习题答案
两个自然数之和为119，它们的差为21。请问：这两个数分别是多少？
我们设要求的数字为a和b。就有：
a + b = 119
且
a - b = 21
我们把两个方程相加，就得到：
a + b + a - b = 119 + 21
2a = 140
a = 70
因为a-b=21，所以b=49。
池塘里长了一片睡莲，它们覆盖的区域每天都会翻倍。60天后，池塘里铺满了睡莲。请问：池塘被睡莲覆盖一半要多少天？
由于被覆盖的面积每天都会翻倍，因此，第59天时睡莲覆盖满了湖面的一半。
桌子上有9个球，其中一个比其他球都重一点儿。你有一台带两个托盘的传统天平，但你只能使用它两次。请问：如何找出较重的那个球？
我们把这9个球分成3组，每组3个。第一次称重时，把球1—3放在左边的托盘，球4—6放在右边的托盘。如果天平平衡，则表示要找的球在7—9之中。如果在第一次称重时，有3个球较重，那么我们就继续使用这3个球。第二次称重时，我们将可能的3个球中的两个放在天平的左右两侧。如果有一个球比较重，那我们就找到了这个球。如果天平保持平衡，那剩下的第3个球就是最重的。
习题4如果你手上只有10分、5分和2分的硬币，如何才能恰好支付31分？请你找出所有可能性！
31是奇数。因为2和10是偶数，我们肯定需要一个奇数，只有5分的硬币才能使总数变为奇数。于是我们就可以考虑有1个、3个或5个5分硬币的情况。由此，就产生了下面6种可能：
1 × 5 + 0 × 10 + 13 × 2
1 × 5 + 1 × 10 + 8 × 2
1 × 5 + 2 × 10 + 3 × 2
3 × 5 + 0 × 10 + 8 × 2
3 × 5 + 1 × 10 + 3 × 2
5 × 5 + 0 × 10 + 3 × 2
有一个学者想进行6天的徒步旅行穿越沙漠。他和他的几个搬运工每人只能携带足够一个人用4天的水和食物。请问：这个学者必须带几个搬运工？
这位学者需要两个搬运工。这两个搬运工只陪他分别徒步一天和两天，然后返回。难点在于：搬运工回程的路上必须有足够的水和食物，以避免被渴死、饿死。一天后，第一个帮手返回，他已经消耗掉了一天份的口粮，回程途中只需要第二天的口粮。因此，他把剩下的2份口粮分别交给学者和另一个搬运工。两天之后，第二个搬运工也返回了。他在路上已经消耗掉了2份口粮，回程途中还需要2份。所以他可以转给学者一份，学者就从搬运工那儿得到了2份，加上他一开始的4份，他就能平安到达目的地了。
你有两个容器，一个容器可以装3杯水，另一个可以装5杯。请问：如何用这两个容器量出4杯水？
容器A可以容纳5杯水，容器B可以容纳3杯水。我们将A装满水，然后将A里面的水倒入容器B。那么容器A中就还剩有两杯水。现在我们清空容器B，然后把A里面所剩的两杯水倒入B。将A重新装满。接着，我们将A中的水倒入B，直到容器B装满。因为B中已经有两杯水了，所以只能再倒进一杯水的量。最后A中正好还剩4杯水。
已知下面三个孩子里有一个在说谎。到底是哪个在说谎？
马克斯说：本在说谎。
本说：汤姆在说谎。
汤姆说：我没有说谎。
我们看一下，如果（a）马克斯、（b）本或（c）汤姆说谎时会怎么样。如果（a）马克斯在说谎，那么本和汤姆说的都是真话。然而，本说汤姆在说谎，这就不可能了。如果（b）本在说谎，那么马克斯和汤姆说的都是真话，这时他们两位所说的内容没有矛盾。如果（c）汤姆在说谎，那么马克斯和本说的都是真话，而马克斯说本在说谎，这时就会存在本和汤姆两个说谎者。所以，只有情况（b）符合，也就是说本在说谎。
在一个盒子里有30个红色、30个蓝色和30个绿色的圆球，它们的重量相同、触感相同。你需要12个相同颜色的球。在取球时，你必须将你的眼睛保持闭合，只有在取完球后你才能再次睁开眼睛。你至少需要从盒子里取出多少个球，才能保证你有12个相同颜色的球？
我们来看最不利的情况：我最多取出多少个球，才能使同色的球达到12个？很简单：每种颜色11个，也就是33个。如果你还额外取出了第34个球，就肯定有一种颜色达到12个。所以，答案是34。
已知等式：42-32=4+3=7，此等式也适用于数字11和10，即112-102=11+10。还有其他更多这样的数字吗？
我们要找出方程a2-b2=a+b的所有解，其中a和b是自然数。利用大家所熟知的二项式定理，我们巧妙地转变一下等式：
a2 - b2 = a+b
（a + b）（a - b）= a + b
（a + b）（a - b - 1）= 0
当一个或两个因数为0时，则这两个数的乘积也为0。如果a和b都为0，则满足上面的等式。如果a、b这两个数中的一个大于0，那么a+b也就大于0。
那么只有当
a - b - 1 = 0
或
a = b + 1
时，等式才成立。
因此，只要a比b大1，那么这两个数字就都满足等式。另外还有一个答案就是a=0，b=0。
妮娜和莉莉在玩一个骰子游戏：
每个玩家有两个普通骰子。两人轮流掷骰子，每个玩家在掷骰子时可以决定自己掷两个骰子还是一个。接着，把掷骰子得到的点数相加，谁首先达到总数30，谁就获胜。谁要是超过30，就必须从0开始。妮娜开始时总是扔两个骰子，此刻她获得了25点。在下次掷骰子时，她应该再次用两个骰子还是一个骰子来掷出30点？
如果使用一个骰子来达到刚好30点，那么妮娜就需要一个5点，概率为1/6。如果使用两个骰子，那么就有1+4、4+1、2+3和3+2这4种可能的组合。（我们必须区分骰子1和骰子2，因此1+4和4+1是两种不同的情况）。两个骰子共有36种组合，那么得到5点的概率为4/36=1/9。所以使用一个骰子获胜的概率比使用两个骰子获胜的概率大。
乘以11的窍门：a和b都是一位数，我们可以用这两个数组成一个两位数的数。a代表十位数字，b代表个位数字，那么我们就可以将这个组合而成的数写作10a+b这样的形式。我们将这个数乘以11，同时我们也将11分解为10+1：
如果a+b小于10，我们就可以将求得的解写成a（a+b）b的形式，如此就证明了这个计算窍门。如果a+b大于9，我们就必须将和的十位数字添加到解的百位数字上，如计算例题中的85×11=8（8+5）5=8（13）5=（8+1）35=935。
国王独占国际象棋棋盘的一个角落。“他”每次只能移动一格。每当“他”感到孤独时，就会滑到邻近一格。这样总共发生了62次。请你证明棋盘上有一个国王从没有踏进的格子。
棋盘有8×8=64个棋格。如果国王移动了62次，那么他最多进入过63格——我们要记住他在开始时所在的那一格。因此，他至少有一个棋格从来没有进入过。
请找出满足以下条件的所有两位数自然数：它们等于自己的横加数的3倍。
设a为十位数上的数字，且b为个位数上的数字，则满足等式：
10a + b = 3a + 3b
7a = 2b
因为2和7都是质数，且a和b都是一位数数字，所以b只能是7，那么a=2。即只有一个解：27。
已知两个不同大小的正方形，请找到一个面积等于已知两个正方形面积之和的正方形。
如果两个正方形的边长分别为a和b，则它们的面积分别为a2和b2。那么我们就要找到一个边长为c的正方形，其面积c2与a2+b2之和正好相同，即a2+b2=c2。这个等式可能会让你想起勾股定理。对于直角三角形，恰好有a2+b2=c2，其中a和b分别是两条直角边的长度，c是斜边的长度。为了找到答案，我们构建出一个以a和b为直角边的直角三角形，其斜边c就是我们要求的正方形的边长。
已知三个相同大小的圆彼此相切。请问：它们所围住的面积有多大？
设三个圆的半径为r。下页的图清楚展现了我们可以如何计算这片封闭区域的面积：
我们必须确定边长为2r的等边三角形的面积，并从中减去看起来像非常大的蛋糕一样的三个扇形的面积。因为等边三角形的角正好是60°，所以，每个扇形的面积是总的圆形面积的1/6，3个扇形的面积就意味着半个圆的面积，即πr2/2。等边三角形的面积是2×r×h/2=r×h，h为三角形的高。我们用勾股定理可以很容易地计算出：h2+r2=（2r）2。由此得出，h2=4r2-r2和h=
×r。因此被围住的面积是
。
请你证明，有无数个以下这样的例子：5个连续的自然数里没有一个数是质数。
从24到28的这5个数字都不是质数。我们分别将这5个数加上24×25×26×27×28的任意倍数，就总是会得到5个连续的自然数，它们分别可以被24、25、26、27、28整除，因此都不是质数。
已知欧元硬币的面值有1分、2分、5分、10分、20分和50分。如果想让你手头的硬币能搭配出从1分到99分的任何金额。请问：你至少需要多少枚硬币？
让我们先从1分到4分的金额开始。对此，我们无论如何都需要3枚硬币：1分+2×2分，或2×1分+2分。用4枚1分硬币你同样可以表示这些金额，但是就比3枚硬币多出了一枚。与此相似的是，对于10、20、30和40分的金额，我们也需要3枚硬币：1×10分+2×20分，或2×10分+1×20分。于是，我们就可以用6枚硬币来表示1—4、10—14、20—24、30—34和40—44不同分值的金额。我们在此基础之上再加上5分和50分的硬币，那么就可以得到从1分到99分的任何金额。因此，我们总共需要8枚硬币。
桌子上有9个球，其中一个球比其他球都重一些。你有一台带电子显示屏的秤。如果你只可以使用4次秤，你将如何找出那个较重的球？
我们先称球1—3的重量，然后再称球4—6的重量。如果显示屏两次显示的是相同的重量，那我们要找的球就在编号7、8或9中。如果这两次中的某次显示屏显示出的重量更重，那么要找的球就在这次称量的3个球当中。我们从这3个球a、b、c中选出两个，并分别称重。如果两个球中的一个比较重，那这个球就是我们要找的球；如果两个同样重，则是没有被称重的第三个球是我们要找的球。
在数学考试时，孩子们要将三个自然数相加，这三个数都大于0。考试完后，两个学生交谈起来。“啊，我弄错了，我没有相加，而是相乘了！”一个孩子说道。“这没关系的，碰巧这两个答案相同。”另一个说。孩子们计算的是哪三个数？
必须满足：a×b×c=a+b+c。我们假设a是三个数中最大的一个，b是第二大的数（a≥b≥c）。那么a×b×c=a+b+c≤3a，所以b×c≤3。只有三对数字满足这个条件：b=3，c=1；b=2，c=1和b=1，c=1。忽略掉这三个数字之间的交换，则唯一可能的答案就是：a=3，b=2，c=1。
请你找出满足方程组
的所有实数对（x、y）。
我们从第一个方程中减去第二个方程，就得到：
当两个数中的至少一个数为0时，则这两个数的乘积为0。所以x=y或x+y=4。
如果x=y，则有x2+4x-21=0，因此
（x + 2）2 = 25
x + 2 = ± 5
x = -2 ± 5
所以（x、y）为（-7、-7）或（3、3）。如果y=4-x，则有：
x2 + 16 - 4x = 21
x2 - 4x - 5 = 0
（x - 2）2 = 9
x - 2 = ± 3
x = 2 ± 3
由此得出（x、y）为（-1、5）或（5、-1）。因此，这个方程组有四个不同的答案。
一个父亲想要将7个满的、7个半满的和7个空的酒桶留给三个孩子。每个孩子都要得到相同数量的酒桶和相同量的葡萄酒，并且，不允许他们互相灌注酒桶里的酒。请问：父亲应该如何分配酒桶？
需要分配的葡萄酒量相当于10.5桶，代表每个孩子必须获得3.5桶葡萄酒，因此，无论如何，每个人都会得到一个半满的酒桶。接着，我们就必须分配7个满的、4个半满的和7个空的酒桶。4个半满的酒桶对应的葡萄酒量和桶量，恰好是2个满的酒桶和2个空的酒桶之和。因此，我们可以这样表达剩下的任务：将9个满的酒桶和9个空的酒桶分配给3个人。这就不再有什么困难了。有两个孩子每人得到3个满的和3个空的酒桶，第三个孩子得到1个满的、1个空的和4个半满的酒桶。如此，就可以平均分配葡萄酒的量和酒桶的量。或者，有一个孩子得到3个满的酒桶和3个空的酒桶，另外两个孩子分别得到2个满的、2个半满的和2个空的酒桶。
保罗发现了以下方法，用以计算两位数的平方数。
请你解释这个方法并以相同方式计算592、822和192。为什么这个计算方法有效？
保罗将6×7×10、62×100、72和6×7×10进行相加而得到答案。该方法直接来源于二项式公式（a+b）2=a2+b2+2ab。我们设a=6×10且b=7：
一个男人想在一个圆形的湖中游泳。他从岸边跳入水中，向东正好游了30米到达另一岸边。然后他转向南方，继续游泳。40米之后，他再次到达岸边。湖的直径是多少？
因为该男子先向东方游泳，再向南方游泳，所以游泳路径呈直角。于是，游过的这两条路径形成直角三角形的两条直角边。另一方面，也许你还记得在学校里学过，当三角形的斜边正好是圆的直径时（即泰勒斯定理），圆内接三角形（所有顶点位于同一个圆上）为直角三角形。因此，很清楚的是，所求湖的直径就是三角形的斜边。根据勾股定理，有d2=302+402=900+1 600=2 500=502，即d=50米。
请你找出所有三位数的质数，这些质数的第一个数字比中间数字大1，最后一个数字比中间数字大2。
设百位数上的数字为n+1，则中间十位数上的数字为n，最右边个位数上的数字为n+2（0≤n＜8）。这个数的横加数的和为3n+3，和可以被3整除。因此，这个数能被3整除，所以不存在满足条件的三位数的质数。
巧克力工厂出了点儿问题。三个托盘当中，有一个托盘里的所有巧克力板的重量都不是100克，而是102克。但没有人知道是这三个托盘中的哪一个发生了事故。你有一台精密的电子秤，但你只能使用一次。你怎么找出那堆较重的巧克力板？
如果我从每个托盘中都取出一块巧克力板，然后将它们一起称重，就得到302克。但三块巧克力板中只有一块较重，采用这样的方法我就无从知晓哪块较重。诀窍在于，你不要从每个托盘中只取一块巧克力板，而是取不同数量的巧克力板——例如，从第一个托盘中取一块，第二个托盘中取两块和第三个托盘中取三块。称重时可能会得到以下结果：
602克：答案是托盘1。
604克：答案是托盘2。
606克：答案是托盘3。
另外，你也可以从第一个托盘中取一块巧克力板，从第二个托盘中取两块巧克力板，直接只将这三块巧克力板放在一起称重。
302克：答案是托盘1。
304克：答案是托盘2。
300克：答案是托盘3。
卡萨诺瓦有两个朋友，他决定不了他更想去找谁，于是他就让命运来决定。
卡萨诺瓦始终只去同一个地铁站，此站不是终点站，并且只有一条地铁线。因为这两人分别住在地铁线上相反的两个终点站附近，他就直接乘坐先到的那辆地铁。两个方向的地铁都是每10分钟一趟。不过两个月之后他发现，有一个朋友那里他去了24次，而另一个朋友只有6次。怎么会这样呢？
两个方向的地铁每10分钟都有一趟。关键问题是，两个相反方向地铁的出发间隔是多长。当出发间隔是5分钟的时候，卡萨诺瓦到两个朋友那里的概率相同。在这种情况下，例如，有一个方向的地铁在00、10、20、30、40、50分时出发，那么另一个方向的地铁出发时间就是05、15、25、35、45、55分。
但是在我们的题目里，两辆车之间出发间隔较短，因此概率就不相同。地铁A首先驶出，然后两分钟之后地铁B开往相反的方向。A的出发时间例如是00、10、20、30、40、50分，相应的B的出发时间就是02、12、22、32、42、52分。
当卡萨诺瓦到达站台的时候，他随机赶上地铁A的概率是8/10，而赶上地铁B的概率是2/10。因此平均下来，他去其中一个朋友家里的概率是另一个朋友的4倍。
在方程组a+b+c=d+e+f=g+h+i中，每个字母正好对应于1—9中的一个数字，每个数字恰好出现一次。请你找出所有可能的答案。注意，三组方程两两交换不算新的答案。
所有9个数字1+2+3+……+9的总和为45，那么在这三组数字中，每组的和就一定是15。这样，就只有两种可能的组合：159、267、348和168、249、357。找出这些组合很简单，如果我们以1开头，就要找所有加和为14的两个数，而只有5+9和6+8的和才是14。
请你找出以下方程组的所有实数对（x、y）答案：
我们将第一个方程进行平方，再利用二项式定理（a+b）2=a2+b2+2ab。
（x2 + y2）2 = 22
x4 + y4 + 2x2y2 = 4
从第二个方程
x4 + y4 = 4
就可以直接得出2x2y2=0，这样只有当x=0或y=0时，才会出现这种情况。由此得到以下两个答案：
三个相同大小且半径为R的圆摆放在一起，每个圆都与另外两个圆相切。在这三个圆的中间有一个较小的圆，它同时也与所有三个大圆相切。小圆的半径是多少？
我们设这三个大圆的半径为R，被包围住的小圆的半径为r。那么，大圆的三个圆心就构成了一个边长为2×R的等边三角形。小圆的圆心恰好位于角平分线的交点处。三角形的边与用虚线标出的角平分线之间的角度为1/2×60°=30°。
现在我们画出一条长为b的灰色线段，它垂直于并平分三角形长为2×R的边，这样我们就会清楚地知道接下来该如何计算了。由此形成的两个三角形的边长分别为R、R+r和b，这两个三角形又各自是一个边长为R+r的等边三角形的一半，因此2×b=R+r。现在我们可以用毕达哥拉斯定理计算出：
请你找出满足等式a2+b2=8c-2的所有自然数a、b、c。
原始方程式右边的8c-2除以8时余数为6（-2与6一样）。方程式左边是两个平方数。我们现在要找出两个平方数之和除以8的余数是多少。一个自然数y除以8可以得出余数0、1、2、3、4、5、6和7。而平方数y2除以8，则有以下余数：
当一个平方数除以8的余数只有0、1或4时，那么两个平方数之和除以8的余数就为0、1、2、4或5。但是又因为方程式的右边除以8的余数为6，所以没有解。
你看了一下墙上的挂钟，发现在这一刻时针和分针完全重合。你需要等多久才能再次发生这种情况？
在12个小时内，分针会追上时针共重合11次。因为两个指针都始终匀速旋转，所以两个指针两次相遇的间隔时间总是相同的，那么就要等12/11小时，也就是1小时5分27秒。
在一次展会上，有一家公司邀请大家参加一场展台派对。每位嘉宾都会跟其他所有嘉宾交换名片。所有人共交换了2 450张名片。请问：有多少位嘉宾参加了派对？
n个人会给另外的n-1个人一张名片，所以就有n×（n-1）张名片被交换了。又因为2 450=50×49，所以派对上正好共有50位嘉宾。
请你找出满足下列等式的所有自然数x、y。
我们将方程乘以xy（x＞0；y＞0），就得到：
因为x和y都是自然数且都大于0，那么2/（y-1）就一定是一个自然数。而这只有当y=2和y=3时才行。因此，我们就得到了答案（3、2）和（2、3）。
已知三个半径相等的圆相交，每个圆的圆心正好位于另外两个圆的边上（见下页图）。请你算出三个圆同时覆盖的阴影面积。
三个圆的半径均为R。要计算的面积由一个等边三角形（边长为R）和三个相同的弓形组成。一个弓形的面积等于一个圆心角为60°的扇形的面积减去边长为R的等边三角形的面积。圆心角为60°的扇形相当于1/6个圆。
因此，就有：
在桌上立着两个一样大的玻璃杯，一杯装了红酒，另一杯装了相同体积的水。你用一根移液管吸出少量红酒，并将其滴入水杯。接着，你再用移液管从装有酒水混合物的杯中吸取相同体积的液体，将其滴入酒杯。两个玻璃杯现在正好一样满。请问：这时是水杯里的酒多，还是酒杯里的水多？
水杯里的酒与酒杯里的水正好一样多，不用复杂的计算我们就可以证明。酒杯里所缺少的酒被滴入了水杯中，那么酒杯里就一定有与所缺少的酒相同体积的水，因为只有这样最后两个玻璃杯才会装得同样满。
整数z需满足：
（1）z＞999，且z＜10 000。
（2）z的横加数小于6。
（3）z的横加数是z的因数。
请问：有多少个数字满足这些条件？
这道题的答案有些宽泛，但它漂亮地展示了数学家如何系统地处理问题。我们用QS（z）来表示z的横加数。为解答此题，我们要将所有可能的横加数进行情况区分和一一分析。
QS（z）= 1
只有当数字z=1 000时，它是四位数，并且横加数为1。这个数也可以被1整除。所以在这种情况下，正好有一个答案。
QS（z）= 2
因为条件（3），所以z的最后一位数字必须是偶数。如果最后一位数是2，又因为QS（z）= 2，那么所有其他数必须为0。这样z就不是四位数了。因此，最后一位数必须是0。因为z是一个四位数，所以只有三个解：1 100、1 010和2 000。
QS（z）= 3
由于当一个数的横加数能被3整除时，它就能被3整除，所以它肯定满足条件（3）。只有含有数字1、1、1、0或1、2、0、0或3、0、0、0的数可以满足条件（1）、（2）和（3）。考虑到条件（1）允许的数字的排列（最左边不能是0，否则这个数就不是四位数了），含有数字1、1、1、0的数恰好有3个；含有数字1、2、0、0的数正好有6个；含有数字3、0、0、0的数恰好只有一个。总之，我们在这里得出了10个不同的满足条件的数。
QS（z）= 4
为了满足条件（3），由最后两位数字形成的数必须能被4整除。因此只有……00、……12和……20才可以，否则横加数就大于4了。现在，我们必须找出另外两个数字：如果最后两位数字是0，那么z只有可能是4 000、3 100、2 200或1 300。如果最后两位数字是1和2，则z就只能是1 012。如果最后的两位数字是2和0，那么z就只能是2 020或1 120。因此，在这种情况下，有7个满足条件的数。
QS（z）= 5
这个数必须能被5整除，即以0或5结尾。但是，它的最后一位数不能是5，因为这个数的横加数已经是5了，所以最后一位数字是0。
由于条件（1），所以第一个数字只可能是1、2、3、4或5。我们按从小到大的顺序列出所有可能的数字：
1 040、1 130、1 220、1 310、1 400、2 030、
2 120、2 210、2 300、3 020、3 110、3 200、4 010、4 100、5 000。
因此，在这种情况下，正好有15个满足条件的数。
所以，总共有1+3+10+7+15=36个四位数字满足条件。
两个自然数的和可以被3整除，它们的差不可以被3整除。请你证明这两个数都不能被3整除。
我们将这两个自然数写成3m+x和3n+y的形式，其中m、n、x、y都是自然数，且x和y的值仅可以为0、1、2。当这两个数的和可以被3整除时，那么就有x=0，y=0；或x=1，y=2；或x=2，y=1。当x=0，y=0时，两个数字的差也可以被3整除，这与题目不符。那么x=1，y=2或x=2，y=1就符合题目，因为这意味着两个数的差除以3的余数为1或2。由此可以证明，这两个数都不能被3整除。
在一份密码文里，每个字母代表了0—9之间的一个数字。不同的字母代表不同的数字。请你找出以下密码文的所有解：
D=1。此外，因为B+C=B，所以C=0。当C=0时，A=5。那么B就是数字2、3、4、6、7、8和9中的一个数字。
4只兔子挖4个洞需要4天，8只兔子挖8个洞需要多长时间？
8只兔子一样也需要4天。虽然兔子数量变为2倍，但它们也要挖2倍的洞。
请找出满足以下条件的所有偶数n：一个正方形可以被分为n个子正方形。
（提示：子正方形的大小不必相同。）
当n≥4时，我们就可以按题目所需来分解一个正方形，方法如下。设n=2k（k＞1），然后我们将正方形的边长l除以k。l/k就是2k-1个小正方形的边长，这些小正方形在大正方形中形成了两个宽为l/k的矩形带，请见下图（当n=12时）。再加上还剩下的一个较大正方形，这样总共就有2k=n个正方形。
你想将一根树干正好放在一条虚线上。树干和虚线之间的距离大于树干长度的一倍，且小于树干长度的两倍。由于树干很重，你只能抬起它的一端，然后以在地上的另一头为轴心多次移动它。请算出你把树干移动到目的地的最少移动次数。
这道题的解答窍门是：圆在移动树干中起到关键作用。如果我抬起树干的右端，然后以在地上的另一端为中心转动，那我所走的路径就形成了一个圆。这个圆决定了我在一次移动中可以到达的地点。
同样，我可以在虚线处画一个圆。因为树干和虚线之间的距离小于树干长度的两倍，所以这两个圆一定相交。由此很明显，三次移动就足够了。两次移动不够，因为那样的话我将不得不在第一次移动时就将树干的一端拖到虚线的一端上，但这是不可能的，因为两者之间的距离大于一根树干的长度。
