等腰直角三角形ABC，斜边BC上有两点M、N 满足BM^2 + NC^2 = MN^2。求证：∠MAN为45度。这个图形最早出现在2001年罗马尼亚数学奥赛的一道题目中。
    看答案前我先说点别的事……有多少网友住在北京？这次清北还在那个地方么？假期我没事干，想和大家一起聚一聚，吃个饭，喝个夜啤酒什么的……不知道为什么，最近酒瘾特别大。
    答案在下面。

    
    证明：将整个图形绕A点逆时针旋转90度。显然∠MAM'为90度，BCC'也为90度。连接M'N，则BM^2 + NC^2 = M'C^2 + NC^2 = M'N^2，于是MN = M'N。又AM = AM', AN = AN，由SSS可知△AMN≌△AM'N，这样∠MAN和∠M'AN都是45度。

来源：cut-the-knot新文
Matrix67原创翻译

      
    看图，DEFG为直角三角形ABC的内接矩形，三个内切圆的半径从小到大依次为r1, r2和r3。证明：当内接矩形的面积达到最大时，r1^2 + r2^2 = r3^2。

      
    四个直角三角形ABC, EDC, AEF, DBG显然相似，内切圆半径与边长一样对应成比例。因此，我们可以把研究对象转换到任意一个对应边上。这里，我们重点观察四个三角形斜边长的关系。
    如果△ABC的三边BC, AC, AB长度分别为a, b, c，那么对于某个相似比k，其余三个三角形的对应边长度如下：

△ABC     a      b      c
△EDC    ka     kb     kc
△AEF    …    …  (1-k)b
△DBG    …    …  (1-k)a

    现在，我们要证明的是，当矩形DEFG面积达到最大时，有：
  [(1-k)a]^2 + [(1-k)b]^2 = (kc)^2

    也即
  (1-k)^2 * a^2 + (1-k)^2 * b^2 = k^2 * c^2

    同时，我们还知道a^2 + b^2 = c^2。等式两边同时乘以k^2后与上式相减，我们就得到：
  (1 – 2k) * (a^2 + b^2) = 0

    显然，只有k=1/2时上式才有可能成立。
    接着看，由△DBG ∽ △ABC，可知 DG/AC = BD/AB，因此DG = (1-k)ab/c。另外，我们还知道DE=kc，那么矩形DEFG的面积就可以这样表示：
  S = DG x DE = (1-k)k * ab

    S取最大等价于函数f(k)=(1-k)k达到最大值。这个函数是一个以0和1为根的上下颠倒的抛物线，显然在k=1/2时达到最大值。

来源：cut-the-knot新文
Matrix67原创翻译

    定义f(n)的值为将n拆分成若干个2的幂的和，且其中每个数字出现的次数不会超过两次的方案数。规定f(0)=1。
    例如，有5种合法的方案可以拆分数字10：1+1+8, 1+1+4+4, 1+1+2+2+4, 2+4+4 和 2+8。因此，f(10)=5。
    请用一句最简单的话来描述集合{ f(n)/f(n-1) }。证明你的结论。

    注意：答案远比一个递归公式来得精辟，来得巧妙。如果你发现了我们的结论，你会一眼认定它为正确答案。

    答案：数列{ f(n)/f(n-1) }以最简形式包含了所有的正有理数。

    如果n是奇数（等于2m+1），那么数字1（即2^0）必须出现且只能出现一次。现在的问题就是，2m的拆分方案中有多少个方案不含数字1呢？稍作思考你会立即发现，它就等于f(m)，因为m的所有拆分方案的所有数都乘以2后正好与不含1的2m拆分方案一一对应。因此，f(2m+1) = f(m)
    如果n是偶数（等于2m），那么数字1要么没有出现，要么恰好出现两次。对于前一种情况，我们有f(m)种可能的方案；第二种情况则有f(m-1)种方案。因此，f(2m) = f(m) + f(m-1)
    另外，显然f(k)都是正数。于是，f(2k-1) = f(k-1) < f(k-1)+f(k) = f(2k)
    这样，我们可以得到以下三个结论：

    结论1：gcd( f(n),f(n-1) ) = 1
    证明：对n进行数学归纳。显然gcd( f(1),f(0) ) = gcd(1,1) = 1
    假设对于所有小于n的数结论都成立。根据n的奇偶性，下面两式中必有一个成立：
    gcd( f(n),f(n-1) ) = gcd( f(2m+1),f(2m) ) = gcd( f(m), f(m)+f(m-1) ) = gcd( f(m),f(m-1) ) = 1
    gcd( f(n),f(n-1) ) = gcd( f(2m),f(2m-1) ) = gcd( f(m)+f(m-1), f(m-1) ) = gcd( f(m),f(m-1) ) = 1

    结论2：如果f(n+1)/f(n) = f(n'+1)/f(n')，那么n=n'
    证明：还是数学归纳法。当max(n,n')=0时结论显然成立，因为此时n=n'=0。
    假如对于所有小于n的数结论都成立。由于f(2k-1)<f(2k)，那么要想f(n)/f(n-1) = f(n')/f(n'-1)，n与n'的奇偶性必须相同，于是可以推出f(m)/f(m-1) = f(m')/f(m'-1)，根据归纳我们有m=m'，这就告诉我们n=n'。

    结论3：对于任何一个有理数r，总存在一个正整数n使得r=f(n)/f(n-1)。
    证明：把r写成两个互素的数p和q的比。我们对max(p,q)施归纳。
    显然，当p=q=1时结论成立，此时n=1。
    不妨设p<q，那么定义r'为p/(q-p)。根据归纳假设，总存在一个数m满足r'=f(m)/f(m-1)。于是r=f(2m+1)/f(2m)。当p>q时同理可证明。

做人要厚道
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    有人问到我这篇日志里的相关问题，这里简单说一下。
    1941年，数学家Paul Erdős在American Mathematical Monthly上提出了这样一个问题：如果两个正方形S1和S2包容于单位正方形中，它们没有公共点，则它们的边长之和小于1。
    这是一个非常有趣的问题。它有趣的地方就在于，乍看之下想要证明它似乎很困难，然而事实上整个证明过程非常巧妙，初中平面几何知识就可以全部搞定。

  
    如果两个正方形是完全分离的，那么一定能找出一条线可以从它们中间穿过（图上用红色标注）。假设它和另一个方向上的对角线相交于P，从P点出发向单位正方形的四条边分别做垂线。注意到，所有包含于直角三角形内的正方形中，内接于三角形且其中一个顶点在三角形直角顶点上的那个正方形面积最大。于是，蓝色的正方形面积不会超过正方形AMPN的面积，紫色的正方形面积不会超过正方形PSCT的面积，且等号不能同时成立。这就告诉我们，蓝色正方形的边长不超过AN，紫色正方形的边长不超过SC，也即两个正方形的边长和小于单位长度。