问题1： 请找出所有满足a^2 + b^2 = c^2的三元组(a,b,c)，其中a、b、c三个数都是Fibonacci数。
答案： 你被忽悠了。注意到一组勾股数中绝对不可能有相等的数，而对于任意的m < n < p，以Fm、Fn、Fp为边长的三角形都不存在，因为Fm + Fn ≤ Fn-1 + Fn = Fn+1 ≤ Fp始终成立。
问题2： 求以(Fn, Fn+1, Fn+2)、(Fn+3, Fn+4, Fn+5)、(Fn+6, Fn+7, Fn+8)、(Fn+9, Fn+10, Fn+11)为顶点的四面体的体积，其中Fn表示第n个Fibonacci数。
答案： 你又被忽悠了。事实上，这个四面体根本就不存在。事实上，对任意m、n、p、q，以(Fm, Fm+1, Fm+2)、(Fn, Fn+1, Fn+2)、(Fp, Fp+1, Fp+2)、(Fq, Fq+1, Fq+2)为顶点的四面体都不存在，因为它们都落在平面x+y=z上，四个点共面，所构成的四面体体积总为0。
在介绍尺规作图等分圆面积时，我提到了利用尺规作图将线段AB任意等分的问题。在初中课本上，这个问题的标准做法如下：
1. 过A点向另一方向做射线l；
2. 从A点开始，用圆规在射线l上截取n个等距的点X1, X2, …, Xn；
3. 连接Xn和B；
4. 分别过X1, X2, …, Xn-1作直线平行于XnB。
那么，这些平行线与AB的交点即为AB的n等分点。
这里有一个有趣的问题：在集合{1, 2, …, n}中选取尽可能多的子集，使得任意两个子集的交集有且仅有一个元素。例如，当n=7时，选取{1,2,3,4}、{4,5,6,7}、{1,7}这3个集合可以满足条件。子集数还可以更大一点吗？最大是多少？给出一种构造，然后证明这个数目不可能更大了。
当n=7时，仅仅取3个子集实在是太弱了。一种最简单的办法就可以让子集数达到6，只需取{1,2}、{1,3}、{1,4}、{1,5}、{1,6}、{1,7}即可。再仔细观察，我们发现这个结果还可以进一步改进：我们还可以再往里面添加进一个子集{1}，使得这7个子集两两间仍然恰有一个公共元素。这下我们似乎不能再往里面添加任何新子集了。我们还可以做得更好吗？一个新的思路是在{1,2}、{1,3}、{1,4}、{1,5}、{1,6}、{1,7}里面加上{2,3,4,5,6,7}，这同样可以让子集数达到7个，可惜我们仍然无法再往里面添加新的子集了。经过若干次尝试后，我们逐渐开始确信，在集合{1, 2, …, n}里面最多只能选出n个两两恰有一个公共元素的子集，并且构造方法无外乎上面两种。这一猜想不但与直觉相符，而且貌似也很好证明。你或许会从一些看似很直观的结论出发开始证明：“显然不可能有两个大小为1的子集”，“选取多个元素个数大于2的子集显然不划算”……但牛B就牛B在，偏偏就有这样一种子集数为n的取法，每个子集里都有不止两个元素，但仍然保证任意两个子集间恰有一个公共元素：
{1,2,3}、{1,4,5}、{1,6,7}、{2,4,7}、{3,4,6}、{3,5,7}、{2,5,6}
这一个例子对我们的猜想足以构成威胁：子集数为n真的已经到极限了吗？证明结论有那么容易吗？看来，情况貌似比我们想象中的要复杂得多。
我们上次说到，不是所有的平面图都是可4选择的。于是人们接着猜想，是不是所有平面图都是可5选择的呢？1994年，Carsten Thomassen证明了，所有平面图都是可5选择的。这个证明极其简单，论文全文不足两页，证明过程仅十多行。证明对平面图中的区域数n施归纳。有趣的是，归纳的命题比我们待证明的命题要强得多，否则原命题反而证不到。
为简便起见，我们假设平面图是一般的，它没有同属于四块区域的交界点，也没有中空的“洞”。加入这些条件不会让问题变得更简单，因此这些假设都是合理的。下面再假设最外面那一圈区域（与“外部空间”相邻的区域）有s个，它们彼此相连构成了一个环，我们按逆时针顺序把它们分别记为P_1, P_2, P_3, …, P_s。无妨设P_1和P_2的颜色分别为1和2。下面我们证明一个比原命题更强的结论：若最外面那s个区域的颜色列表中至少有三个颜色，其余那些（被围在内部的）区域的颜色列表中有五个颜色，则一定存在合法的列表染色。当区域数n足够小时结论显然成立。
