金額為1元（單件玩具價格1元），最高為1000元（全部10個玩具，且每件價格100元）。所以我們有1023種玩具的可能集合，但它們只能接受1000種不同的總金額。這意味著必然至少有兩個不同的玩具子集，其總金額相同。如果這兩個子集有共同玩具，我們可以從兩個子集中剔除共同玩具，它們的金額依然相同。這導致兩套完全不同的玩具總價相同。

日期：2025-10-18

作者：Martin Gardner

問題：測量月亮

在 H·G·威爾斯的小說《最早登上月球的人》The First Men in the Moon中，我們的天然衛星——月亮被發現居住著生活在月球表面下的洞穴中的智慧昆蟲生物。假設這些生物有一個距離單位，我們稱之為“月”（lunar）。之所以采用這一稱呼，是因為如果月球的表面積以“平方月”表示，正好等于月球的體積（“立方月”）。已知月亮的直徑是 2160 英里。“月”有多長？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-measure-moon/

球體積是半徑立方的 4π?3 倍，其表面積為 4π乘以半徑的平方。如果我們用“月”表示月球半徑，并假設其表面積（“平方月”）等于體積（“立方月”），我們可以通過將兩個公式相等并求半徑值來確定半徑長度。圓周率在兩側相互抵消，我們發現半徑為 3 “月”。月球半徑是 1080 英里，所以“月”必須是 360 英里。

r3×4π?3 = r2×4π

r = 3“月” = 1080 英里

“月” = 360 英里

日期：2025-10-11

作者：Jack Murtagh

問題：存錢罐大戰

你我坐在一張桌子旁，桌上堆著50枚硬幣和一個空的存錢罐。我們輪流一次將一到十枚硬幣投入存錢罐。誰把最后一枚硬幣放進存錢罐，誰就能贏。你先來：你會怎么開局才能保證贏？

提示：

你可以通過遵循一枚特定策略來保證獲勝。試著倒推。你希望在我最后一步開始時，桌上有多少枚硬幣？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-piggy-bank/

唯一保證獲勝的方法就是在第一步恰好投放 6 枚硬幣。

這通過倒推最容易看出。你想把我逼入無論我怎么走，你都能放最后一枚的局面。如果輪到我時桌上還剩11枚硬幣，那你就如愿以償。在這種情況下，無論我怎么走， 你都會剩下 1 到 10 枚硬幣，你可以把它們全部放進存錢罐，贏得勝利。

當還剩 11 枚 時，你怎么確保輪到我？確保剩下 22 枚時輪到我！

在這種情況下，我必須放一到十枚硬幣，剩下的是在 12 到 21 枚硬幣之間。

如果剩下 12 枚，你應該放一枚；如果你剩下 13 枚，你應該放兩枚，依此類推，無論如何我都剩 11 枚。

確保在還剩 22 枚硬幣時輪到我，方法是確保剩下 33 枚硬幣時輪到我；繼而需確保剩下 44 枚硬幣 時輪到我。

所以通過在第一步放置 6 枚硬幣，當剩下 44、33、22 和 11 枚硬幣時，必然輪到我 。

一枚示例游戲可以如下進行。關鍵數字以加粗顯示。

你放 6 枚硬幣，剩下44枚。

我放 1 枚硬幣，剩下 43 枚。

你放 10 枚硬幣，剩下33枚。

我放 10 枚硬幣，剩下 23 枚。

你放 1 枚硬幣，剩下22枚。

我放 4 枚硬幣，剩下 18 枚。

你放 7 枚硬幣，剩下11枚。

我放 7 枚硬幣，剩下 4 枚。

你放最后 4 枚硬幣，獲勝。

圖源： Spektrum der Wissenschaft, restyled by Amanda Monta?ez

日期：2025-10-04

作者：Heinrich Hemme

問題：找出時間

這個鐘的時針、分針和秒針長度相同，且順暢地繞圈走。表盤內有小時和分鐘刻度，但數字缺失。因此，無法判斷12小時標記中哪個屬于12小時。左邊的兩只指針正好對準小時刻度，右邊的指針則位于分鐘和小時刻度之間的位置。時鐘顯示幾點了？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-find-the-time/

標記一下各指針：指向左下的為A、指向左上的為C、指向右方的為B。指針 A 和 C 正好指向小時刻度。如果這兩指中的一個是時針，分針和秒針應同時疊放并指向 12。而情況并非如此，則B 必須是時針。

因為分針指向整整一分鐘，秒針必須指向 12。這有兩種可能。

第一種可能，A 是秒針，C 是分針。那么 A 在 12，C 在 2，且已經過整點 10 分鐘。在這種情況下，時針必須從一個小時點走了 10?60 = 1/6 的行程。但圖片顯示它已經走了超過 4/5 的距離，因此排除了這種可能性。

第二種可能，C 是秒針，A 是分針，距離整點還有 10 分鐘。時針從一個小時點到下一個小時的行程仍有 1/6，這與圖像對應。因此，時鐘顯示的準確時間是 4:50:00。

日期：2025-9-27

作者：Jack Murtagh

問題：流浪者歸來

一位流浪者生活在一片偏遠的土地上，那里有三個村莊：A、B和C。每天早晨，他都會離開現在所在的村莊，前往另外兩個村莊之一，并以50%的概率隨機選擇兩個目的地。如果這位流浪者從他的家鄉A出發，并在100天的旅程后結束旅程，他最終到達A還是B的可能性更大？或者兩個目的地的可能性都一樣？

答案：

https://www.scientificamerican.com/game/math-puzzle-wanderers-return/

流浪者最終抵達A的概率略高一些。他們行走的時間越長，到達每個村莊的概率就越接近均等的1/3 。但雙數天后，流浪者最終抵達A的概率總是會略高一些。而奇數天后，他們最終抵達B（或C）的概率會更高。

在問題設定中，B和C之間沒有區別——我們對其中一個村莊的任何論據都可以適用于另一個村莊。因此，流浪者最終到達這兩個村莊的概率始終相同。 這意味著，如果流浪者最終到達A的概率大于1/3 ， 那么最終到達B的概率必然小于1/3 ，反之亦然。

此外，這兩種情況會來回交替：流浪者更有可能在A結束旅程的某一天，必然會有更高概率在B結束旅程的某一天，反之亦然——如果他們某一天更有可能待在某個村莊，那么第二天離開該村莊的概率也必然更高。這在第一天最為明顯，他們100%確定從A出發，有50%的概率在B結束旅程（而0%的概率在A結束）。現在，由于B和C與A相連，而流浪者總是會更換村莊，因此在第二天之后，他們更有可能在A結束旅程，而不是在其他村莊結束旅程。第二天，流浪者以50%的概率在A結束旅程，B和C各有25%的概率。第二天情況正好相反：因為流浪者更有可能在A開始新的一天，所以他們也更有可能在其他村莊結束新的一天。隨著時間的推移，三個村莊之間的概率差異會減小，如果流浪者進行無限次旅行，概率將收斂到1/3。 但是，在任何有限數字（例如 100）之后，概率仍然會略微偏向流浪者的出發點或遠離出發點。

讀者筆記：

在我們最近的謎題《流浪者的歸來》中，我寫了一個基于直覺的解法，以避免復雜的代數計算。退休軟件顧問邁克爾·A·戈特利布（Michael A. Gottlieb），《費曼物理講義》新千年版的編輯，提交了一篇精準且嚴謹的證明，我相信其他讀者會喜歡。

我們不關注每個村莊結束的概率，而是看每個村莊終點路徑的總數。任意長度的每條路徑概率相同，因此如果在A結束的路徑比B多，我們有理由得出流浪者更可能最終到達A的概率。

定義 A(n) 為終點在A的長度為 n 的不同路徑的數量，并對B和C同樣定義 B(n) 和 C(n)。由于問題中B與C的對稱性，我們觀察到對所有 n 均為 B(n) = C(n)。邁克爾寫道：

A(n+1) = C(n) + B(n) = 2 × B(n)，

以及

B(n+1) = A(n) + C(n) = A(n) + B(n)，

因此

A(n+1) – B(n+1) = 2 × B(n) – （A(n) + B(n)） = B(n) – A(n)。

由此可以直接看出，當跳數 n 增加 1 時，返回 A 的路徑數與返回 B 的路徑數 A(n) – B(n) 的差值僅在符號上變化。由于 A(0) – B(0) = 1 – 0 = 1，可以立即得出，當n為偶數時 A(n) – B(n) = 1，奇數時為 –1。

第一個等式 A(n+1) = C(n) + B(n)來自于這樣一個事實：所有終點在A的路徑前一天必須在C或B結束。因此，在整整 n+1 天內到達A的路徑數量，等于 n 天內到達C的路徑數加上 n 天內到達B的路徑數。第二個等式 C(n) + B(n) = 2 × B(n) 是因為 B(n) = C(n)。

這個論證不僅表明流浪者更可能在偶數天后到達A，奇數天后到達B，而且在A和B結束的路徑總數只差1條。謝謝你，邁克爾，精彩的論證。

參考資料

https://www.scientificamerican.com/games/math-puzzles/

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