M：有一天晚上，东城的姑娘说：
V1：我真快乐，你十天里就来看了我九次。
M：又一天晚上，西城的姑娘十分生气：
V2：怎么回事？你十天才来看我一次！
M：这种奇怪的现象就跟电梯的情况一样。尽管所有列车都隔十分钟到站，可是运行时刻表编得使西去的列车比东去的列车总是晚到一分钟。
M：为了赶上西去的列车，这个青年必须在一分钟间隔内的某时到达，如图中画的表之的阴影部分。要赶东去的列车，这个青年就需在九分钟间隔内的某时到达，如这只表上的白色部分。显然，向西去的概率就只有1/10，往东的概率是9/10。
在这—结论中，两趟列车之间的等候时间由运行时刻表决定。在一连串随机事件中，两次事件之间的“平均等候时间”是通过把几次等候时间相加，再除以几得到。例如，这个青年等候东去的列车，平均时间应是4分，他要往西，平均等候时间是半分钟。
还有其他很多关于等候时间的悖论。这里有一个学生们喜欢思考的悖论。在抛硬币时，出现国徽（或字）的平均等候时间（或次数）是两次抛掷。这就是说，如果你把抛掷硬币的结果依次列出，并计算每两次国徽之间的时间（即次数），则两次国徽之间的抛掷次数（第一次国徽不算在内，但包括第二次国徽出现的那次）是两次。
假如你把很多次钱币抛掷结果列成直行表。随意在两个相邻的结果之间选一点（或许是闭上你的眼睛划一条横线）。找出这一条线上面和下面最近的国徽，并计算出从一次国徽到另一国徽之间包括的抛掷次数。如果你将这一工作重复多次，国徽之间的平均次数是几？
根据直觉，答案似乎是2次。实际上却是3。理由就跟那个青年老是赶上东去的列车一样。两次图案之间有时抛掷次数多，有时次数少。你随便划的线就像那个青年在任意时间到达地铁车站一样。这条线划在抛掷次数多的两国徽之间比次数少的国徽之间具有更多的可能性。
如果我们另用一种算法，即从划出的线向两边数，那么，由于钱币抛掷的结果与它以往的抛掷结果无关，于是从划线的地方往上数或往下数，按照上面平均等待时间（次数）的概念，可知要平均扔两次才出现国徽，故两个国微都算在内时，抛掷次数为2*2=4次。但我们规定是只算一个国徽，故应为4-1=3次。
将此问题与轮盘赌比较将得出更惊人的结果。轮盘上有38个数，包括0和00在内。对于某个给定的数，比如说7，平均等候时间是38次旋转。可是，如果你把旋转结果依次列出，在上面任意打点，那么该点所在的最挨近的两个7点区间中的平均点数就不是38，而是2*38-1=75次。
6．三个贝壳的骗局
庄家：快来！看看你猜不猜得着哪个贝壳下有绿豆？如果你说对了，让你的钱变多一倍。
M：在玩了一阵之后，马克先生断定，他最多只能三次里赢一次。
庄家：不要走，马克先生。我让你破例玩这个游戏。你随便选一贝壳，我再翻开一个空贝壳，这样，绿豆肯定在另外两个贝壳中的一个里，这时你赢的机会就增加了。
M：可怜的马克先生很快就输光了。他没有认识到翻开一个空贝壳根本不影响他赢的机会，你知道怎么回事吗？
在马克先生选出了一个贝壳之后，至少有一个剩余的贝壳肯定是空的。由于操纵者知道他把绿豆放在哪一个贝壳下面，他就总能翻开一个空贝壳。因此，他这样做对于马克先生修改他挑到正确贝壳的概率没有增添任何有用的信息。
你可以在教室里用一个黑桃A和两张红A证实这一点。将三张牌混合起来，然后把它们放在桌上成一排。让一个学生指出一张牌。他指着黑桃A的概率是多少？显然是1/3。
现在，假定你偷看了你的牌，并在学生指定了一张牌后翻开一张红A。此时你就可以像那个贝壳游戏的操纵者—样作如下讨论：现在只有两张牌，黑桃A就是这两张中的一张。因此学生取得黑桃A的概率似乎已增加到l/2。而实际上，它仍然是1/3。因为，按照假定，学生虽已指定了一张牌，你则总是能翻开一张红A，翻开它根本不能对概率增加任何新信息。
如果像下面那样改变一下这个游戏，就可能引起一场热烈的课堂讨论。不是由你偷看两张未选定的牌来保证你翻开一张红A，而是先让学生指定一张牌，然后让学生翻开剩下的两张之一。若他翻开的是黑桃A，则这一回就不算数，重新再玩一次。只有他翻开的是红A时才看他指定的是什么牌。这样玩法，试问他指定的牌为黑桃A的概率是否增大了呢？
奇怪得很，这回概率的确增大到1/2。我们用下面介绍的取样方法就可看出其中的原因了。把牌的位置叫做1，2，3。不妨假定学生指出的牌在位置2，并假定翻开了第3张牌。它是红A。
这三张牌共有六种同等可能的排法：
1．黑A 红A 方A
2．黑A 方A 红A
3．方A 黑A 红A
4．方A 红A 黑A
5．红A 黑A 方A
6．红A 方A 黑A
如果他翻开的第三张牌是黑桃A，这一盘就算无效，因此第4和第6种情况就不算数，得把它们排除以外。在剩余的四种情形（1，2，3，5）中，第2张牌是黑桃A就有两种可能。因此他指出黑桃A的概率就是2/4=1/2。
这个结果与学生具体指定的是哪张牌，翻开的又具体是哪张牌毫无关系。如果允许马克先生取出要翻的贝壳，并要求翻开的是空的，那么他取得有绿豆的贝壳的概率就会从l/3变到1/2。
7．碰运气
M：下一次你去游乐场，可别参加“碰运气”游戏！很多人去玩这种游戏都上当了，因为他们以为他们不会失误的。
M：“碰运气”游戏是在一个笼子里装着三个骰子，翻转摇晃笼子就使骰子滚动。玩的人可以赌从1到6任何一个数，只要一个骰子出现他说的数时，他就得到他赌的钱数。参与者往往这样想：如果这个笼子里只有一个骰子，我赌的数就只能在六次中出现一次。如果有两个骰子，则六次中就会出现两次。有三个骰子时，六次中就会有三次赢，这是
对等的赌博！
M：“可是，我的机会还要好一些！如果我赌一个数，比如5，赌一块钱。要是有两个骰子点数是5的话，我就赢两块钱；若是三个骰子都是5，我就赢3块。这个游戏肯定对我有利！”
M：由于主顾这样想，难怪赌场操纵者会变成百万富翁！你能说明为什么“碰运气”游戏会使赌场主赢得大笔赌金吗？
“碰运气”是在美国和海外很多赌场中玩的赌戏。在英国，这种赌博可追溯到十九世纪初，当时称为“汗巾”。近来称为“鸟笼”。在英国和澳大利亚的酒馆，这种赌博的三个骰子上印的是一个黑桃，一个方块，一个红心，一个梅花，—个王冠，一个锚，并称为王冠和锚。
在游乐场中，操纵者为招徕顾客而高声叫道：“每次三个人赢，三个人输！”这给人一个强烈印象，好像它是公平的。可是如果三个骰子每次显出的数字都不相同，则这种赌戏确实是公正的。在每摇一次笼子之后，操纵者就可从三个输家手中赢三块钱（假定每次赌一块钱），付给三个赢家三块钱。可是，操纵者所幸的是，常常在两个或三个骰子上显出同样的数。如果有两个骰子是同一个数，那么他收进四块钱．付出三块线，赚回一块钱。如果有三个骰子是同样的数，则他就收进五块钱，付出三块钱，赚回两块钱。正是这些双重数和三重数使赌场老板赚了大钱。
用公式来计算赌场主赢的比例是件需要技巧的工作。普通的学生最好是把三个骰子落下的全部216种可能情况全部列出。这时，他们会发现其中只有120种情况是三个骰子的点数不同，90种是两个点数一样，6种是三个点数都一样[*]。假定这个赌戏玩了216次，产生了所有216种结果。每一次游戏，六个人对六个不同的数各赌一块钱。赌场主在216次赌博中收集到216*6＝1296块钱[?]。
当三个骰子点数不同时，他得付出6块钱（三个赢家每人两块钱），总共120个这种情况，故他付出6*120=720块钱。当出现两个骰子的点数相同时（总共有90种情况），他须付给一个点数的人2* 90=180块钱。付给有两个一样的点数的人3*90=270块钱。当三个骰子都是一个点数时（共六种情况），他须付出6*4=24块钱。这样，他总共付出1194块钱，净赚102元。
将102元除以1266元，得出赌场主的利率为7.8+%。这就意味着，他可以期望在一段长时间赌博之后，对每一赌徒的1块钱赌金，他将会得到7.8分多一点。一个赌徒压赌的任何一个数，在216种情况中，只有91种情况是他这个数至少出现一次[?]，所以他赢得一块钱的概率是91/216，比1/2小得多。
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[*] 这个结果可以用排列组合公式来计算，三个骰子点数不同，可看作三个骰子分别取1到6六个数字的排列：A63=6*5*4＝120。三个骰子中两个点数一样，可看作三个骰子取1到6中的两个数字的排列，两点数为单的骰子可轮流取为三骰子中的一个，共三种，故这个数目是3*A62=3*6*5=90。三个骰子点数全同只有1到6六种，总共是216种情况。另外一个算法是：三个骰子每个可以取1到6六个数的组合是6*6*6=216——译注
[?] 玩赌时，聚赌者每人拿出一块钱。他若赢，就拿回两块钱，他若输，就失去这块钱。——译注
[?] 这可以计算如下：当他选中一个数时，有三种赢的情况：第一，三个骰子都是他选的数，此时只有一种可能。第二，三个中有两个骰子是他选的数，此时另一个骰子取其他五个数中任何一个，而单独数的那个骰子三个轮流有三种，故数目是3*5=15。第三，只有一个骰子是他要的数，此肘其他两个骰子可以是其余5个数中任何一个为5*5=25个．但三个骰子每一个都可取他要的数，故总共是3*25=75种。上述三种情况共75+15+1＝91种。——译注
8．鹦鹉之谜
M：一位夫人有两只鹦鹉。一天一个来访者问她。
来访者：“有一只鹦鹉是雄的吗？”
夫人：“对，有一只是雄的”。
M：两只鹦鹉都是雄的概率是几呢？
M：假定那个人问另一个问题：
来访者：绿鹦鹉是雄的吗？
夫人：是。
M：现在，两只鸟都是雄的，概率提高到1/2。为什么一问到绿鹦鹉是不是雄的就改变了概率？
M：这条悖论在把一切同等可能情况都列出之后，就很容易解释了。当这个人问是否有一只鹦鹉是雄的时，有三种可能的情况要考虑到。其中只有一种是两只都是雄的，所以这种情况的概率是1/3。
M：可是，在这个人问绿鹦鹉是否雄的时，就只有两种情况要考虑。其中一种是两只都是雄的，所以这种情况的概率是1/2。
现在可用两个硬币来模拟鹦鹉问题，一个用2分的硬币，一个用一分的硬币，让一个学生抛掷，然后就其结果作出某些论断。该学生可以采取几种做法：
1．如果两枚硬币都是国徽，他说：“至少有一枚硬币是国徽。”如果两枚硬币都是字，他说：“至少有一枚硬币是字。”如果两枚硬币不相同，他说：“至少有一枚是……。”（国徽和字由他随便说一个）。无论他说的是什么，两个硬币都是一样的概率是什么？是1/2。
2．这个学生进而又同意只是在出现国徽时才叫：“至少有一枚硬币是国徽。”如果没有一枚硬币是国徽，他就什么也不说，重来一次。这时，两枚硬币那是国徽的概率是多少？1/3（因为现在两枚都是字的情况已排除在外了）。
3．学生进而又同意按一分硬币落下的情况较，即按一分硬币的国徽朝上或字朝上叫。这时，两个硬币一样的概率是多少？回答1/2。
4．学生又同意这样叫：只当一分的硬币是国徽时才叫：“至少有一枚是国徽。”这时两枚硬币都是国徽的概率是多少？回答：1/2。
好一点的学生不用试验就可作出正确回答。你的班级一定高兴做几次实际试验来验证这些答案。
鹦鹉悖论有时在教科书中以一种含糊的方式给出，结果不可能有正确回答。例如，你假定碰到一个陌生人，他说：“我有两个孩子，至少有一个是男孩。”那么两个孩子都是男孩的概率是几？
这是一个定义得不准确的问题，因为你对使这个人说出上面那些话的环境一无所知，很可能是这样：如果他两个孩子性别不同，他就随便挑一个说，或许他说过“至少有一个是女孩。”也可能两个孩子都一样，则他就如上面那样说出他们的性别来。如果他是这样的过程，则二者一样的概率就是1/2。情况同上面的第一种。
画中顾客用提问方法消除了模糊：顾客第一次问道“至少一只鸟是雄的吗？”相应于上述第二种情况。他第二次又问：“绿鸟是雄的吗?”对应了第四种情况。
还有一个使人惊愕的悖论，与鹦鹉悖论很有关系，叫做第二张A的悖论。假定你正在玩桥牌。在发完牌时，你扫视一下手中的牌，宣布：“我有一张A。”那么你还有一张A的概率是多少？它是严格的，小于1/2。
现在假定，大家一致同意专指一张A，比如果桃A，桥牌一直打到你可以叫：“我有一张黑桃A”时，你还有一张A的概率是几？这，稍高于1/2！为什么指定了A的花色就改变了概率？
对一手牌的全部可能作出计算是冗长乏味的，不过若把一手牌减为四张，就可以理解这条悖论的奥妙了。比如说这四张牌是黑桃A，红心A，梅花2和方块J（通过减少其元素个数来简化问题往往是了解其结构的绝妙方法）。洗一洗这四张牌，把它发给两个人，两张牌一手有六种同等可能的情况。
黑A 红A
黑A 方J
黑A 梅2
红A 方J
红A 梅2
方J 梅2
六手牌中有五手（即前五手牌）都使玩牌者可以说“我有一张A”。但五手牌中只有一手是还有一张A的，结果有第二张A的概率是1/5。
上面有三手牌（即前三手牌）使玩牌人可以宣布：“我有一张黑桃A”。这三手中只有一手是有另一张A的，两张A的概率是1/3。
这样变一下就很简单了，课堂上可以验证一下，比如说，将这四张牌洗、发五十次，全部记录下来。如果一个学生知道了它的公式，又有小计算器，他也许高兴对整副牌来试解上面的问题。
注意，要叫的A和叫牌的人都必须预先定好，如果这些假定未事先定好，问题就不明确确定。
9．钱包游戏
M：史密斯教授和两个数学学生一起吃午饭。
教授：我来告诉你们一个新游戏，把你们的钱包放在桌子上，我来数里面的钱，钱包里的钱最少的那个人可以赢掉另一个人钱包里的所有钱。
乔：呣……，如果我的钱比吉尔的多，她就会赢掉我的钱，可是，如果她的多，我就会赢多于我的钱，所以我赢的要比输的多。因此这个游戏对我有利。
吉尔：如果我的钱比乔多，他就会赢掉我的钱。可是，如果他的钱比我的多，我就可以赢，而我赢的比输的多，所以游戏对我有利。
M：一个游戏怎么会对双方都有利呢？这是不可能的。是不是因为两个参与者都错误地设想他赢和输的机会是相等的，因而产生了这个谬论呢？
这个有意思的悖论出自法国数学家莫里斯·克莱特契克，在他的《数学消遣》书中用领带代替钱包：
“有两个人都声称他的领带好一些。他们叫来了第三个人，让他作出裁决到底谁的好。胜者必须拿出他的领带给败者作为安慰。两个争执者都这样想：我知道我的领带值多少。我也许会失去它，可是我也可能赢得一条更好的领带，所以这种比赛是对我有利。一个比赛怎么会对双方都有利呢？”
很容易表明，如果我们做出一个明确的假定来准确地限定条件，它就是一个公正的比赛。当然，如果我们已经得知比赛中的一个人总爱带较少的钱（或系较便宜的领带），那么我们就知道这个比赛是不公平的。如果无法得到这类消息，我们就可以假定每一个比赛者带有从0到任意数量（比如说一百元）的随便多少钱。如果我们按此假定构成一个两人钱数的矩阵（这是克莱特契克在他的书中列出的），我们就可看出这个此赛是“对称的”，不会偏向任何一个比赛者。
可惜，这不可能告诉我们上面两个比赛者的想法错在哪里。我们没有找到一种方法能够以此较简单的方式澄清这个问题。克莱特契克也没能做到，就我们所知，对这个比赛没有其他参考材料了。如果你们当中有任何人能想出一种办法，不用深入到高深的对策论就可说清楚上面两个比赛者的想法错在哪里，你愿写信告诉我们吗？我们就可以在这本书的下一版利用这一解释了。
10．中立原理
甲：火星上有人吗？
乙：世界会发生一场核战争吗？
M：如果你回答这类问题时说，肯定和否定是同样可能的，你就笨拙地应用了一个名为“中立原理”的东西。不小心使用了这一原理使很多数学家、科学家、甚至伟大的哲学家陷入糊涂之中。
经济学家约翰·凯恩斯在他著名的《概率论》一书中把“理由不充足原理”更名为“中立原理”，说明如下：如果我们没有充足理由说明某事的真伪，我们就选对等的概率来定每一事物的真实值。
这个原理在科学、伦理学、统计学、经济学、哲学和心理学等多种领域中的应用已有很长一段历史，因而声名狼藉。法国天文学家、数学家拉普拉斯有一次曾以这个原理为基础计算出太阳第二天升起的概率是1/1826214。
现在让我们看看，如果把这个原理应用于上述的火星和核战争问题，将引起怎样的矛盾。火星上可能有某种生命形式的概率是多少？我们应用中立原理就得到答案。在火星上连简单的植物生命都没有的概率是多少？同样，我们答道：。没有单细胞动物的概率呢？也是。那么火星上既没有简单的植物生命，也没有单细胞动物的概率是几？按照概率定律，我们必须用乘答案是。这既意味着在火星上有某种形式的生命的概率就升高到1-=,这就与我们原来的估计值相矛盾了。
在公元2000年内发生核战争的概率是多少？根据中立原理，我们回答是。那么原子弹不会落在美国国土上的概率是多少？回答是。苏联不会受原子弹轰炸的概率是多少？。法国不受原子弹轰炸的概率？。如果我们将这一理由应用到10个不同的国家，则原子弹不会轰炸其中任何一个国家的概率就是的10次方，即。用1减这个数就得到原子弹会炸到10个国家中任何一个国家的概率——。
另一个不小心用了中立原因的好例子是未知立方体的悖论。假定你知道有一立方体，藏在一个柜子里，其边长是2尺到4尺之间。既然你没有任何理由认为它的边长是比3尺短或 比3尺长，那么你认为此立方体的边长是3尺就是最好的估计。现在来考虑这个立方体的体积。它必然是在23=8尺3到43 =16尺3之间。同样，既然你没有任何理由认为其体积比36尺3少或比36尺3多，那么认为36是该立方体的体积就是最好的估计。换句话说，你对这个立方体最好的估计是边长为3尺，体积为36尺3，这该是一个多么奇怪的立方体啊！换一种方法，如果你把中立原理应用于立方体的边长，则你得到边长为3尺，此时体积为27尺3。但若把它应用于体积你得到的体积为36尺3，这时边长是36的立方根，大约是3.30尺。
立方体悖论是一个很好的例子，它说明科学家或统计学家在对一个量得出了它的最大值或最小值之后，就进而假定实际值最可能取二者之间的中值，这时将会陷入困境，凯恩斯还给出很多这种悖论的实例。一旦学生们掌握了人们是怎样误用这个原理的，他们也许还乐意编出一些新的笑话来。
这个原理在概率论中可以合法地应用，不过仅当以客观情况是对称的这一点为依据，从而假定两种概率相等时才能奏效。例如，一个硬币在几何形状上是对称的，这就是说可以沿着硬币的边缘有一对称平面切过硬币。作用在其上的力是对称的—重力、摩擦力、大气压力等等都是对称的。它们对一面的作用力绝不会超过另—面。因此，我们就可以断定，国徽和字面二者出现的概率相等这一假定是合理的。这种对称性同样适用于有六面的立方体骰子和有38个条纹的轮盘赌。当我们不知是否有这种对称性，或许它根本就不存在时，就应用中立原理往往导致荒诞的结果。
11．帕斯卡赌注
M：著名的十七世纪数学家布莱斯·帕斯卡把中立原理应用于基督徒的忠诚上。
帕斯卡：一个人无法决定他是接受还是拒绝教堂的教义。教义也许是真实的，也可能是骗人的。这有点象抛硬币，两种可能性均等。可报应是什么呢？
帕斯卡：假定这个人拒绝了教堂的教义。如果教义是骗人的，则他什么也没有损失。可是，如果教义是真实的，那他将会面临在地狱遭受无穷苦难的未来。
帕斯卡：假定这个人接受了教堂的宣传。如果教义是骗人的，他就什么也得不到。可是，如果教义是真实的，他将能进入天堂享受无穷的至福。
M：帕斯卡确信，对这一决策游戏的报应无限有利于把宝押在教义是真的这一态度之上。哲学家们自那以后一直在对帕斯卡的赌注进行争论。你的看法如何？
十七世纪的法国数学家和哲学家布莱斯·帕斯卡是概率论的奠基者之一。在第一图里所画出的是他提出的一个被称之为“帕斯卡三角”的著名的数字结构。帕斯卡不是这个三角的发明者（它可追溯到中世纪早期），但他是第一个对此作了彻底研究的人。这个图形的结构具有许多精美的组合性质，从而使它成为解答初等概率问题的一个有用工具（见哈诺尔德·雅可比的《数学——人类的魄力》关于帕斯卡三角一章）。
在哲学上，帕斯卡三角最富戏剧性的应用是帕斯卡《随感录》中第233个想法。帕斯卡认为，由于我们无法确定教堂的教义是真还是假，我们就应该把这两种情况当作具有同等的可能性。就像抛掷硬币的结果一样。然而如果我们接受教堂的说教，报答是无限有益；如果我们拒绝它，就会无限受报。因此，他主张接受是最上策。
课堂讨论帕斯卡赌注很快就能引导学生深入到各种具有深刻挑战性的问题。例如：
1．中立原理是合法地应用于帕斯卡的论断之中吗？
2．对于法国哲学家丹尼斯·林德罗提出的这样一个异议你作何回答？世界上还有很多其他的影响很大的宗教，例如伊斯兰教，它们也提出接受该宗教是得到拯救的条件。帕斯卡赌注也适用于所有这些宗教吗？如果这样的话，一个人难道能成为每个宗教的信徒吗？
3．你对威尔斯的看法有何见解？我们并不知道世界在经历一场原子大战之后是否会保留下来。可是，你的生活和所作所为应该表现得好象你确信世界能够经历这场劫难而保存下来那样，这是因为（如威尔斯所说）“如果在末了，你的乐观看法不能证实，你也总是快乐的”。
第三章 关于数的悖论
这里介绍的各种数的悖论会激发学生深入数论和其他与列出的悖论有关的数学分支。
由于这些悖论看上去违反直觉和常识而使数学家们感到震惊和难堪，这一点强烈地影响了数学发展的历史。经典的事例有：首次发现无理数、虚数、复数、不遵循乘法交换律的数（四元数）、或不遵循乘法结合律的数（凯雷数），等等，直到乔治·康妥在十九世纪时揭示出一类超限数，大卫·希尔伯特把它称为超限数的“乐园”。
这里选取的悖论大部分是关于简单算术的和初等集合论的。对算术感到厌烦的学生可以受到鼓励去模仿书中例子编出一些新悖论来，他们在做这一尝试中会取得算术技巧。例如， “无所不在的9”能指导做有限计算，“奇异的遗嘱”能指导丢番方程，“惊人的编码”使学生了解无理数的性质。很多悖论是把代数解加以推广的起步点。这一章结尾处有意稍微显露一点康妥乐园中超限数知识，这个超限数乐园有很多令人兴奋的研究正在进行。
1．六个席位之谜
M：六个学生在一个大众唱片酒吧预订了席位，到最后一分钟时，第七个学生参加进来。
侍者：谢天谢地！这些小青年终于到了。我已经给他们安排了六个席位。哦，不！我看见有七个人。
侍者：不过也没有问题。我见让第一个学生坐下，让他的女朋友坐到他的腿上待一会儿。
侍者：现在第三个学生就坐到头两人的旁边，第四个学生又坐在她旁边。第五个做到抱着女友坐的那个小伙子对面，第六个坐在这位的旁边。这就安排好了六个人，还有一个空位！
侍者：这下，我该做的就是叫第七个学生从她的男朋友腿上下来，绕到桌子对面，坐在那个空位子上！
M：那样没有什么问题吧？七个人坐六个席位，一人一个席位！
这是一个古老的悖论——一位旅店老板年安排21位旅客住进20个房间——的另一形式，学生们是不难指出其中谬误的。只要注意到那个暂时坐在男友身上的姑娘是第二个学生就解决了这一矛盾。当第六个学生坐下时，酒吧老板忘了这个姑娘是第二名，又把她当第七个学生来安排了。实际上第七个学生没有能坐到桌旁来，只不过是第二个学生从她的男友身上下来，绕过桌子，坐到第六个席位。
这个悖论显然违反了下面的定理；即n个元素的有限集能够，且只能与具有n个元素的其他集合一一对应。我们将在后面的“无穷旅馆”悖论中考虑无穷集时再回头讨论这一定理。 “六个席位之谜”是介绍有限集与无穷集之间区别的有趣方法。
2．赚了多少钱？
M：丹尼斯把他的油画卖给乔治，卖了100美元。
丹尼斯：乔治，你可捡着便宜了。十年以后，这幅画就会值这个价钱的十倍。
M：乔治把油画挂在家中，可是不久，他觉得不喜欢这幅画了。他又把画卖给丹尼斯，卖了80美元。
M：一周以后，丹尼斯将这张画以90美元卖给了格里。
丹尼斯：格里，你可是占了大便宜。十年以后，这幅画就要值这个价钱的五十倍了！
M：画家很得意。
丹尼斯：头一次我卖得100美元，那正好是我用掉的时间和材料的费用，所以那是对等的买卖。后来，我买它用了80元，卖掉又得到90元，所以我赚了十块钱。
M：乔治的算法可不一样。
乔治：画家把他的画卖给我，得到100美元，买回去又花了80元，显然赚了二十块钱。第二次卖多少，我们可以不管，因为90元是那张画的价值。
M：格里把两种算法都颠倒了。
格里：画家头一次卖画得100元，买回去花80元，所以赚了20元。从他买画花80元，卖画给我要了90元来看，他又赚了10块钱。所以，他总共赚了三十块钱。
M：到底他赚了多少钱？二十块？三十块？
这个纠缠不清的小问题会引起热烈的课堂讨论。也许学生们要花一定的时间才能认识到这一问题中的困难在于它是没有“明确定义的”，因而每个答案都可说是同样正确的，或同样错误的。
不可能说出画家“实赚”多少，因为问题的陈述中没有说那幅画原来的“成本”是多少。我们且不管画家作画耗费时所付出的代价，而只假定说他作画使用的材料，如画架、画布和颜料等总共花费了20美元。经过三次倒卖之后，画家得了110元。如果我们把“实赚”定义为他的材料用费与他最后得到的钱数之差的话，那么他赚了90元。
由于我们不知道材料的成本费是多少（我们只是假定了一个数值），故我们无法计算实际赚钱究竟是多少。这个问题看起来是一个算术问题，但实际上它是关于“实赚”的意思是什么的争论。这个悖论有点像一个古老的悖论：树林中有一棵树倒下来，要是没有任何人的耳朵听到这倒下的声音的话，那么到底是否发出了声音？答案可以是“有”，也可以是“无”，这取决于“声音”一词的意思是什么。
在几何学悖论中，对上面这两个悖论有两个另外的有趣例子，那基本上是对一个词的含意的争论。
3．人口爆炸
M：近来，我们听到很多关于地球上人口增长多么快的议论了。
M：妇女反对控制生育同盟主席，宁尼夫人不同意这种说法，她认为世界上的人口正在减少，很快地，每个人就会有更多的空间，比他们所需要的还要多。
M：她的观点是——
宁尼夫人：每个人生来就有父母双亲。这父母二人中每一个又有一父一母。这就有四个祖父母辈的人。每个祖父或祖母又有父母二人，所以就有8个曾祖父母。你每往上数一辈，祖宗的数目就增加一倍。
M：如果你回溯20代到中世纪，你就会有1048576个祖宗！把这个应用到今天每个活着的人身上，那么中世纪的人口就会是现在人口的一百多万倍!宁尼夫人肯定不对，可是她的推理中那儿出了错？
要考虑这个问题最好是先问问，在这个悖论和“六个席位之谜”之间有什么联系没有。
如果下面两个假定成立的话，宁尼夫人的说法就是对的：
1．在各个活着的人的祖辈宗谱树上，每一位祖先只出现一次。
2．同一个人只出现在一个祖辈宗谱树上，不能多于一次。
在所有各种情形中这两个假设没有一个是正确的。如果一对夫妇有五个孩子，这五个孩子又每人有五个孩子，那么，原来那对夫妇就会是25个独立的祖辈宗谱树上的祖父母。再者，如果你在任意一个宗谱树上回溯很多代，就会有某些远亲联姻的夫妇。
宁尼夫人论点的谬误就在于，它既没有考虑到一棵宗谱树上远亲联姻的夫妇，又没考虑到构成每个活人的宗谱树上的人群的大量“交易”。在“六个席位之谜”中只有一个人算了两次，可是在宁尼夫人关于人口回溯内爆中就有成千上万人计算了成千上万次！
一个班级的学生也许会对加倍数列的各项增加之快感到吃惊。如果有某人同意，今天给另一人一元，明天两元，后天4元，如此下去。很难相信在第20天他就得给那个人一百多万元！这一惊人的结果往往用来介绍几何级数（见哈罗尔德·雅可比的《数学—人类的魄力》第二节）。
在加倍数列中有没有什么简便方法来计算头20项的和？有！办法是末项增加一倍再减1。第20项是1048576，故头20项的总和为：
2*1048576-1=2097151
这个方法可用来求加倍数列中任意前若干项的部分和。有些学生应当会证明这一结果。
4．无所不在的9
M：数9是具有很多神秘性质的数。你知道吗，9隐藏在每个著名人物的生日中？
M：请看华盛顿的生日。他出生在1732年2月22日。把这些数字按美国习惯写成一个数2221732，现在，把这个数中的数字重新排列，就可以构成任意一个不同的数。用较大的数减去较小的数可得一个差数。
M：把差数的各个数字加起来，在这个实例中得和36。3加6得9！
M：如果你对德·高尔、约翰·肯尼迪或者任何一个著名的男人或女人的生日作上述计算，你最后都可得到9。是不是著名人物的生日和9有什么神秘的关系？
一旦弄懂了上面这个悖论说明的计算程序，就可在班级里试试让每个学生把自己的生日作这一计算。结果，每个人最后都得到9。
如果把一个大数的各位数字相加得到一个和，再把这个和的各位数字相加又得一个和，再继续作数字和，直到最后的数字和是个位数为止，这最后的数称为最初那个数的“数字根”。这个数字根等于原数除以9的余数，因此这个计算过程常常称为“合九法”。
求一个数的数字根最快的方法是在加原数的数字时把9舍去。例如，最初两个数宇是6和8，二者相加成14，再将1加4，结果是5。换言之，舍去9以后的数字和若多于—位数则把两个数字再加起来，计算这个和。最后的数就是要求的数字根。可说数字根等价于原数对9的模，简称模9。由于9除以9余零，所以在模9算法中，9和0是等价的。
在发明计算机之前，会计员常常用模9算法来检查很大数目的和、差、积和商。譬如，假若我们用A减B得到C，这个结果可以作下面检查：把A的数字根减去B的数字根，看看差是否对得上C的数字权。如果原来算的差是对的，那么数字根的差也对得上。这并不能证明原来的计算正确，可是如果数字根的差不等，则会计员就知道他算错了。如果数字根能对得上，则他计算正确的可能性是8/9。这种数字根检验方法可同样应用于数字的加、乘和除上。
现在我们就可以弄懂上述生日算法的奥妙在哪里了。假定一个数N由很多个数字组成。我们把N的数字打乱就得到—个新的数N’。显然N和N’有着同样的数字根。因此，如果我们把二者相减就会得0，这和9是一回事（在模9算法中）。这个数，0或者9，必然是N和N’之差的数字根。简言之，取任意一个数，把它的数字打乱重排得另一数，将二者相减，所得的差的数字根就是0或9。
