最折磨人的17个数学未解之谜！
数学之美不但体现在漂亮的结论和精妙的证明上，那些尚未解决的数学问题也有让人神魂颠倒的魅力。和哥德巴赫猜想、黎曼假设不同，有些悬而未解的问题趣味性很强，“数学性”却非常弱，乍看上去并没有触及深刻的数学理论，似乎是一道可以被瞬间秒杀的数学趣题，让数学爱好者们“不找到一个巧解就不爽”；但令人称奇的是，它们的困难程度却不亚于那些著名的数学猜想，这或许比各个领域中艰深的数学难题更折磨人吧。
01
3x+1问题从任意一个正整数开始，重复对其进行下面的操作：如果这个数是偶数，把它除以2；如果这个数是奇数，则把它扩大到原来的3倍后再加1。序列是否最终总会变成4, 2, 1, 4, 2, 1, … 这种循环？
这个问题可以说是一个“坑”——乍看之下，问题非常简单，突破口很多，于是数学家们纷纷往里面跳；殊不知进去容易出来难，不少数学家到死都没把这个问题搞出来。已经中招的数学家不计其数，这可以从
问题的各种别名看出来：
问题又叫科拉兹（Collatz）猜想、叙拉古（Syracuse）问题、角谷猜想、哈斯（Hasse）算法和乌拉姆（Ulam）问题等。后来，由于命名争议太大，干脆让谁都不沾光，直接叫做
问题算了。
问题不是一般地困难。这里举一个例子说明数列收敛有多么没规律。从26开始算起，10步就掉入了“421陷阱”：
26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1, 4, 2, 1, …
但是，从27开始算起，数字会一路飙升到几千之大，你很可能会一度认为它脱离了“421陷阱”。但是，经过上百步运算后，它还是跌了回来：
27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158, 1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577, 1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1, 4, 2, 1, …
02
196问题如果一个数正读反读都一样，我们就把它叫做“回文数”。随便选一个数，不断加上把它反过来写之后得到的数，直到得出一个回文数为止。例如，所选的数是67，两步就可以得到一个回文数484：
67 + 76 = 143
143 + 341 = 484
把69变成一个回文数则需要四步：
69 + 96 = 165
165 + 561 = 726
726 + 627 = 1353
1353 + 3531 = 4884
89的“回文数之路”则特别长，要到第24步才会得到第一个回文数，8 813 200 023 188。
大家或许会想，不断地“一正一反相加”，最后总能得到一个回文数，这当然不足为奇了。事实似乎也确实是这样的——对于几乎所有的数，按照规则不断加下去，迟早会出现回文数。不过，196却是一个相当引人注目的例外。数学家们已经用计算机算到了3亿多位数，都没有产生过一次回文数。从196出发，究竟能否加出回文数来？196究竟特殊在哪儿？这至今仍是个谜。
03
随机01串的最长公共子序列如果从数字序列A中删除一些数字就能得到数字序列 B ，我们就说B是 A的子序列。例如，110是010010的子序列，但不是001011的子序列。两个序列的“公共子序列”有很多，其中最长的那个就叫做“最长公共子序列”。
随机产生两个长度为
的01序列，其中数字1出现的概率是
，数字0出现的概率是
。用
来表示它们的最长公共子序列的长度，用
来表示当
无穷大时
的极限值。
关于
的存在性，有一个非常巧妙的证明；然而，这个证明仅仅说明了
存在，它没有给计算
带来任何有用的提示。
即使是
的值，也没人能成功算出来。迈克尔•斯蒂尔（Michael Steele）猜想
。后来，瓦克拉夫•克沃特尔（Vaclav Chvátal）和戴维•桑科夫（David Sankoff）证明了
，看上去迈克尔•斯蒂尔的猜想似乎很可能是对的。2003年，乔治•利克（George Lueker）证明了
，推翻了迈克尔•斯蒂尔的猜想。
更糟的是，“当
时
达到最小”似乎是一件很靠谱的事，但这个结论也无人能证明。
04
克拉科斯基数列克拉科斯基（Kolakoski）数列是一个仅由1和2构成的数列，其中头100个数是：
1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 2, …
如果我们把连续的相同数看做一组的话，整个数列的定义就只有两句话：
，
表示第
组数的长度。注意，有了这几个条件，整个序列就已经唯一地确定了！
就表明第一组数只有一个数（也就是它自己），因此下一个数必须要换成2，也就是
；而
又说明第二组数（也就是
所在的这组数）有两个数，因此
也等于2；而
就表明第三组数的长度为2，即数列接下来要有两个1，等等。也就是说，这个数列完全是“自生成”的。更酷的说法则是，如果把每一组数用它的长度来替换，得到的仍然是这个数列本身。
关于克拉科斯基数列，我们知道些什么？很少。贝诺瓦•克罗伊特（Benoit Cloitre）发现，这个数列可以用递归式
来表达。德金（F. M. Dekking）证明了一个看上去更妙的结论：去掉数列最前面的1，剩下的部分可以从22开始，每次按22→2211，21→221，12→211，11→21的规则两位两位地对数列进行替换，并不断迭代产生。不过，这些发现都不足以让我们更加深入地了解克拉科斯基数列。
克拉科斯基数列的第
项有非递归的公式吗？目前我们还不知道。已经出现过的数字串今后都还会再次出现吗？目前我们也不知道。还有，我们有理由猜想，数列中1和2的个数各占一半。图1显示的就是数列前
项中数字1所占的比例，可见我们的猜想很可能是对的。
图 1
不过，目前还没有人能够证明这一点。而最近的一些研究表明，数字1的比例很可能不是
。当然，还有第三种可能——这个极限可能根本不存在。
05
吉尔布雷思猜想从小到大依次列出所有的质数：
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, …
求出相邻两项之差：
1, 2, 2, 4, 2, 4, 2, 4, 6, 2, …
现在，再次求出所得序列中相邻两项之差，又会得到一个新的序列：
1, 0, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 4, …
重复对所得序列进行这样的操作，我们还可以依次得到
1, 2, 0, 0, 0, 0, 0, 2, …
1, 2, 0, 0, 0, 0, 2, …
1, 2, 0, 0, 0, 2, …
1, 2, 0, 0, 2, …
大家会发现一个有趣的规律：每行序列的第一个数都是1。
某日，数学家诺曼•吉尔布雷思（Norman L. Gilbreath）闲得无聊，在餐巾上不断对质数序列求差，于是发现了上面这个规律。吉尔布雷思的两个学生对前64 419行序列进行了检验，发现这个规律始终成立。1958年，吉尔布雷思在一个数学交流会上提出了他的发现，吉尔布雷思猜想由此诞生。
这个规律如此之强，很少有人认为猜想不成立。1993年，安德鲁•奥德里兹科（Andrew Odlyzko）对10 000 000 000 000以内的质数（也就是346 065 536 839行）进行了检验，也没有发现反例。
不过，这一看似简单的问题，几十年来硬是没人解决。
06
辛马斯特猜想图2所示为杨辉三角①，其中数字1出现了无穷多次。除了数字1以外，哪个数字出现的次数最多呢？6出现了3次，不过不算多。10出现了4次，不过也不算多。120出现了6次，算多了吧？还不算多。目前已知的出现次数最多的数是3003，它同时等于
、
、
、
、
、
、
、
，在杨辉三角中出现了8次。有没有出现次数更多的数，目前仍然是一个未解之谜。
② 又叫做帕斯卡（Pascal）三角，是一个由正整数构成的三角形数阵，其生成规律非常简单：每行左右两头的数都是1，中间的数都是它左上角的数和右上角的数之和。在代数和组合数学中，杨辉三角都有着非常重要的意义。如果把首行称做“第0行”（因而第二行就叫做“第1行”），把每行的头一个数叫做“第0个数”（因而第二个数才是“第1个数”）的话，那么杨辉三角第
行的第
个数就等于
的展开式中的
次项系数，也是从
个不同物体中取出其中
个物体的方案数
。在后文中，我们还会提到杨辉三角。
图 2
真正精彩的来了。如果把正整数
在杨辉三角中出现的次数记做
，那么函数
是以什么级别上涨的呢？1971年，戴维•辛马斯特（David Singmaster）证明了
，即
最多是以对数级别上涨的。他同时猜想
，即
有一个上限。这也就是辛马斯特猜想。由于我们一直没能找到出现次数超过8的数，因而这个上界很可能就是8。不过，辛马斯特猜测这个上界更可能是10或者12。
保罗•埃尔德什（Paul Erdős）②认为，辛马斯特的猜想很可能是正确的，但证明起来会非常困难。目前最好的结果是，
。
② 匈牙利数学家，在数学界极其活跃，一生中与数百人合作，发表过1525篇数学论文，是目前发表论文数最多的数学家。埃尔德什研究过很多数学谜题，并给出了异常漂亮的解答；但同时，他也遇到了很多至今仍未解决的数学难题，并立下了大大小小的悬赏。不过他坚信，上帝手中有一本书，书中记载了所有数学定理最精妙的证明。记住埃尔德什这个名字，我们后面还会反复提到他。
07
孤独的赛跑者有一个环形跑道，总长为1个单位。
个人从跑道上的同一位置出发，沿着跑道顺时针一直跑下去。每个人的速度都是固定的，但不同人的速度不同。证明或推翻，对于每一个人，总会有一个时刻，他与其他所有人的距离都不小于
。
这个问题是由威尔斯（J. M. Wills）在1967年提出的。乍看上去，这个问题无异于其他各种非常巧妙的初等组合数学问题，但不可思议的是，这个问题竟然直到现在仍没彻底解决。
当
时，由于两人的速度不同，因此到了某个时刻，他们必然会位于环形跑道的两个对称位置上，他们到对方的距离都恰好等于
，可见
时命题是成立的。此后，数学家们先后证明了
、
、
和
的情形。直觉上，对于更大的
，结论也应该成立，不过尚未有人证明。
08
孤独的赛跑者双倍困难的排序问题有
个盒子，从左至右依次编号为1, 2, …, n 。第1个盒子里放两个编号为
的小球，第2个盒子里放两个编号为
的小球，以此类推，第
个盒子里放两个编号为1的小球。每次你可以在相邻两个盒子中各取一个小球，交换它们的位置。为了把所有小球放进正确的盒子里，最少需要几次交换？
为了说明这个问题背后的陷阱，我们不妨先拿
的情况做个例子。首先，如果每个盒子里只有一个球，问题就变成了经典的排序问题了：只能交换相邻元素，如何最快地把5, 4, 3, 2, 1变成1, 2, 3, 4, 5？如果一个数列中前面的某个数反而比后面的某个数大，我们就说这两个数是一个“逆序对”。显然，初始情况下所有数对都是逆序对，
时逆序对共有10个。我们的目的就是要把这个数目减少到0。而交换两个相邻的数只能消除一个逆序对，因此10次交换是必需的。
不过，题目中每个盒子里有两个球，那么是不是必须要交换20次才行呢？错！下面这种做法可以奇迹般地在15步之内完成排序。
55, 44, 33, 22, 11
54, 54, 33, 22, 11
54, 43, 53, 22, 11
54, 43, 32, 52, 11
54, 43, 32, 21, 51
54, 43, 21, 32, 51
54, 31, 42, 32, 51
41, 53, 42, 32, 51
41, 32, 54, 32, 51
41, 32, 42, 53, 51
41, 32, 42, 31, 55
41, 32, 21, 43, 55
41, 21, 32, 43, 55
11, 42, 32, 43, 55
11, 22, 43, 43, 55
11, 22, 33, 44, 55
第一次看上去似乎很不可思议，但细想一下还是能想明白的：同一个盒子里能够放两个数，确实多了很多新的可能。如果左边盒子里的某个数比右边某个盒子里的数大，我们就说这两个数构成一个逆序对；但如果两个不同的数在同一个盒子里，我们就把它们视作半个逆序对。现在让我们来看看，一次交换最多能消除多少个逆序对。假设某一步交换把ab和cd变成了ac和bd，最好的情况就是bc这个逆序对彻底消除了，同时ac和bd两个逆序对消除了一半，ab和cd两个（已经消除了一半的）逆序对也消除了一半，因此一次交换最多可以消除3个逆序对。由于一开始每个盒子里的两个相同的数都会在中间的某个时刻分开来，最后又会合并在一起，因此我们可以把初始时两个相同的数也当做一个逆序对。这样的话，初始时每两个数都是逆序对，
个盒子里将产生
个逆序对。自然，我们至少需要
步才能完成排序。当
时，
，这就说明了上面给出的
的排序方案是最优的。
这个分析太巧妙了，实在是让人拍案叫绝。只可惜，这个下界并不是总能达到的。当
时，上述分析得出的下界是22步，但计算机穷举发现没有23步交换是不行的。于是，这个问题又变成了一个诱人的坑，至今仍未被填上。
09
曲线的内接正方形证明或推翻，在平面中的任意一条简单封闭曲线上，总能找到4个点，它们恰能组成一个正方形。
这样一个看上去如此基本的问题，竟然没有被解决！目前，对于充分光滑的曲线，似乎已经有了肯定的结论；但对于任意曲线来说，这仍然是一个悬而未解的问题。平面上的曲线无奇不有，说不准我们真能精心构造出一种不满足要求的怪异曲线。
10
多面体的展开证明或推翻，总可以把一个凸多面体沿着棱剪开，展开成一个简单的（也就是不与自身相交的）平面多边形。
这是一个看上去很“自然”的问题，或许大家在玩弄各种纸制包装盒的时候，就已经思考过这个问题了。现在，人们已经找到了不满足条件的凹多面体，也就是说存在凹多面体，无论怎样展开它都会不可避免地得到与自身重叠的平面多边形。同时，确实也存在一些凸多面体，按照某种方式展开它后，会得到与自身重叠的平面多边形。不过，对于某个凸多面体，任何一种方法都不能把它展开到一个平面上，这听上去似乎不大可能；然而，在数学上这一点却一直没被证明。
11
线段距离的频数
个点一共可以确定
条线段，而这个数正好等于
——在本书的第四部分，大家将会看到
的一个非常漂亮的证明。于是我们想问，是否对于任意正整数
，总能找出平面上处于一般位置（任意三点不共线、任意四点不共圆）的
个点，使得其中有一种长度的线段恰好出现了1次，有一种长度的线段恰好出现了2次，等等，一直到有一种长度的线段恰好出现了
次？
当
时，任意一个不是等边三角形的等腰三角形都满足要求。当
时，可以先把其中三个点摆成一个等边三角形，第四个点则放在某一边的中垂线上，但不要让它与等边三角形的中心重合，于是就得到了图3所示的图形。这个图中线段的长度有3种，它们各出现了1次、2次、3次，因而正好满足要求。
图 3
当
时，这样的图形还存在吗？受很多与维度有关的几何命题的影响，或许很多人会认为，这样的图形只在更高维的空间中才存在吧。其实不然，在平面中也存在
的解。图4就是一个简单的构造：△ABC为等边三角形，O为其中心，再以A为圆心，AB为半径作弧，OB的中垂线与这段弧相交于点D。容易看出，
，
，
，只有
的长度是独一无二的。这就是一个满足要求的图形。
图 4
不但如此，人们还找到了
等于6、7、8时的解。图5就是
时的一个解，大家可以验证一下。不过，继续往前探索的路偏偏就卡在了这里。对于
的情况究竟是否有解，目前还没有一个定论。
图 5
数学家们似乎更倾向于相信，当
足够大时，总会发生无解的情况。埃尔德什悬赏50美元征求当
足够大时问题无解的证明，同时悬赏500美元征求对任意
都适用的构造解。
12
库斯纳猜想很多城市的交通系统都是由大量横纵街道交错构成的，纽约的曼哈顿区就是最为典型的例子。因此，在估算两地之间的距离时，我们往往不会直接去测量两地之间的直线距离，而会去考虑它们在横纵方向上一共相距多少个街区。在数学中，我们就把平面上两个点的横坐标之差与纵坐标之差的和叫做这两点之间的曼哈顿距离。例如，
和
两点间的直线距离是5，但曼哈顿距离则是7。
这个定义可以很自然地推广到
维空间中去。定义
维空间中
和
两点之间的曼哈顿距离为
，直观地说，就是在
维网格中从
到
的最短路径长度。某日，网友木遥告诉了我一个与此相关的数学未解之谜：在
维空间中，最多可以有多少个曼哈顿距离两两相等的点？
容易看出，这样的点至少可以有
个，例如三维空间中
、
、
、
、
、
就是满足要求的6个点。大家肯定会想，这应该就是点数最多的方案了吧？不过，真要证明起来可没那么容易。1983年，罗伯特•库斯纳（Robert Kusner）猜想，
维空间中曼哈顿距离两两相等的点最多也只能有
个，这也就是现在所说的库斯纳猜想。目前人们已经证明，当
时，库斯纳猜想是正确的。当
时呢？虽然大家相信这个猜想也应该是正确的，但还没有人能够证明。
有趣的是，在很多其他的度量空间下，同类型的问题却并没有这么棘手。如果把距离定义为标准的直线距离，那么
维空间中显然最多有
个等距点；如果把距离定义为切比雪夫（Chebyshev）距离（即所有
中的最大值），问题的解则是，即维坐标系中单位立方体的个顶点。一旦换作曼哈顿距离，问题就迟迟不能解决，这还真有些出人意料。
13
Thrackle猜想在纸上画一些点，再画一些点与点之间的连线，我们就把所得的图形叫做一个“图”。如果一个图的每根线条都与其他所有线条恰好相交一次（顶点处相接也算相交），那么就把这个图叫做一个thrackle。图6显示的就是三个满足要求的thrackle，注意到它们的线条数量都没有超过顶点的数量。问，是否存在线条数大于顶点数的thrackle？
图 6
这个问题是由数学家约翰•康威提出来的。这明显又是一个坑，看到这个问题谁都想试试，然后就纷纷崩溃掉。康威悬赏1000美元征解，可见这个问题有多么不容易。目前已知的最好的结果是，一个thrackle的线条数不会超过顶点数的倍。
14
拉姆齐问题有这么一个定理：6个人参加一个聚会，其中某些人之间握过手，那么一定存在3个人互相之间都握过手，或者3个人互相之间都没握过手。我们可以借助鸽笼原理④很快证明这个结论。选出其中一个人A，然后把剩下的5个人分成2组，和A握过手的，以及没和A握过手的。显然，其中一组至少有3个人。不妨假设和A握过手的那一组至少有3个人吧。（在另一种情况下，下述推理同样适用。）把这一组里的3个人分别记作B、C、D（如果这一组的人数大于3，任意选3个人就行了）。如果B、C、D这3个人之间有2个人握过手，那么这2个人和A就成了互相之间握过手的3人组；如果B、C、D这3个人之间都没握过手，那么他们本身就成了互相之间都没握过手的3人组。
④ 假设有
1930年，英国数学家弗兰克•拉姆齐（Frank Ramsey）证明了一个更强的结论：给定两个正整数和，总能找到一个，使得一场人聚会中，或者存在个人互相之间都握过手，或者存在个人互相之间都没握过手。我们把满足条件的最小的记作。
前面我们已经证明了，6个人足以产生互相都握过手的3个人或者互相都没握过手的3个人，也就是说。但5个人是不够的，比方说只有A和B、B和C、C和D、D和E、E和A之间握手，容易看出不管选哪3个人，握过手的和没握过手的总是并存的。因此，精确地等于6。
求出的精确值出人意料地难。目前已经知道，但对于，我们只知道它介于43到49之间，具体的值至今仍未求出来。如果要用计算机硬求，则计算机需要考虑的情况数大约在这个数量级，这是一个不可能完成的任务。而就更大了，目前已知它在102到165的范围内。它的准确值是多少，恐怕我们永远都不可能知道了。
埃尔德什曾经说过，假如有一支异常强大的外星人军队来到地球，要求人类给出的准确值，否则就会摧毁地球，那么他建议，此时我们应该集结全世界所有数学家的智慧和全世界所有计算机的力量，试着求出来。但是，假如外星人要求人类给出的准确值，那么他建议，我们应该试着摧毁外星人军队。
15
维恩图并不简单给定n个集合后，每一个元素都拥有了自己的位置。比方说，若有“质数”、“两位数”、“个位是3的数”这3个集合，则31就只属于前两个集合，而102则不属于任一个集合。我们往往会像图7左边那样，把这些集合抽象成一个个圆圈并画在同一平面上，然后把各个元素填入图中适当的区域，从而直观地展示出每个元素的所属情况。这样的图就叫做维恩（Venn）图。为了展示出由这n个集合产生的所有关系，维恩图需要有2_n_个区域（包括最外面的那个区域）。
画惯了3个集合的维恩图，很多人都会认为，像图7右边那样把4个圆圈画成一朵花，就是4个集合的维恩图了。其实这是不对的——4个圆只能产生14个区域，而4个集合将会交出16种情况。如果把4个圆圈像图7右边那幅图一样排列，就少了2个区域：只属于左下角的圆和右上角的圆的区域，以及只属于左上角的圆和右下角的圆的区域。
图 7
那么，是不是4个集合的维恩图就没法画了呢？也不是。如果你不是一个完美主义者，你可以像图8那样，把3个集合的维恩图扩展到4个集合；虽然看上去非常不美观，但是从拓扑学的角度来说，只要逻辑上正确无误，谁管它画得圆不圆呢。
图 8
大家会自然而然地想到一个问题：右边这个图是否还能继续扩展成5个集合的维恩图呢？更一般地，是否随便什么样的个集合的维恩图都可以扩展到个集合呢？
令人难以置信的是，这个问题竟然还没被解决！事实上，对满足各种条件的维恩图的研究是一个经久不衰的话题，与维恩图相关的猜想绝不止这一个。
16
遍历所有的“中间子集”证明或推翻，你可以通过每次添加或者删除一个元素，循环遍历集合的所有大小为或的子集。例如，当时，你可以通过以下路径循环遍历的所有包含2个元素或者3个元素的子集：
{1, 2} → {1, 2, 3} → {1, 3} → {1, 3, 4} → {1, 4} → {1, 2, 4} → {2, 4} → {2, 4, 5} → {4, 5} → {1, 4, 5} → {1, 5} → {1, 3, 5} → {3, 5} → {3, 4, 5} → {3, 4} → {2, 3, 4} → {2, 3} → {2, 3, 5} → {2, 5} → {1, 2, 5} → {1, 2}
看完上面的这段内容，我可以想象你已经有一种克制不住的冲动，拿起铅笔和草稿纸，或者跑到电脑前，开始寻找不大时的规律。这可以说是本文的所有问题中最大的一个坑了——这个问题极具诱惑性，任何人第一次看到这个问题时都会认为存在一种对所有都适用的构造解，于是众人一个接一个地往坑里跳，拦都拦不住。
几乎没有人认为这个猜想是错误的。目前计算机已经验证了，当时，猜想都是成立的。从已有数据来看，随着的增加，遍历这些子集的方案数不但也随之增加，而且增长得非常快。到了某个，方案数突然跌到了0，这明显是一件极不可能发生的事。但是，几十年过去了，却没有人能够证明它！
17
出现次数超过一半的元素令是一个有限集合，,, …,都是的非空子集，它们满足任意多个集合的并集仍然在这些集合里。证明，一定能找到某个元素，它在至少一半的集合里出现。
不可思议，即使是最基本最离散的数学研究对象——有限集合——里面，也有让人崩溃的未解问题。
1999年，彼达斯•沃伊奇克（Piotr Wojcik）用一种非常巧妙的方法证明了，存在一个元素在至少个集合里出现。不过，这离目标还有很大一段距离。
推荐阅读
作者：顾森
本书是一个疯狂数学爱好者的数学笔记，面向所有喜爱数学的读者。本书包括5部分内容，即生活中的数学、数学之美、几何的大厦、精妙的证明、思维的尺度，涉及48篇精彩的文章。即使你不喜欢数学，也会为本书的精彩所倾倒。