互质数概率、巴塞尔问题和阿里巴巴数学竞赛决赛试题

本周六是第6届阿里巴巴数学竞赛决赛的日子，祝所有参加决赛的选手们赛出自己的水平！

我们来考虑这样一个问题：随机选择两个正整数，这两个数互质的概率是多少？

所谓互质，就是两个数没有共同的质因子。比如：3和5是互质的，24和25也是互质的。前者是一对质数，后者是一对没有共同质因子的合数。

假设所求的概率为P。

我们先观察两个数的奇偶性，显然，当两个数都是偶数时，它们一定不互质，因为2是它们共同的质因子；当两个数都是奇数，或者一奇一偶时，我们不能确定它们是否互质。因为随机选择两个正整数，它们都是偶数的概率为1/2 ∙ 1/2 = 1/4，所以两个数没有2这个共同质因子的概率就等于(1 – 1/4)。

再来考虑两个数关于3的整除性。类似地，当两个数都是3的倍数时，其出现的概率为1/3 ∙ 1/3 = 1/9，此时3是它们共同的质因子，它们一定不互质。所以随机选择两个正整数，它们没有3这个共同质因子的概率就等于(1 – 1/9)。

依此类推，随机选择两个正整数，它们没有n这个共同质因子的概率就等于(1 – 1/n²)。

我们所求的概率为这两个正整数互质，即它们之间不存在任何共同的质因子。所以，

P = (1 – 1/2²)(1 – 1/3²)(1 – 1/5²)… = Π_p为质数(1 – 1/p²)

然后，我们观察无限等比数列

1, 1/p², 1/p⁴, 1/p⁶, …

的求和公式：

1 + 1/p² + 1/p⁴ + 1/p⁶ + … = [1 – (1/p )^∞]/(1 – 1/p²) = (1 – 1/p²)^-1

因此，

P^-1 = Π_p为质数(1 – 1/p²)^-1 = Π_p为质数(1 + 1/p² + 1/p⁴ + 1/p⁶ + …)

看起来越来越复杂了，这个等比数列求和、再求积的式子如何化简？

此处我们请出伟大的莱昂哈德∙欧拉同学。

因为本文的重点不在数学史或者数学文化上，所以这里我对欧拉不作过多的介绍。欧拉在数学上的成长和取得的成就和伯努利家族前后两代人是密切相关的，有意思的是，伯努利家族原籍比利时，却成名于巴塞尔；而欧拉出生于巴塞尔，却成名于圣彼得堡和柏林。

欧拉敏锐地发现，如果将

Π_p为质数(1 + 1/p² + 1/p⁴ + 1/p⁶ + …)

式子的括号拆开，那么将得到一个以1开头，1/n²形式的分数相加的求和代数式。这个代数式中的每一项1/n²来自于原来括号中的某一项，即1或者某个质数的某个幂的平方的倒数，与其他括号中的某一项，即1或者另一个质数的另一个幂的平方的倒数相乘的结果。

联想到，任意一个正整数可以被唯一的方式进行质因数分解；反过来，任意质因数及任意幂的组合也可以通过连乘得到唯一一个正整数。

因此，伟大的欧拉得出：

P^-1 = Π_p为质数(1 + 1/p² + 1/p⁴ + 1/p⁶ + …) = 1 + 1/2² + 1/3² + 1/4² + … = ∑_{n为自然数}1/n²

所有自然数的平方的倒数之和等于多少？这就是著名的巴塞尔问题。

这个问题最早由意大利数学家门戈利（Pietro Mengoli）提出，1734年欧拉在圣彼得堡科学院公布了他的答案。这个问题没有被命名为门戈利问题，而被命名为巴塞尔问题，显然是向欧拉家乡巴塞尔致敬的结果。

和调和级数不同，巴塞尔问题中的这个无穷级数是收敛的。其收敛性我们可以通过裂项法（telescoping）证明：

欧拉不仅证明出这个级数收敛，而且求出了它的精确数值：π²/6。

关于巴塞尔问题的完整解法有些超出了中学数学的范畴，所以这里不详细介绍，有兴趣的读者朋友们可以自行在网上寻找答案。

根据巴塞尔问题的答案，我们得出：

P^-1 = ∑_{n为自然数}1/n² = π²/6

因此，任意选择两个正整数，它们互质的概率P = 6/π²。

一般来说，阿里巴巴数学竞赛的决赛题基本上都需要高等数学的知识进行解答。今年的决赛题目前尚未公布，拿去年的决赛题来说，里面似乎只有一道题可以勉强用初等数学的知识加巴塞尔问题的答案进行解决。

这道题是分析与方程赛道的第1题：

这道题中的序列显然是个严格递增的序列，需要证明的是这个序列有上边界，且这个上边界小于1。

肉眼估计一下前面几项，可知其递增速度还是蛮可观的，但随着n越来越大，分母上的n²使得递增的幅度迅速减小。解决这道题的关键在于如何找到合适的放缩，使得放缩后的序列是个已知收敛的序列。

我们把序列的递推公式两边取倒数，再整理一下，可得：

在变形后的递推公式中，a_n和n²以加和的形式位于分母上，可以推测出，当n越来越大时，n²的增长非常快、而a_n始终是一个小于1的数，因此我们可以舍去a_n这个相对小的数值，而且随着n越来越大，这种舍去带来的偏差也越来越小——即舍去后的项收敛于其真实值。

对变形后的递推公式从a₁到a_n进行求和，得到

根据巴塞尔问题，可知，

所以，

等等……a_n的倒数小于1，这样的话，我们没法得出a_n < 1的结论！

问题出在哪里？

问题在于放缩的步子有些太大了。

前面我们说了，这个序列的前几项递增的速度还是蛮大的，这几项和n²相比并不算特别小。所以，我们可以把巴塞尔问题中的级数起点从1改为2试试，相当于跳过第一项不进行舍去。

回到舍去前的式子：

将求和中的第一项拿出来，

对求和中的其他项进行舍去（放缩），

将a₁ = 2/5代入，

再凑一个第一项放入求和中，

因此，a_n+1 < 1，即序列中所有项a_n < 1。

证明完毕。

一道简单的模拟题

由于独特的政治和社会结构，比利时的中学生数学奥林匹克竞赛由说荷兰语的弗拉芒大区和说法语的瓦隆大区分别组织和举办。弗拉芒大区组织和举办的比赛叫做VWO，分为JWO和VWO两个级别；瓦隆大区组织和举办的比赛叫做OMB，分为Mini，Midi和Maxi三个级别。

两项比赛的决赛分别由四道问答题组成，总体上来说VWO的考题比OMB Maxi的考题要稍微难一点。与其他国家的竞赛横向对比，VWO决赛的问题大约和荷兰数学奥林匹克竞赛NWO的决赛问题处于同一水平，比英国数学奥林匹克竞赛BMO 1的考题难度稍微低一点。

下面是一道JWO/VWO决赛的模拟题，具体来源不重要，通过这道题读者朋友们可以对这项比赛有更加直接的体会。

试证明，以下关于l、m和n的方程无非负整数解：

                3^l + 3^m + 3ⁿ = 2025²⁰²⁵

这是一道数论题，可以通过整除性简单解决。

方程的左边是3个3的幂之和，考虑到2025等于45的平方，可以被3整除，所以考察方程两边模3的余数不是最好的选择。

因为方程右边同时可以被5整除，考察方程左边，任意一个3的幂模5的余数可能有4种结果，即

3⁰ ≡ 1 (mod 5)
3¹ ≡ 3 (mod 5)
3² ≡ – 1 (mod 5)
3³ ≡ 2 (mod 5)
…

根据指数模4的情况，这4种余数循环出现。

不过很不幸，如果方程左边的3个幂模5的余数分别为-1，-1和2时，这3个幂之和恰好能被5整除。无法得出矛盾的结果。

所以，模5似乎也用不上。

实际上，如果我们把模5和模8结合起来，这道题就迎刃而解了。

以下是我给出的解答。

先考虑模8。

因为，2025 = 2024 + 1 ≡ 1 (mod 8)

所以方程右边，2025²⁰²⁵ ≡ 1 (mod 8)

对于3的幂模8的余数，只有2种可能：

3⁰ ≡ 1 (mod 8)
3¹ ≡ 3 (mod 8)
…

根据指数的奇偶性，这2种余数循环出现。即，当指数k为偶数时，3^k模8余1；当指数k为奇数时，3^k模8余3。

假设方程成立，那么方程左边3个3的幂之和模8也余1，相当于从余数集合{1, 3}中取三个数，三个数之和模8余1。

从{1, 3}中取三个数，只可能有(1, 1, 1)，(1, 1, 3)，(1, 3, 3)，和(3, 3, 3)四种组合，这四种组合的数字之和分别为3，5，7和9。其中，只有(3, 3, 3)对应的9模8余1。这意味着，这3个幂模8都余3，即这3个幂的指数都为奇数。

因此，如果方程成立，那么l，m和n必然都是奇数。

再回过头考虑模5。

前面已经提到，方程右边是5的倍数。方程左边是3个3的幂之和，根据指数不同，每个3的幂模5的余数有4种可能的结果。

和前面讨论不同的是，现在我们得到了一个新的条件，即：这3个指数都为奇数。对于指数为奇数的情况，

3¹ ≡ 3 (mod 5)
3³ ≡ 2 (mod 5)
…

由这个循环可知，指数为奇数的3的幂模5，其可能的余数只有2种，即：3和2。

如果方程成立，方程左边也应该被5整除，这相当于从余数集合{3, 2}中取三个数，三个数之和可以被5整除。

类似地，从{3, 2}中取三个数，只可能有(3, 3, 3)，(3, 3, 2)，(3, 2, 2)，和(2, 2, 2)四种组合，这四种组合的数字之和分别为9，8，7和6。其中，没有任何一个组合的三个数之和可以被5整除。

由此我们得出矛盾。因此，原关于l、m和n的方程无非负整数解。

证明完毕。

在剑桥大学数学圣殿上独占鳌头的女性——菲利帕·福塞特

——献给那些在数学和科学道路上砥砺前行、打破性别壁垒的真正的小仙女们

今天，达摩院公布2024阿里巴巴全球数学竞赛决赛入围名单，来自江苏省涟水中等专业学校服装设计专业的17岁的女生姜萍以全球第12名的成绩，和清华、北大、麻省理工、剑桥、普林斯顿等著名大学的学生一起入围决赛。

这个新闻迅速登上了各大社交网络的热门话题榜单，网友们惊讶于一个在中专服装设计专业的学生可以在全球数学竞赛中和一群世界名校数学专业的学生竞争，并且成功入围决赛，更惊讶于一名“普通”学生怀着的梦想可以让她在追求数学的道路上坚持下去，并获得这样的成功。

我注意到，姜萍不仅仅是该项比赛预赛的第12名，而且是所有参赛女生中成绩最好的一个。虽然，这样的励志故事的出现需要诸多不可复制的条件，并不是每一个女生都可以通过模仿而实现，但它在消弭人们对于男女性别在数学学习上存在巨大差异的刻板印象具有非常积极的作用。

130多年前，同样在6月，菲利帕·福塞特（Philippa Fawcett）在剑桥大学数学Tripos学位考试中名列第一，成为第一个也是迄今唯一一个事实上获得剑桥数学“高级牧马人”（Senior Wrangler）称号的女性。

菲利帕·福塞特，生于1868年，卒于1948年。

“高级牧马人”，原文为Senior Wrangler，特指在英国剑桥大学数学Tripos学位考试中获得第一名成绩的学生。相应地，“牧马人”（Wrangler）指的是在数学Tripos学位考试中获得一等荣誉的学生。历史上获得了“高级牧马人”称号的毕业生们中有不少人后来在数学、物理学等领域成为了学术大牛，其中包括乔治·艾里、雅各布·布罗诺斯基、克里斯托弗·巴德、凯文·巴扎德、阿瑟·凯莱、唐纳德·考克斯特等等。刚刚卸任的新加坡总理李显龙于1973年也曾获得这一称号，只不过他后来没有走科学研究的道路。

回到十九世纪，在那个“女性”便意味着“柔弱”的年代，女性往往和脆弱、依赖性、易紧张，思维能力不足等特质联系在一起。在十九世纪的大部分时间里，女性被认为不可能在学业上或运动上出类拔萃；甚至，如果她们尝试这么做，将会被身边的人警告和劝阻，当时的主流医学对此有明确的看法：女性梦想进入大学学习，将有极大的风险，最后很可能导致精神失常或者不育，甚至两者兼而有之。

经过几代人的努力，以及期间一系列的科学研究和成千上万女性为此付出的辛勤工作，到十九世纪末，人们才慢慢改变了这一既定观点。标志着这一改变的事件之一，即1890年6月7日，一名女性在剑桥大学举行的数学学位考试中名列第一——那一天，菲利帕·福塞特的成绩被宣布“位列高级牧马人之上”。

在十九世纪，剑桥大学被认为是当时世界上最强大的帝国中最好的高等学府。更重要的是，剑桥大学的数学课程，也称为数学Tripos，被普遍认为是该帝国最优秀的人才所能面临的最艰难的学术挑战。成为剑桥大学数学Tripos学位考试的第一名，即高级牧马人，被誉为获得全球四分之一人口所能获得的最高智力成就。

因此，福塞特的成功在当时给人们带来的震撼不亚于一颗学术原子弹——尤其当我们意识到，在此之前剑桥大学和包括牛津、哈佛和耶鲁在内的其他一流大学一样不招收女性，也不允许她们获得学位。

十九世纪七十年代，剑桥大学建立了只供女子入学的独立学院，并逐渐与大学建立了松散的联系。到了十九世纪九十年代，剑桥大学当时的两所女子学院，即纽纳姆学院和格顿学院，其学生被允许参加与男生相同的考试。但是，她们的评分和排名是分开的，女生的成绩会在男生之后宣读。

剑桥大学纽纳姆学院，今天仍然是一个只招生女生的学院。

数学专业的学生按照成绩高低的顺序从头到尾进行排名，因此可以根据先后顺序直接比较两个学生的成绩高低。获得数学一等荣誉学位的男性被称为Wranglers，排名低于他们的学生被称为Optimes，其中获得二等荣誉学位的学生被称为Senior Optimes，获得三等荣誉学位的学生则被称为Junior Optimes。

女生则不会参与正式排名，她们的成绩被宣布为位于某两个排名之间。比如，一名女性的成绩高于第21名、但低于第20名Optimes，她将被宣布为“位于第20名至第21名Optimes之间”。

在1890年，女性考生能够取得足够高的分数跻身于牧马人行列的想法仍然让人觉得是天方夜谭。最早的测试可以追溯到十九世纪六十年代，当时考试成绩已经表明男性和女性在其他几乎所有科目中的得分大致相同；但数学专业的考试结果仍然表明男性在数学学习方向的领先地位非常牢固。这一结果进一步巩固了数学作为男性学术霸权的最后堡垒的地位。至少在数学学习方面，女性的身体和大脑仍然比不上男性。事实上，大多数维多利亚时代的学者认为，女性根本无法展示掌握数学学习所需要的严谨的逻辑性，因为女性在本质上是情感动物。

在这个时代的节骨眼上，菲利帕·福塞特来到了这个世界，她的出生似乎就是为了打破人们对男女两性在数学学习上存在的刻板印象。

菲利帕·福塞特是一对优秀父母的独生女。她的母亲米利森特是全国妇女选举权协会主席，她为争取英国妇女的选举权所做的贡献甚至比著名的埃米琳·潘克赫斯特还要多。同时，米利森特也是剑桥大学纽纳姆学院的联合创始人之一；而她的父亲亨利·福塞特虽然在25岁时因枪击事故失明，但后来成为英国政府的邮政部长。菲利帕童年留下的少数记忆之一就是在冬天，她沿着剑河从剑桥滑冰到Ely，距离超过15英里，一路上她吹着口哨为失明的父亲引路。

菲利帕很早就展现出了学术天赋——有理由认为，她的父母让她学习数学，就是希望她能帮助他们证明女性的平等——在进入纽纳姆学院之前，她在伦敦大学学院学习了纯数学和应用数学课程（这在当时是一所较新的大学，所以即使在十九世纪九十年代，女性和男性也可以并肩学习）。然而，即便如此，她也无法真正为剑桥数学Tripos的严格或独特做好准备——Tripos课程以年终考试的形式进行测试，它以十五世纪学生在考试过程中坐过的三脚凳命名。

数学Tripos考试以高强度著称。在十九世纪，数学Tripos的考生通常要连续八天、每天参加五个半小时的考试——总共12份试卷和192道难度逐渐增加的题目。争夺牧马人头衔的考生随后还要参加三天的考试，其中还有63道测试题。

最认真的考生都会在考前聘请导师，连续几个月夜以继日地学习和备考。历史学家Alex Craik指出，1841年排名第二的牧马人C.T. 辛普森在考试前一周每天学习20个小时，这让他“几乎因为过度劳累而崩溃……以至于他发现自己不得不在考试中携带乙醚和其他兴奋剂以防万一昏睡过去。”1859年排名第一的詹姆斯·威尔逊在考试后精神立即崩溃，在康复后，他发现自己忘记了除初等代数之外的所有数学知识。而1855年的詹姆斯·萨维奇工作过于劳累，以至于在被任命为高级牧马人三个月后，人们发现他在一条沟渠里中风身亡。

菲利帕·福塞特也请了一位导师，她的导师是基督学院的E.W. 霍布森，被认为是当时剑桥大学第二好的导师。不过福塞特对学习采取了一种合理和适度的方法。剑桥大学的数学家斯蒂芬·西克洛斯指出，福塞特过着“纪律严明、井然有序的生活”，早上8点起床，很少在晚上11点之后睡觉。她每天学习六个小时，从没有用湿毛巾裹住头通宵工作，尽管这是当时渴望成为牧马人的考生中常见的做法。

福塞特和她的同学面临的挑战确实令人生畏：数学Tripos考试的问题非常复杂，即使是最优秀的考生也几乎不可能完全解答每份试卷16道题中的两道，并尝试解答另外两道。每份试卷涉及的范围非常广泛，问题往往晦涩难懂。德国数学家马克斯·玻恩曾经讽刺了一个典型的例子：“在一座弹性桥上站着一头质量可以忽略不计的大象，它的鼻子上站着一只质量为m的蚊子。计算当大象通过转动鼻子甩掉蚊子时，引起的桥上的振动。”

西克洛斯这样总结挑战：

到1890年，数学Tripos考试已经发展成为一项严峻的考验，它考验的不仅是数学的创造力，而且是毅力和扎实的能力……考试主题从复利到数论、流体力学和天文学。考生需要熟悉牛顿和欧几里得的成果，能够预测日食，能够运用晦涩难懂的三角恒等式，并熟悉所有可能的二维和三维圆锥曲线。

1808年剑桥大学数学Tripos考试试卷。

福塞特与生俱来的坚韧在其考试期间发挥了巨大作用。在考试开始前的最后几天，她一直留在学校，理由是这样可以保持她日常生活的节奏。当被问及是否希望这场考验快点结束时，她回答说：无论如何她都不想浪费生命中的三个星期。

当第一天的考试结束后，她很沮丧，因为她只回答对了三道题，此外只是“在另外6或7道题上做了一些尝试”，但当她很快发现，她认识的其他考生中没有一个人能够完成哪怕一道题，她便恢复了信心。到1890年5月底，纽纳姆学院对福塞特寄予厚望，希望她能比学院参加数学Tripos考试的任何其他考生都做得更好。然而，纽纳姆学院的女生与男生相比，排名究竟如何仍然无人可知。

剑桥考试委员会秘书G.F. 布朗尼对此也感到担忧，他担心参加1890年数学Tripos考试的女生成绩可能远远低于平均水平，从而让自己丢脸。他甚至担心女生可能会排在最后一名，Tripos考试中的最后一名在剑桥被称为“木勺”（the Wooden Spoon）——有意思，湖北人骂人蠢也用“勺”，何况还是一个木头勺子。

6月6日晚间，也就是公布成绩的前一天，高级考官W.R. 鲍尔拜访了布朗尼，他说女生的排名出现了一些“意外情况”。西克洛斯如此引用布朗尼的叙述：

想了一会儿，我说：“你的意思是女生中有一个是木勺吗？”

“不，是在另一端！”

“那么，当你读出女性名单时，你不得不说‘位列高级牧马人之上’；而且你找不到比‘之上’更好的词汇。”

到了第二天早上，四处流传着消息称将有一件非同寻常的事发生，剑桥人都为之震惊。纽纳姆学院的学生集体前往大学议事厅，福塞特的祖父和她的表姐妹玛丽安和克里斯蒂娜驾着一辆马车从萨福克海岸出发，行驶了60英里。玛丽安在一封信中描述了接下来发生的事情：

议事厅里出现了最激动人心的一幕……克里斯蒂娜和我坐在了旁听席上，爷爷则坐在下面。旁听席上挤满了女孩和几个男人，大楼的地板上挤满了本科生，挤得水泄不通。旁听席上宣读了名单，我们听得津津有味。所有男生的名字都首先被念出，高级牧马人得到了大家最多的喝彩。

最后，那个一直在朗读的人喊道：“女士们。”……这对菲利帕来说一定是一个非常令人不安的时刻……他用手示意男人们保持安静，但不得不等一段时间。最后，他读了菲利帕的名字，并宣布她“位列高级牧马人之上”。

1848年，剑桥大学数学Tripos成绩宣读。

一片喧闹。男生们对这一消息报以热烈的欢呼，并反复喊道“再读一遍福塞特小姐的名字”。回到学院，“所有能找到的钟声和锣声都响了起来”，举行了一场即兴的盛宴，球场上点燃了篝火，菲利帕被人们抬到肩膀上，进入主厅——“她仍然带着她特有的平静”，西克洛斯写道，“一边摇摇晃晃地走过，一边在黑板上标记自己‘入选’一等荣誉”。

几天后，这场胜利成为了国际新闻，《纽约时报》刊登了整整一期专栏，标题为“福塞特小姐的荣誉：这位高级牧马人是怎样的女孩。”很快人们知道了更多的细节，福塞特的得分比名义上得到高级牧马人称号的男生贝内特的得分高出13%，一位热心的考官透露说：“除了两份试卷外，她在所有试卷上都领先……她的名次绝非偶然。”

此后，学者们又花了很长时间才放弃反对女性与男性一起攻读学位的偏见。尽管伦敦大学早在1882年就率先给予女性平等地位，但直到1919年，德国著名的哥廷根大学才进行效仿。在一场辩论中，当被问到“我们从战场归来的年轻人会怎么看待由女人教书？”时，哥廷根大学数学系主任大卫·希尔伯特做出了著名的回答：“先生们，我们经营的是一所大学，而不是一家洗浴场所”。在英国，牛津大学于1920年开始接受女生攻读学位；在美国，耶鲁大学直到1969年、哈佛大学直到1977年才实现男女性在攻读学位方面的完全平等。

至于剑桥大学，女性最终于1948年获准与男性一起获得学位。令人高兴的是，菲利帕·福塞特活着见到了这一天，她见证了她在十九世纪九十年代所坚持的一切的实现。她的一生都从事教育事业，在纽纳姆学院任教多年，但还是被剥夺了男性牧马人认为有权从事的学术生涯。

1948年6月10日，在女生同样可以获得剑桥大学学士学位获得皇家批准的一个月之后，在女生第一次被宣布“位列高级牧马人之上”的58年之后，菲利帕·福塞特去世，享年80岁。

一文看懂剑桥大学数学Tripos Part III考试成绩计算

剑桥大学数学Tripos有着悠长的历史，从十八世纪以来就被誉为数学专业最为全面、难度最高的课程。

在剑桥大学目前的数学Tripos课程中，本科阶段的学习分为三年，第一年学习Tripos Part IA部分，第二年学习Tripos Part IB部分，第三年学习Tripos Part II部分。三年学习结束后，成绩合格的学生获得BA学位。此外，以一等成绩（Class I，或者常说的First）毕业的学生还将获得继续在剑桥攻读数学专业硕士的资格。

剑桥数学专业的硕士课程即Tripos Part III部分，学制为一年，成绩合格的、来自剑桥数学本科的学生将获得数学硕士学位（MMath），而成绩合格的、从外校考入剑桥数学硕士课程的学生将获得高等研究硕士学位（MASt）。此外，以“优秀”（Distinction）成绩毕业的硕士将被允许在剑桥大学继续攻读数学博士学位。

因此，虽然剑桥大学的考试次数不多，每个学年只在6月份安排一次考试，但学生们在这一次考试中获得的成绩非常重要，第三年和第四年的成绩决定了他们是否能够继续留校攻读更高学位，同时，本科的三次考试成绩也是招收应届毕业生诸多公司的HR筛选简历过程中考虑的主要指标之一。

那么，剑桥大学数学系学生成绩单上的分数是如何从考题原始分数换算得到的？成绩的等级划分（Classification）又是依据什么样的标准？

在去年的这个时候，我写了一篇《如何看懂剑桥数学本科考试成绩单？》^【1】，着重介绍了Tripos Part IA考试成绩的计算和换算的方法和规则。Part IB和Part II的考试成绩计算方式和Part IA差别不大，所以这里不再赘述。

前两天，群里一位家长叫我再普及一下Tripos Part III的考试成绩计算和换算。实际上，与Part IA、IB和II相比，Part III的考试成绩计算和换算方法要简单很多。下面我以剑桥大学去年公布的Tripos Part III手册^【2】为依据，简单介绍一下Part III学生最后收到的成绩单上的成绩和等级是如何得到的。

首先，我们大致定义一下几个和分数有关的名词。

考题原始分数。这个分数指的是考生们在某一道考题中得到的卷面原始分数，比如考题分值20分，考生给出的解答不够完整，最后得到15分，这个15分就是考题原始分数。考题原始分数的分布在Part IA、IB和II中比较重要，在Part III中重要性不高。

考卷整体评分。这个分数指的是阅卷老师根据考生在某一张考卷上每道考题得到的原始分数，对整张考卷的完成情况作出的评估。考卷整体评分为百分制的数值，分数范围为1 – 100分，另外加上一个以α、β和γ以及加号和减号的组合给出的质量标记评估（Quality mark）。注意，这里的α和β与Part IA、IB和II考试中的α和β含义不同。

考卷整体评分的数值分数评估和质量标记评估的对应表如下：

在考生的每张合格考卷上，其考卷整体评分既包括数值分数，也包括质量标记。如果在特殊情况下，阅卷老师给出的数值分数和质量标记差别较大，阅卷老师需要给出具体的说明。

最佳分数（the Optimum Mark）。最佳分数由考生所有考卷的考卷整体评分得出，具体计算方法我们稍后再详细介绍。

整体分数（Overall mark）。这个分数指的是在考生学年成绩单上出现的分数，它由单个学生的最佳分数根据所有学生的最佳分数进行分段线性校正后得到，具体计算方法我们稍后再详细介绍。

在2023 – 2024学年，剑桥数学Tripos Part III一共开设了大约80多门课程，学生们可以根据自己的兴趣和方向选择上某些课程；同样在学年末，学生们也可以根据自己擅长的方面在所修课程中再选择几门作为考试课程。

所有这80多门课程的时长分为两种：24个学时和16个学时。在考试成绩的计算中，每一门24个学时的课程对应于3个学分（unit），每一门16个学时的课程对应于2个学分。

数学系建议考试课程的学分总计不要超过19个学分。很自然，选择的考试课程越多，需要复习的内容就越多，备考难度也越大；而选择的考试课程越少，考生们就可以专注在少数的几门课上，备考难度也就越小。

在后面的计算方法中，我们将发现选择过多的考试课程对最佳分数的计算是没有帮助的，所以多选考试课程不会给考试带来太多好处；同样，选择过少的考试课程，在最佳分数的计算中会处于劣势。所以，最常见的选择是6 – 8 门课程，总学分在17 – 19之间。

另外，考生们还可以选择写一篇论文，论文等价于一门3个学分的课程。论文的质量也将通过一个以α、β和γ以及加号和减号的组合进行评估。这个评估分数将和其它课程的考卷整体评分一起，用于最佳分数的计算。

因此，Part III对于学生来说，他们需要做的就是：

1. 在学年初，根据自己的兴趣和方向从80多门课程中选择若干门课程学习，这些课程称为选修课。

2. 在学年末，根据一定策略（擅长的方面，学分的多少，是否加一定的安全系数）从自己的选修课中选择n门考试课程。假设n_i为第i门考试课程的学分，即n_i = 2或者3，满足 ∑n_i ≤ 19。

3. 认真复习备考，并在考试中正常发挥。

考试结束后，阅卷老师和教务人员需要做的是：

1. 评阅每张考卷，给出考卷整体评分的数值分数x_i，1 ≤ x_i ≤ 100，1 ≤ i ≤ n。

2. 计算最佳分数。在这一步，先计算出所有课程的平均分M_all，再计算出舍去第k张考卷的平均分M_–k，最后，从这n + 1个平均分中取分数最高的一个作为最佳分数M。

首先，根据以下公式计算所有课程的平均分M_all：

这是一个以学分进行加权平均的公式。

注意到：分母最小为17，这意味着如果某个考生选择的考试课程太少，其学分总和不到17，那么也将按照17进行平均。比如：某考生一共选了4门学分为3分的考试课程，每门课程都得到了100分的考卷整体评分，按照上述公式，他的所有课程的平均分不是100，而是(100 × 3 × 4) / 17 = 70.59。

同样，如果某个考生选择的考试课程过多，学分超过17，那么分母将调整为他所选择的所有考试课程的学分总和，这样，过多的考试课程并不会给他带来额外的好处。

其次，按照以下公式依次计算舍去第k张考卷的平均分M_–k：

这个公式计算了除第k张考卷外的其它考卷的加权平均分。不得不说，这是Part III考试规则中人性化的一条规则。常在河边走，哪能不湿鞋。没有人能够避免考砸了的情况。舍去一张考卷的平均分将这种偶然失误降低到了最小。

比如：某考生一共选了5门学分为3分、2门学分为2分的考试课程，其中6门课程都得到了100分的考卷整体评分，剩下一门学分为2分的课程（k = 7）考砸了，只得到50分。

按照上述两个公式，

M_all = (100 × 3 × 5 + 100 × 2 + 50 × 2) / 19 = 94.74

M_–i = (100 × 3 × 4 + 100 × 2 + 50 × 2) / 17 = 88.24，对于1 ≤ i ≤ 5。

M_-6 = (100 × 3 × 5 + 50 × 2) / 17 = 94.12

M_-7 = (100 × 3 × 5 + 100 × 2) / 17 = 100

M_-7 分数最高，所以M等于M_-7 = 100。

同样注意到分母最小仍然为17，这意味着：如果考前选择总学分为17的方案，那么你将享受不到这条人性化的规则带来的好处，因为哪怕去掉一门最低分，分母仍将保持在17；而考前选择总学分为18的方案，也不见得一定可以因此得到更高的最佳分数。

比如：某考生一共选了6门学分为3分的考试课程，其中5门课程都得到了100分的考卷整体评分，剩下一门考砸了，只得到50分。

按照上述两个公式，

M_all = (100 × 3 × 5 + 50 × 3) / 18 = 91.67

M_–i = (100 × 3 × 4 + 50 × 3) / 17 = 79.41，对于1 ≤ i ≤ 5。

M_-6 = (100 × 3 × 5) / 17 = 88.24

M_-6 并没有比M_all高，所以最后M仍然等于M_all。

3. 得到每个考生的最佳分数后，教务人员根据所有学生的排名对考生成绩进行评级。

Tripos Part III的评级和Part IA、IB和II也略有不同，评级一般分为Distinction（优秀），Merits（良好），Pass（通过），Fail（不及格）和Other（其它）五类。

在2021 – 2022 学年，Distinction的门槛是最佳分数M不低于73%，Merits的门槛是最佳分数M不低于64%。一般来说，在每年差不多250名考生中，大约有35% – 40%的考生能够得到Distinction，大约有60%的考生能够得到Distinction或Merits，不及格的考生数量并不多。当然，每年具体的数字呈现出了一定的浮动。

整体上来说，评级的唯一标准是考生们得到的最佳分数，而不是他们选择的考试课程的总学分。不过，如果某个学生的最佳分数恰好在两个评级的边界上，处于一种可上可下的情况，那么他选择的考试课程的总学分将会成为考虑因素之一。

最后，教务人员需要计算的是每个学生成绩单上给出的整体分数。

Part III考试中这个整体分数的计算和Part IA、IB和II的计算方式类似，都采用了分段线性校正的方法。

具体来说，根据四个评级，线性校正区间分为Distinction、Merits、Pass和Fail四段。其中，Distinction/Merits之间的边界锚定在74.5%，Merits/Pass之间的边界锚定在69.5%，Pass/Fail之间的边界锚定在59.5%。另外，Distinction中的第一名的分数被锚定在100%，而Fail中的最后一名的分数被锚定在1%（这一点不确定）。最后，根据各自所在的评级，所有其它学生的分数在相应的线性区间中根据上面给出的边界条件进行线性校正，从而得到成绩单上的整体分数。

这种校正计算方法的好处在于，每一届学生的整体成绩分布比较稳定，避免了因为考题难易变化带来的波动。另外，从整体分数上大家就可以大致看出评级来。比如，如果一个学生的成绩单上overall mark是71.8%，这说明他得到了一个Merits，大致位于Merits学生中的中游位置，但从这个分数看不出他的最佳分数，更看不出他的所有课程的平均分。

以上，就是剑桥大学数学Tripos Part III的考试成绩计算方法。

和其他大学相比较，剑桥大学的成绩计算规则相对复杂。对于学生来说，如果他们想要得到一个亮眼的成绩，除了努力学习以外，还需要根据自身的情况采取合适的策略，选择自己擅长的考试课程以及恰当的学分总数，在扬长避短的同时找到时间付出和安全边界两种关系上的平衡点，从而得出最佳考试课程选择方案。

这个过程，何尝不是对数学专业的学生们的另一类测试？

参考出处：

1. https://sqr5.wordpress.com/2023/07/12/%E5%A6%82%E4%BD%95%E7%9C%8B%E6%87%82%E5%89%91%E6%A1%A5%E6%95%B0%E5%AD%A6%E6%9C%AC%E7%A7%91%E8%80%83%E8%AF%95%E6%88%90%E7%BB%A9%E5%8D%95%EF%BC%9F/
2. https://www.maths.cam.ac.uk/postgrad/part-iii/files/Part%20III%20Handbook%202023-24.pdf

从旋转对称，到VWO赛题，再到叶尔姆斯列夫定理

大多数朋友被数学劝退，很多情况下可能是因为没有找到数学问题之间的关联。那些数学问题在大家的眼中是一个又一个“孤岛”，而解决问题的过程就像在怒海惊涛中航行——尽管能远远地看到目的地，航程却完全由不得自己做主；偶然间被甩到一个无名沙滩上，却不知道自己如何来到这里，这里离目的地还有多远，又如何离开这里。

最终，大多数朋友都和自己的数学之梦达成和解，成为了某个荒岛上的鲁滨逊。

今天我来讲一个例子，这个例子从旋转对称入手，然后利用旋转对称解决今年比利时VWO竞赛决赛中的一道几何题，再拓展到等距同构中的叶尔姆斯列夫定理（Hjelmslev Theorem）。内容难度不高，朋友们可以看到一个简单的规律如何在问题和问题之间递进，像一条海底隧道把孤岛们联系起来，怒海从而变通途。

我们目的地中的第一个“岛”是对称性。

对称性是几何乃至自然界中最常见的现象之一，比如几何中的正多边形、平行四边形和自然界中的蝴蝶、向日葵的花盘等等。

在唯思客俱乐部的数学小组活动中，对称性是学生们接触到的最基础的内容之一。

除了几何形状本身具有对称性之外，我们还可以根据反射、旋转、平移等，对几何形状进行对称性操作。其中，旋转对称就是一类将给定几何形状按照一个定点、以某个给定角度进行旋转的操作。这个定点一般被称为旋转中心，而几何形状上任意一个点在旋转前和旋转后的位置被称为一对旋转对称点。

从原始的几何形状和定点出发，得到旋转后的几何形状并不难。

根据对称操作的基本原则，在对称操作后，几何形状中的线段长度、线段之间的角度、以及几何形状的形状和面积都保持不变。我们只须将几何形状中的每一个顶点依次和旋转中心O相连，然后将相连线段，如OC，绕旋转中心O旋转给定的角度得到OC’，相连线段的另一个端点C’即旋转后的对称点。

注意到对于每一对对称点，仍以C和C’为例，其与对称中心相连的线段长度都相等，即OC＝OC’。我们将对称点连接起来得到CC’，通过中学关于全等三角形的几何知识，不难得出对称中心O一定位于CC’的垂直平分线上。

现在考虑一个稍微复杂一点的问题：如何根据两对已知的对称点来得到未知的旋转中心。比如，已知点A’和B’分别为点A和B旋转后的对称点，如何求得旋转中心？

根据前面得出的结论，旋转中心O位于每一对对称点连线的垂直平分线上。所以，我们只须将A和A’连接起来，作出AA’的垂直平分线；再将B和B’连接起来，作出BB’的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即对称中心O。

我们旅程中的下一个“岛”是今年VWO决赛的第2题。虽然我也有一道题入选今年VWO决赛，但我出的题不是这一道几何题。

这道几何题涉及到三线共点，对于比利时的中学生来说，三线共点还是一个稍显陌生的领域。

题目简单翻译如下：

在小于180˚ 的∠A的一条边上有P₁，P₂和P₃三个点，在另一条边上有Q₁，Q₂和Q₃三个点。如果

|AP₁| + |AQ₁| = |AP₂| + |AQ₂| = |AP₃| + |AQ₃|，

试证明：P₁Q₁的垂直平分线，P₂Q₂的垂直平分线，和P₃Q₃的垂直平分线三线共点。

关于这道题的详细证明我已经在之前的文章^【1】中给出，下面我们给出一个基于旋转对称、更为简单的证明方法。

根据 |AP₁| + |AQ₁| = |AP₂| + |AQ₂| 可得

|AP₁| – |AP₂| = |AQ₂| – |AQ₁|

即，|P₁P₂| = |Q₁Q₂|。

同理可得，|P₂P₃| = |Q₂Q₃|，以及|P₁P₃| = |Q₁Q₃|。

对于任意一对子线段P_iP_j，其长度严格等于子线段Q_iQ_j的长度，所以我们可以将P₁P₃看作旋转前的线段，将Q₁Q₃看作旋转后的线段。

根据我们在第一个“岛”中得到的结论：这个旋转对称操作的旋转中心H即P₁Q₁的垂直平分线和P₃Q₃的垂直平分线的交点。同时，因为P₂Q₂也是同一旋转的一对对称点，所以P₂Q₂的垂直平分线也将通过旋转中心H。

因此，三条垂直平分线共点得到了证明。

实际上，这道题可以拓展到线段中存在任意多个点的情形：假设P₁P_n是旋转前的线段，Q₁Q_n是旋转后的线段，对于任意一对对称点P_iQ_i，1 ≤ i ≤ n，其垂直平分线都共点，这个点即该旋转操作的旋转中心。

当然，严格来说，旋转对称操作后每一对对称点的垂直平分线共点还需要满足一个先决条件，如同VWO这道题中所给出，P₁P_n和Q₁Q_n需要形成一个大于0°且小于180°的夹角。如果这个夹角等于0°或者180°，那么从P₁P_n到Q₁Q_n的变换实际上是一个平移操作，此时每一对P_iQ_i的垂直平分线将互相平行，它们之间从而不会形成任何交点。

好了，让我们系好安全带，开始前往最后一个“岛”的旅程。

旋转操作也好，平移操作也好，以及本文中没有涉及的反射操作也好，这些操作使得几何形状中点和点之间的距离保持不变，在几何中我们将这种变换称为“全等变换”，或者等距同构（isometry）。

和等距同构关系最密切的几何定理，叫做叶尔姆斯列夫定理（Hjelmslev’s theorem）。该定理以丹麦数学家Johannes Hjelmslev命名，作为数学家Johannes Hjelmslev的名气并不算大，相比之下他儿子语言学家Louis Hjelmslev是哥本哈根语言学派的创立者之一，在学术上的名气更大一些。

叶尔姆斯列夫定理的表述为：如果线段P₁P_n上的每一个点P_i等距映射到同一平面的另一线段Q₁Q_n，那么P_iQ_i这n条线段的中点共线。

从上一个“岛”到这一个“岛”，我们面对的问题从多线共点变成了多点共线，这是非常有意思的转场。

在之前的“旅途”中我们已经知道，等距同构的两条线段P₁P_n和Q₁Q_n可以被看作是某个旋转操作后的一对对称线段，其每一对点P_iQ_i都是该旋转操作的一对对称点，且这个旋转可以被两组端点P₁Q₁和P_nQ_n唯一确定。（实际上，这个旋转可以被等距同构线段中的任意两组点P_iQ_i和P_jQ_j唯一确定。）

我们用向量和来表示点P₁和P_n，那么点P_i就可以表示为，

其中，0 ≤ k_i ≤ 1，表示线段P₁P_i和线段P₁P_n的长度之比 |P₁P_i| / |P₁P_n|。

因为两条线段P₁P_n和Q₁Q_n是等距同构的，或者说是全等对称的，所以，|P₁P_i| / |P₁P_n| = |Q₁Q_i| / |Q₁Q_n| = k_i。

因此，同理有，

这样，P_iQ_i的中点M_i即，

表示M_i位于线段M₁M_n上，即M_i、M₁、M_n三点共线。

因为1 ≤ i ≤ n，所以，所有的M_i都位于同一直线上。

叶尔姆斯列夫定理证明完毕。

有意思的是，叶尔姆斯列夫定理还可以拓展到非等距同构的情形。

注意到，上述证明中只要求在线段P₁P_n和Q₁Q_n中k_i保持不变；而不要求每一对线段P_iP_j和Q_iQ_j必须等长。即，如果Q₁Q_n是P₁P_n等比例进行放大或者缩小后、再进行旋转得到的线段，则两条线段同样满足叶尔姆斯列夫定理。

下图即P₁P_n和Q₁Q_n不等长的一个图示例子。

更进一步，在拓展的叶尔姆斯列夫定理中，不仅仅是每一对对称点连线线段的中点，而且每一对对称点连线线段的给定等分点都共线。

所谓给定等分点，即给定一个正实数0 ≤ c ≤ 1，定义线段P_iQ_i的c等分点C_i满足

|P_iC_i| / |P_iQ_i| = c

特别地，当c = 0.5时，二等分点即连线线段的中点。

下图分别是c = 0.25和c = 0.9的例子。

证明不难。

根据C_i的定义，有

表示C_i位于线段C₁C_n上，即C_i、C₁、C_n三点共线，进而得到对于1 ≤ i ≤ n，所有的C_i都位于同一直线上。

至此，第三个“岛”的问题及其拓展也得到了解决。

我们今天的旅途就此告一段落，希望读者朋友们受此启发，能够在各自的数学之旅上继续前进。

参考出处：

1. https://sqr5.wordpress.com/2024/04/22/2024%e5%b9%b4%e7%ac%ac23%e5%b1%8a%e6%af%94%e5%88%a9%e6%97%b6%e5%bc%97%e6%8b%89%e8%8a%92%e5%8c%ba%e6%95%b0%e5%ad%a6%e5%a5%a5%e6%9e%97%e5%8c%b9%e5%85%8b%e7%ab%9e%e8%b5%9b%e5%86%b3%e8%b5%9b%e8%af%95/

色块连线挑战中的拓扑学思维

说起拓扑学，大多数人会觉得很陌生，很高深；说起色块连线挑战，虽然很多人对这个名词也不那么熟悉，但看到下面这些截图，就能明白是什么样一个游戏了。

游戏的基本规则是：在一个有边界的平面图形中，有不同颜色的若干对点。对于每一对点，要求用一根曲线将其连起来；同时，这若干条曲线之间互不相交。

我在俱乐部群里贴出了下面这个例子。

不少孩子都找到了答案，不过如何进一步问他们：如何找到题目中的关键信息，简化解决这个问题的思路？能说明白的人就不多了。

在很多朋友的印象中，数学是高高在上的，远离生活的。朋友们没有意识到，当我们躺在沙发上看手机、刷短视频时，数学就在那里，就藏在视频画面后默默地等待我们去思考、去挖掘、去找到它。

这个色块连线的游戏也不例外，看似只是一个寻常的智力游戏，实际上，拓扑知识可以帮助我们简明地解决这类游戏。

我们先来解决俱乐部群里的这个例子。

在这个例子中，一共有蓝色、红色和黄色三种颜色的三对圆，其中蓝色和红色各有一个圆位于长方形边框上，黄色的两个圆都在边框上。

在经过几次简单的尝试后，我们不难发现这个游戏的难度在于边框对连线的限制：当一个圆位于边框上时，其他连线就无法从这个圆和边框之间绕过，因此增加了和这个圆引出的连线相交的机会。

现在，让我们把注意点放在这一对黄色的圆上。因为这一对圆都位于边框上，所以不论它们之间的连线的形状如何，这条连线都会把这个长方形的图形分成两个部分，不妨把它们称为P1和P2。

考虑其他两种颜色的两对圆所在的位置。

如果某一对圆的两个圆位于长方形的同一个部分，如上图左图中的两个蓝色圆都位于P1，以及上图右图中的两个红色圆都位于P2，那么它们之间的连线就不会和两个黄色圆连线相交。

反之，如果某一对圆的两个圆分别位于长方形不同的两个部分，如上图左图中的两个红色圆，上图右图中的两个蓝色圆，以及上图中图中的两个红色圆和两个蓝色圆，那么它们之间的连线则必然要和两个黄色圆连线相交。

这个发现提示我们：在正确的连线方案中，两个蓝色的圆一定要在黄色圆连线的同一边，同时两个红色的圆也一定要在黄色圆连线的同一边。

在上图左图的基础上，我们可以通过改变黄色圆连线的走向，将位置靠上的红色圆纳入黄色连线下方，而不是上方，这样两个红色圆就都位于P2了。如下图所示：

剩下的工作就简单了，直接画上两条线，分别连上蓝色两个圆和红色两个圆。

问题解决。

我们用类似的思路再来看看下面这个例子：

在这个例子中，一共有五个颜色的五对方块，所有颜色都有方块位于正方形的边框上，其中黄色的两个方块都在边框上。

因此，黄色方块之间的连线将正方形分为两个部分，我们找到一种连线方式，使得其他颜色的两个方块分别位于这条连线的同一边即可。

根据四个角上的四个方块的颜色，一种自然的想法是：将两个蓝色和两个绿色方块置于黄色方块连线的下方，而将两个紫色和两个红色方块置于黄色方块连线的上方。这个想法不难实现，如下图。

剩下的工作也很简单，将另外四种颜色的两个方块分别连起来即可。

注意到，紫色方块连线要在红色方块连线和黄色方块连线之间，同样，绿色方块连线要在蓝色方块连线和黄色方块连线之间。

尽管两条连线之间的空间很小，但它可以容纳另一条连线通过，甚至可以容纳5条，10条，100条，无数条连线通过。

这就是拓扑学的特点：拓扑学不关心点的大小，不关心线的粗细，也不关心线的形状，它只关心点和线的连接关系。通俗一些地说，拓扑学眼中的几何形状是建立在橡皮泥上的——你可以通过捏挤或者拉扯橡皮泥，使得上面的几何形状得到拉伸、压缩、变形，只要不发生断裂和粘结，虽然几何形状的大小、长短、形状都会变化，但其中点和线的连接关系不会发生改变。

我们再次把俱乐部群里的那个例子拿出来，在拓扑学的眼中，它和下面这三个形状是等同的：

变形后，上图右图中的三对色块显然是可以通过不相交的三条连线两两相连的。

所以，换句话说，网页或者APP上的这些挑战无非就是利用拓扑变形和扭曲，把一些本来可以简单连接的图形变得比较复杂、比较烧脑，使人无法一眼找到答案。

在上述例子中，我们了解到位于边框上的色块是挑战中的关键因素。下面我们用拓扑学的思维分别考虑以下四种情况。

情况一：没有任何色块位于边框上。

在这种情况下，因为每个色块和边框之间都有空间可以通过连线，所以没有任何色块位于边框上的情况，在连线问题中就等同于没有边框。

同时，我们可以通过变形，使得同颜色的两个色块之间的距离不断缩小，甚至合二为一。因此，对于n种颜色的色块连线挑战，可以通过变形使其变成n个色块，显然同一个色块和自己可以相连，且不会和其他色块相交。因此，色块连线挑战一定存在解。

情况二：每种颜色的一对色块中最多有一个位于边框上。

以两个红色色块为例，将边框上的红色色块和边框内的红色色块连起来。将这条连线想象成一条切痕，将边框上的色块放在切痕的一边，然后将边框依照切痕展开，使得切痕变成边框的一部分。这样我们得到一个等价的形状，在这个等价形状中两个红色色块都位于边框上，且在它们之间的边框上不存在任何其他色块。

在依次处理每一对色块后，所有色块都将位于边框上，同一颜色的色块都两两相邻，且其间不存在其他色块，因此分别将它们连接即可以得到答案。

情况三：存在一个颜色，其两个色块都位于边框上。

这种情况下，如果其两个色块在边框上相邻，那么直接将它们沿边框连接起来就可以了，这条连线不会影响其他色块之间的连接。如下图中的两个黄色的圆。

如果其两个色块不相邻，就像俱乐部群里那个例子中的两个黄色的圆，这个时候可以按照情况一和情况二的方法先处理其他颜色的圆，使得其他颜色的圆都变成一个圆或者边框上两两相邻、且相连的圆，最后将两个黄色圆连起来即可。如下图所示。

在原图的连线中，我们避开蓝色和红色两道切痕即可：

第四种情况，存在两个以上的颜色，其两个色块都位于边框上。

此时只需考虑这几个色块在边框上的顺序，如果在边框上两两颜色之间不存在交叉，那么可以根据情况三的方法找到答案。

如果在边框上两两颜色之间存在交叉，如下图中的边框上两个黄色色块之间存在红色色块，两个红色色块之间也存在黄色色块，那么问题无解。在这种情况下，无论如何连接，黄色连线和红色连线必然相交。

小荷才露尖尖角

初夏的鲁汶，雨后初霁。虽然阳光普照，但空气中还是带着一丝凉意。

从市中心俗称“拉肚子”的停车场走到以鲁汶大学前校长Pieter De Somer教授命名的会场，步行只需大约五分钟。临近活动开始的时间，会场已经坐了个六七成满，我和几个学生及其家长一起坐在会场的左前方，离主席台十来米距离的位置。

颁奖大会的程序和往年相同。先是VWO主席、鲁汶大学的教授Stefaan Vaes致欢迎辞，简单介绍一下大会的程序，以及袋鼠比赛今年新增的两个年级组比赛。

接着是布鲁塞尔自由大学的Ann Dooms教授关于ChatGPT的一个科普报告，时长一个多小时。怎么说呢，个人认为一个好的科普报告时间应该不超过20分钟，在听众们听得如痴如醉的时刻戛然而止，让人欲罢不能，恨不得立刻上网搜索相关的信息和资源；如果一个报告做了一个多小时，那么听众们就不是被科普了，而是被“免疫”了——下次再听到这个词时，回忆起来的只剩下满满的睡意。

不过，JWO/VWO颁奖大会以一个一小时长的报告开头也是一个惯例，因为奖项公布被安排在学术报告的后面，主办方才不怕你中途退场呢，为了这道主菜，再难吃的头盘你也得吃完。

按惯例，奖项公布环节仍然由鲁汶大学的Paul Igodt教授主持，他先公布出题奖的获得者（今年我又一次侥幸获得了这个奖），然后公布JWO（青少年数学奥林匹克竞赛）的结果，最后公布VWO（弗拉芒数学奥林匹克竞赛）的结果，以及比利时IMO代表队中三名弗拉芒区代表的名单。

因为今年唯思客俱乐部的几个孩子参加的是JWO，所以孩子和家长们对前半程的颁奖结果十分期待，同时也带着几分紧张。

今年进入JWO决赛的选手一共有74名。根据决赛的分数分布，组委会最终设立一等奖1名，二等奖8名，三等奖10名，其他选手获得鼓励奖。一二三等奖加起来一共有19名，获奖人数超过决赛人数的1/4，这在JWO/VWO的历史上并不多见，或许是二三等奖选手的得分比较接近的原因？

唯思客俱乐部今年第一次有学生参加JWO。在一共7名选手中，5名选手是目前俱乐部在读学生，2名选手是俱乐部曾经的学生。在一月份第一轮比赛后，除了一名曾经的学生未能晋级以外，其他6名选手顺利进入第二轮。在二月份的第二轮比赛中，一名三年级和一名二年级的学生未能突围，剩下4名选手进入4月份举行的决赛。

主持人Paul Igodt教授从获得鼓励奖的名单开始宣读，名单是按照姓氏字母顺序排列的，孩子们很清楚自己姓氏的首字母所在的位置，所以当看到自己的名字被跳过、没有被读到时，就意味着自己获得了更高的奖项，那种紧张和开心不亚于乐透开奖。

最终，我们参加决赛的4个孩子中有1人获得了鼓励奖，其他3人获得了二等奖。虽然今年二等奖的得主较多，但一等奖只有1个，所以这3个孩子的成绩在所有74名决赛选手中名列前9位。俱乐部一共7个孩子参赛，4个孩子进入决赛，3个孩子获得二等奖，这个成绩要远远好于弗拉芒大区的任何一所中学。

既然聊到了中学，就多聊几句。

有不少朋友关心：比利时的中学会有奥数培训吗？是否也有奥数成绩一向居前的中学？我对这个问题的回答是：第一，比利时的中学一般不会为奥数给孩子进行额外的培训，甚至不会鼓励学习超前的孩子参加奥数比赛；第二，比利时确实有一些中学的奥数成绩向来就不错，这不是因为学校组织了额外的培训，而是因为学校的生源比较好，同等条件下孩子有竞争力，另外，学校的数学老师相对重视数学竞赛，对孩子们参加竞赛、在竞赛中取得好成绩起到了一定的激励作用。

好几年前，我曾经对若干年间JWO/VWO获奖选手所在中学进行过统计^【1】，这几年没有继续跟踪这个数据。下面，我把今年JWO和VWO一共159名决赛选手所在的学校以及他们获得的奖项做了一个小小的统计，学校入围的标准是至少有两名学生进入了今年的JWO/VWO决赛，这些学校按照获奖情况和决赛人数排列如下：

学校	决赛人数	一等奖	二等奖	三等奖	鼓励奖
Sint-Albertuscollege (Heverlee)	7	0	1	1	5
Sint-Barbaracollege (Gent)	5	0	0	1	4
Sint-Lievenscollege (Gent)	4	0	0	2	2
Sint-Jozefscollege (Aalst)	4	0	0	1	3
Don Boscocollege (Zwijnaarde)	4	0	0	0	4
Sint-Gummaruscollege (Lier)	4	0	0	0	4
Don Bosco College (Hechtel Eksel)	3	0	1	0	2
Heilige-Drievuldigheidscollege (Leuven)	3	0	0	1	2
Sint-Jozef-Klein-Seminarie (Sint-Niklaas)	3	0	0	1	2
College van het Eucharistisch Hart (Essen)	3	0	0	0	3
Sint-Gertrudiscollege (Wetteren)	3	0	0	0	3
Sint-Janscollege Campus Visitatie (Sint-Amandsberg)	3	0	0	0	3
Paridaensinstituut (Leuven)	2	0	1	0	1
Sint-Jozefcollege (Turnhout)	2	0	1	0	1
Sint-Jozefscollege (Torhout)	2	0	1	0	1
Don Bosco Haacht (Haacht)	2	0	0	1	1
GO! Atheneum Mariakerke (Mariakerke)	2	0	0	1	1
Berkenboom Humaniora (Sint-Niklaas)	2	0	0	0	2
Emmaüsinstituut Bovenbouw (Aalter)	2	0	0	0	2
Heilig Hart van Maria (Berlaar)	2	0	0	0	2
Heilig Hartcollege (Wezembeek-Oppem)	2	0	0	0	2
Instituut Klein Seminarie (Roeselare)	2	0	0	0	2
Jan-van-Ruusbroeckcollege (Brussel)	2	0	0	0	2
Maris Stella Instituut (Oostmalle)	2	0	0	0	2
Sint-Franciscus Instituut (Evergem)	2	0	0	0	2
Sint-Maarten-Bovenschool (Beveren)	2	0	0	0	2
Sint-Paulusschool campus College (Waregem)	2	0	0	0	2
Sint-Pieterscollege (Leuven)	2	0	0	0	2
Sint-Pietersinstituut (Gent)	2	0	0	0	2
Sint-Romboutscollege (Mechelen)	2	0	0	0	2

排列在前的几所学校大家都很熟悉：鲁汶的Sint-Albertuscollege，根特的Sint-Barbaracollege、Sint-Lievenscollege、Don Boscocollege，阿尔斯特的Sint-Jozefscollege，利尔的Sint-Gummaruscollege等。一句话，都是大家口碑中的好学校。

今年VWO一等奖1名，二等奖2名，三等奖8名，一共11名，人数偏少。一般来说，JWO也好，VWO也好，获得一二三等奖的人数各在15人左右，今年JWO人数多了，VWO人数少了，总数倒也没变。

和往年相比，今年JWO/VWO的颁奖还有几个点可以总结一下：

首先，获得一二三等奖的女生非常少。如果我没有漏算的话，今年只有一个女生在JWO上获得了三等奖，而VWO没有女生获得前三等奖。目前弗拉芒区数学集训队中只有4个女生，在EMC和EGMO上战斗力都不强，今年决赛中女生人数也不多，成绩也不够突出，所以未来两年弗拉芒女子奥数的水平大概率将持续低迷。

第二，纪念品的变化。以往，连续三年或者四年进入决赛的选手可以获得一个3D打印的门格海绵模型，今年这个纪念品被一顶简易的棒球帽取代，帽子上按照连续进入决赛的年数分布印上1 – 4颗星，这是向足球世界杯冠军队伍队服设计学习的结果。这一变化使得获得纪念品的门槛变低了，第一次进入决赛就有帽子，区别在于帽子上星星的数量。

第三，弗拉芒区IMO队员选择捉襟见肘。弗拉芒大区的几名队员在EMC上成绩如何，目前外人不得而知。去年年底举行的比赛，过了大半年成绩还没有公布，东欧国家的组织工作也是没谁了。不过，从BxMO上取得的成绩来看，今年弗拉芒区的IMO队员选拔确实碰到了较大的困难，战斗力稍微能拿得出手的选手几乎没有。

最终，三名选手幸运地获得了去英国巴斯的机票——不同于惯例，今年他们在颁奖会场上没有穿印有名字的T恤衫，或许组委会就没有准备？

三名选手中，Anastasios Amvrosiadis获得VWO二等奖，Jonas Boeykens获得VWO三等奖，而四年级的Thomas Audenaert获得JWO一等奖。如果没记错的话，这应该是弗拉芒大区第一次出现JWO选手获得参加IMO资格的情况，组委会进行“断代培养”的意图十分明显。

以成绩论而不以资历论，不墨守成规，也不排斥其他族裔的选手，VWO的这些做法还是非常值得赞赏的。至少，这对于正在唯思客俱乐部学习的孩子们来说，也是一个好消息。

走出会场，夕阳斜斜地躲在梧桐树后面，时间如白马过隙，小荷才露尖尖角，莲叶转眼半遮天。加油吧，少年们！

参考出处：

1. https://sqr5.wordpress.com/2018/03/05/%E4%B8%80%E7%82%B9%E5%B0%8F%E7%BB%9F%E8%AE%A1/

从一组坐标求正四面体边长解答

我们把昨天延伸出来的题目^【1】再复述一下：

三维直角坐标系中有一个正四面体，已知其四个顶点的横坐标，求这个正四面体的边长。

昨天，我们已经对利用一组横坐标求正四面体边长的公式做了一个猜测：

L = √{1/2 ∙ [(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²]}

下面，利用立体解析几何，对这个公式给出一个证明。

类似于对平面上正三角形的解法，我们在正四面体的顶点A上建立两套直角坐标系x – y – z和x’ – y’ – z’。

其中，x’ – y’ – z’是原坐标系，四个顶点的横坐标由这四个顶点到y’ – z’平面的距离（带正负的有向距离）决定。

x – y – z是原坐标系绕A点旋转后得到的新坐标系，在新坐标系中，正四面体的四个顶点位于特定的坐标位置上，即：A(0, 0, 0), B(√3/2∙L, L/2, 0), C(√3/2∙L, – L/2, 0), D(√3/3∙L, 0, √6/3∙L)。

因为三维空间中，坐标系的旋转有2个自由度，所以易知：对于在任意设定的原坐标系中的某个正四面体，总可以找到合适的两个旋转角度α和β，使得该正四面体在旋转后的新坐标系中位于上述特定坐标位置。

假设在新坐标系中，原坐标系的x’轴在x – y 平面上的投影与x轴夹角为α，x’轴与x – y 平面的夹角为β，那么x’轴的单位向量即：n = (cosαcosβ, sinαcosβ, sinβ)。

同时因为x’轴是y’ – z’ 平面的法方向，且y’ – z’ 平面经过坐标系原点，根据点法式，y’ – z’平面在新坐标系中的方程即：

cosαcosβ∙x + sinαcosβ∙y + sinβ∙z = 0

这样，正四面体的四个顶点在原坐标系中的横坐标即顶点到y’ – z’平面的距离，可以通过将每个顶点向量与y’ – z’平面单位法向量n进行点乘后得到：

x₁ = x_A = 0 ∙ n = 0

x₂ = x_B = AB ∙ n = cosαcosβ∙√3/2∙L + sinαcosβ∙L/2

x₃ = x_C = AC ∙ n = cosαcosβ∙√3/2∙L – sinαcosβ∙L/2

x₄ = x_D = AD ∙ n = cosαcosβ∙√3/2∙L – sinαcosβ∙L/2

因此，

(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²
= x₂² + x₃² + x₄² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²
= 3(x₂² + x₃² + x₄²) – 2(x₂x₃ + x₂x₄ + x₃x₄)

代入后得到，

x₂² + x₃² + x₄²
= (11/6∙cos²αcos²β + 1/2∙sin²αcos²β + 2/3∙sin²β + 2√2/3∙cosαsinβcosβ)∙L²

x₂x₃ + x₂x₄ + x₃x₄
= (7/4∙cos²αcos²β – 1/4∙sin²αcos²β + √2∙cosαsinβcosβ)∙L²

所以，

(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²
= (11/2∙cos²αcos²β + 3/2∙sin²αcos²β + 2∙sin²β + 2√2∙cosαsinβcosβ – 7/2∙cos²αcos²β + 1/2∙sin²αcos²β – 2√2∙cosαsinβcosβ)∙L²
= (2∙cos²αcos²β + 2∙sin²αcos²β + 2∙sin²β)∙L²
= 2L²

因此，

L = √{1/2 ∙ [(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²]}

证明完毕。

参考出处：

1. https://sqr5.wordpress.com/2024/05/11/%e4%bb%8e%e6%ad%a3%e4%b8%89%e8%a7%92%e5%bd%a2%e5%88%b0%e6%ad%a3%e5%9b%9b%e9%9d%a2%e4%bd%93/

从正三角形到正四面体

一个多月前，脸书上有一道关于正三角形的几何题：

平面上有一个正三角形，已知其三个顶点的横坐标，求这个正三角形的边长。

这个题目不难，MIT数学系的教师Tanya Khovanova在博客上分享了一些有趣的解法^【1】。

下面，我分享一下我的思路和解法。

首先，假设待求函数为

f(x₁, x₂, x₃) = L²，其中x₁，x₂，x₃为正三角形三个顶点的横坐标，L为正三角形的边长。

那么，正三角形边长和顶点的顺序无关，所以这个函数是一个轮换对称函数，即关于三个变量x₁，x₂，x₃轮换对称。

考虑度量关系，这个函数必然是一个二次函数。

其次，该正三角形在横坐标方向进行任意距离的平移，并不会改变正三角形的边长。

因此，对于任意实数a，都有f(x₁, x₂, x₃) = f(x₁ + a, x₂ + a, x₃ + a) = L²。

取a = – x₁，f(x₁, x₂, x₃) = f(0, x₂ – x₁, x₃ – x₁) = L²。

这意味着，如果把坐标系原点移动到顶点1，得到的结果保持不变。

现在，我们可以猜想这个二次函数的形式为：

f(x₁, x₂, x₃) = k(x₁ – x₂)² + k(x₂ – x₃)² + k(x₃ – x₁)²

上面这个二次函数符合轮换对称的性质，也符合自变量平移而函数值保持不变的要求。

我们只需要设定一个特例就可以解出待定系数k。

比如假设三个顶点的坐标分别为(0, 0)，(L, 0)和(L/2, √3/2∙L)，将三个横坐标0，L和L/2代入，即可得到k = 2/3。

因此，f(x₁, x₂, x₃) = 2/3 ∙ [(x₁ – x₂)² + (x₂ – x₃)² + (x₃ – x₁)²] = L²。

或者，(x₁ – x₂)² + (x₂ – x₃)² + (x₃ – x₁)² = 3/2 ∙ L²。

所以，L = √{2/3 ∙ [(x₁ – x₂)² + (x₂ – x₃)² + (x₃ – x₁)²]}。

如何证明呢？证明方法有很多，下面是一个解析的方法。

对于平面中的直角坐标系x’ – y’，任意位置的一个正三角形ABC都可以通过平移，将顶点A移动到坐标系的原点。这样，三个顶点的横坐标分别为0，BB’和CC’。

假设AB与坐标系的y’的夹角为α，那么我们可以将坐标系x’ – y’绕原点A、逆时针旋转π/2 – α，得到新坐标系x – y。

在新坐标系中，顶点A、B和C的坐标分别为(0, 0)，(L, 0)和(L/2, √3/2∙L)，原坐标系y’轴的方程为：

sinα∙x – cosα∙y = 0

那么，

将顶点B的坐标代入，得到BB’：

BB’ = sinα∙L / (sin²α + cos²α) = sinα∙L

将顶点C的坐标代入，得到CC’：

CC’ = (sinα∙L/2 – cosα∙√3/2∙L) / (sin²α + cos²α) = 1/2∙sinα∙L – √3/2∙cosα∙L

所以，

(x₁ – x₂)² + (x₂ – x₃)² + (x₃ – x₁)²
= BB’² + (BB’ – CC’)² + CC’²
= [sin²α + (1/2∙sinα + √3/2∙cosα)² + (1/2∙sinα – √3/2∙cosα)²]L²
= (sin²α + 1/2∙sin²α + 3/2∙cos²α)L²
= 3/2∙L²

证明完毕。

现在，我们把问题从平面中的正三角形推广到三维坐标系中的正四面体：

三维直角坐标系中有一个正四面体，已知其四个顶点的横坐标，求这个正四面体的边长。

我们可以采取类似的解题思路。

先推出待测函数g(x₁, x₂, x₃, x₄) = L²是一个轮换对称的二次函数，然后同样可以将正四面体平移到坐标系原点，可以猜测函数的形式为：

g(x₁, x₂, x₃, x₄) = k(x₁ – x₂)² + k(x₁ – x₃)² + k(x₁ – x₄)² + k(x₂ – x₃)² + k(x₂ – x₄)² + k(x₃ – x₄)²

同样，找一个特例：A(0, 0, 0), B(L, 0, 0), C(L/2, √3/2∙L, 0), D(L/2, √3/6∙L, √6/3∙L)，将横坐标代入后，可以得到待定系数k = 1/2。

因此，g(x₁, x₂, x₃, x₄) = 1/2 ∙ [(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²] = L²。

或者，(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)² = 2L²。

所以，L = √{1/2 ∙ [(x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)² + (x₁ – x₄)² + (x₂ – x₃)² + (x₂ – x₄)² + (x₃ – x₄)²]}。

如何证明？这个问题暂时先留给读者朋友吧！

参考出处：

1. https://blog.tanyakhovanova.com/2024/03/find-the-side/

八只青蛙来跳井

周末了。虽然比利时没有五一长假，但周三也休了一天，所以这一周相当于“做二休一”，再 “做二休二”，一周七天下来感觉还是蛮轻松惬意的。

今天咱不聊竞赛，来一道青蛙跳井的趣题吧，各位宝爸宝妈可以拿给上小学的娃试一试。

题目是这样的：

有一口井位于一个正方形的中心，正方形的四个顶点以及四条边的中点上各自蹲着一只青蛙。每一天，你都可以任意选择一只青蛙A跳跃，再任意选一只青蛙B为参照物，青蛙A将越过青蛙B，落在以青蛙B为中心的对称点上，即青蛙A跳跃前后两个位置的中点为青蛙B的位置。请问，你是否有办法使得八只青蛙中的某一只可以在若干天之后跳入井中。

下图表示了在两天中，井上方和左边两只青蛙分别向右方和向右下方跳跃后的情形。

华丽丽的图示，权当作华丽丽的分割线。

像这种题呢，在99.9%的情况下答案都是“不可能”。为什么不可能？

解决这个问题的关键还是利用奇偶性。

我们不妨把井所在的位置设为坐标系的原点(0, 0)，正方形的边长为2，这样，8只青蛙的初始坐标分别为(-1, 0)，(-1, -1)，(-1, 1)，(0, -1)，(0, 1)，(1, 0)，(1, -1)，和(1, 1)，其横坐标和纵坐标都是整数。

现在考虑跳跃过程。假设青蛙A跳跃前的坐标为(x_A, y_A)，跳跃后的坐标为(x’_A, y’_A)，青蛙B的坐标为(x_B, y_B)，因为跳跃的过程以青蛙B的位置为对称中心，所以有，

x_A + x’_A = 2x_B
y_A + y’_A = 2y_B

因为x_B和y_B都是整数，所以方程右端都是偶数。

进一步，我们可以得出：

1. 因为x_A和y_A都是整数，所以x’_A和y’_A也都是整数；

2. 因为方程右端都是偶数，所以x_A和x’_A奇偶性相同，y_A和y’_A奇偶性相同。

综合来说，就是青蛙A跳跃后，坐标仍然是整数，且奇偶性保持不变。

最后，回过头来看看8只青蛙的初始坐标，其中4只青蛙的横坐标和纵坐标都是奇数，另外4只青蛙的横坐标和纵坐标为一个奇数一个偶数。

没有任何1只青蛙初始的横坐标和纵坐标都为偶数，而井的坐标为(0, 0)，是两个偶数，所以按照题意中的跳跃规则，这8只青蛙中没有任何1只青蛙有可能在若干天后跳入井中。