①模拟原则
我们能将这个问题回推到另一个已知答案的类似问题吗？
希腊船王欧纳西斯（Aristoteles Onassis）的模拟原则：
富人不过是拥有很多钱的穷人罢了。
失败的模拟：
“将纳税义务人的死亡，依照税法第十六条第一款第三项中的长期无工作能力，作为判断依据，并进一步依此扣除其增高的免税金额，是不可能的。”
——联邦税务手册
寻找和运用模拟，是相当重要的思考工具。要找具有启发意义的实例，并不需要舍近求远，我们可以从运动的例子来切入。以网球锦标赛来说（例如温布尔登），共有128位选手参与单淘汰赛。为了能够妥善规划赛事，公开赛的主席想要知道，在冠军产生之前，总共有多少场比赛需要举办。
这时赛事主席必须依据完整的赛程来考虑：在第一回合，将128位参赛选手配对成64组进行比赛，即产生64场比赛。在第二回合，由第一回合的胜出者配对成32组进行竞赛，此回合的胜出者再配对成16组进行第三回合，继续以此类推，直到准决赛和总决赛。也就是说，总共要举办64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1＝127场比赛。
好了，我们得到这个问题的解答了，但这样的求解方式并不漂亮，反而显得有些老套。不可否认地，虽说这个算式并不复杂、令人拍案叫好或绝顶聪明，但仍是有用的。针对这种解题方法，我的确不是很满意。赛事主席虽然从中得知自己必须了解的一切，但是整体的其中一个面向并没有被呈现出来，而且这种运算显然是有局限性的，同时毫无美感可言。在不混淆思考结果的状况下，只要再多费一点心力，我们也能利用别种方法来解决这个问题。
你可能会发现，参赛人数（即128）正好是2的次方数（即27），而每一回合的比赛场数，又都等于参赛人数的一半，因此相加的比赛场数，仍是2的次方数，而且指数部分会依次递减，从六次方（即第一回合的26= 64场比赛）到零次方（即20= 1场总决赛）。你可以回想一下以前学过的等比级数公式，特别是，对所有的自然数n = 1， 2， 3，… ，下列等式永远成立：
1 + 2 + 4 + … + 2n﹦2n+1－1 （2）
如果对于这个公式没有印象的话，你可以在（2）式的左边乘上2－1 = 1（其值不变），来做验证，也就是说：
（1 + 2 + 4 + … + 2n）·（2－1） = （2 + 4 + 8 + … + 2n+1）－
（1 + 2 + 4 + … + 2n） = 2n+1 －1
把n = 6代入，很快就能得到答案2n+1－1。
就某方面来说，这已经是相当引人注目且聪慧的思考方式，不需做许多算术，而且还可以从有27= 128人参赛的锦标赛，推广到如果有2n+1人参赛，则需要举办2n+1－1场比赛。也就是说，若参赛者为64人，则有63场比赛；有256人参赛时，则需要255场比赛。有趣的是，赛事的总数总是参赛选手总人数减1。
然而，以此种解题方法作为开端不是特别适合。因为我们会得出另一个疑问：为何比赛总数会等于参赛总人数减1呢？这个策略的有趣之处还不止如此。接下来是数学之美第二章。
每一场赛事都会产生一位胜方及一位败方，这是没有争议的。每一位参赛者都会继续参加比赛，直到落败，便遭到淘汰。这表示什么呢？这解释了：第一，总共有多少场赛事，就有多少人被淘汰。第二，只有唯一一名参赛者，也就是冠军得主，从头到尾没有输过任何一场比赛。现在，就很容易从这两项事实，推论出以下的结果，这是个完美的综合思考。如同我们之前所解释的，除了冠军之外，每一位参赛者都输掉一场比赛，所以，被淘汰的人数以及比赛场数，就会是参赛总人数减1；因此，128位参赛者就代表共有127场比赛，而若有2n+1位参赛者，则须举办2n+1－1场赛事。如此简单的思维过程，就能带来成就感。
简单的思考是上帝赐予的礼物。
——前联邦德国总理阿登纳（Konrad Adenauer）
这些话清楚吗？可被理解吗？
——足球教练特拉帕托尼（Giovanni Trapatoni）
讲清楚一点！
——麻省理工学院实验室的鹦鹉Alex在发音课堂上，对他的同事鹦鹉Grin这么说。
能够启发灵感的思维过程，是有说服力的、清晰的及结构紧密的。目标明确的推理过程，其实就是纯粹、毫无限制的思索，不需要计算甚至数字，也不依赖已知的公式。它结合了一连串微小的灵光乍现、意外及没有预期到的启发。这个例子虽然微不足道，但同时却展现了有效、经济、简单、超凡的思维架构。
这种思维方式还有一项优点：再经过一番细想，就会发现参赛人数并不非要是2的次方数不可，而是马上可以推广到一般的情形：对于有k个参赛选手的单淘汰赛，只需要举办k－1场赛事，直到最后的优胜者产生为止，而k可以是任意自然数。我们就用k = 11位选手的情形来验证一下。
每一条横线代表一个赛事，总共有10条横线，正如我们所料，必须举办10场比赛。
正如这句座右铭所说的：“一个好的证明，就是使我们更为明智的证明。”能够激发灵感的思维，会使我们得到更多的信息与更深刻的见解。对知识的理解，是个全方位的问题。
在接下来的第二个例子中，我们要来看看折断一整片巧克力的数学问题。你可以想象一下，一位母亲在小朋友的生日派对上要如何将一整片巧克力迅速地分块，下图中这片巧克力共有k = n · m小块巧克力。
我们的问题就是在问，怎么样才能用最少的折断次数，把这片巧克力分成n · m块。
如果要将一片3×4的巧克力分块，其中一种可能的步骤是：
总共要折断11次。所以现在继续我们的准互动项目。有个问题马上冒出来：有没有哪个策略，能让折断的次数少于11？探讨各种可能的策略，显然不是一件容易的问题。
答案是：没有！简短但详细地证明如下：不管用什么方法来折断，折断后的块数都会加1，因为一个大块总会分成两个小块。这是很显而易见的。到最后，没有哪片巧克力可以再被分块时，就代表这整片巧克力已经完全分成巧克力块了。这时我们该来想一想如何减少折断次数的问题：
一开始，或者可以说是折断0次后，是完好的1块。
折断1次之后，会有2块。
折断2次之后，会有3块。
折断n·m－1次之后，会有n·m块。
结论：折断后的块数，始终比折断次数多1—不受我们的折断方式所影响！此问题可以从这个角度看：出乎意料的无害小事。①
数学家把这种关联性，称为不变量。在上面这个情形中，把整片巧克力分块所需的折断总次数，不会因为我的折断方式不同而改变。一旦你意识到这一点，就可以制定一个一般化的步骤。即使我是按照锯齿状的折线，而不是以直线来折断巧克力片，如图12所示，完成分块所需的折断总次数依然不会减少。
再回过头看一下先前讨论的赛事问题，你会发觉：比赛问题与巧克力分块问题之间，有个很重要且意想不到的模拟关系，而这两个问题的求解也可以互相模拟。我们是从结构的角度来看问题。若把两者对应起来，就能清楚看到结构上的一致性：
网球赛 折断巧克力
遭淘汰的选手 巧克力块
每打完一场比赛，遭淘汰的总人数与比赛的总次数均会增加1。刚开始时，经过0场比赛，有0人被淘汰，到了最后，经过k－1场比赛，就有k－1人被淘汰。我们可以试着把这些概念，类推到折断巧克力的情形上：巧克力片每折断一次，折断动作与巧克力块的总数均增加1。刚开始时，折断0次，有1块巧克力，到了最后，折断了k－1次，就有k块巧克力。
这两个问题在深层结构上是一样的—虽然每个问题的情境不同。
像这样有用的模拟不胜枚举，接下来再介绍一个小游戏，非常适合让你用来与这可爱的数学敌人对决。
当你一直赢，就会得到更多乐趣。
——唐老鸭（语出《伟大的高尔夫冠军》）
这个游戏需要一堆硬币，总共有k枚硬币。
首先，玩家A要将这堆硬币随意分成两堆。接着，玩家B从两堆中选择一堆，再随意把它分成更小的两堆。然后轮到A再选出一堆……如此这般继续轮流下去。做最后一次分配动作（此时桌上只剩下2枚硬币）的玩家，就是游戏的赢家，可以赢得所有的硬币。
这个游戏看起来是个非常困难的数学问题，获胜的策略牵涉许多行动的可能性—虽然后者说对了，但前者可就错了。这个游戏很容易模拟到我们刚才详细讨论过的情况：在经过0次分堆前，有一堆硬币；分过第一次后，不管分法如何，都会有2堆，紧接着每分一次，堆数都会加1。这当中的一般规则是：如果硬币数k是偶数，玩家A一定会获胜，因为要让k枚硬币的每一枚都自成一堆，必须分k－1次。所以说，这个游戏又和网球赛问题如出一辙。现在我们已经有同一个问题的三部曲了。
还不止如此：我们甚至找得到打网球、分巧克力、分硬币这几个例子的几何模拟，乍看之下完全变了个样子，但其实是同类型的问题。
出自“世界上最聪明的人”智力测验的两道模拟测验题：
9与361的关系，就好比是井字游戏对什么的关系？
5 280与英里的关系，就好比是43 560对什么的关系？
另外附赠一个我自己设计的模拟测验题：
法兰克·札帕（Frank Zappa）对女性的态度，就好比是乔·派恩（Joe Pyne）对什么东西的态度？
关于上述题目的一个小小的，但也可能是大大的提示：
摇滚音乐家法兰克·札帕受邀上知名的乔·派恩脱口秀节目，乔·派恩向来以挑衅式的谈话风格而闻名。有些人声称，乔·派恩之所以用这种伤人的访谈方式，要归因到腿部截肢让他变得愤世嫉俗。一头长发的法兰克·札帕是在20世纪60年代末受邀上节目的，男性留长发在当时是很不寻常的。以下就是两人的唇枪舌剑：
乔·派恩：“如果只看你的长发，会以为你是个女人。”
法兰克·札帕：“如果只看你的木腿，会以为你是张桌子！”
一家博物馆的馆长想要监管博物馆里的馆藏品。这座博物馆的平面图看起来如下图：
在几何学上，这种结构称为简单多边形。各边只会相交于顶点，形成一个封闭的多边形。
博物馆里都会有警卫。馆长该如何调动这些警卫，以便监控整个博物馆的室内空间呢？
馆长已经想好一个简单的方法：把这个多边形分割成三角形，也就是在整个多边形内部，适当地画出顶点之间的联机。然后，他就可以要求馆内的每一个警卫负责监管一块三角形地区。这样总共需要多少警卫（可分割成几个三角形）？
我们如何能够认知到，其实这不是新的问题，只是看似如此？这个问题的答案，明显取决于平面图的复杂度，也就是多边形的顶点数k。当k = 3时，显然只有一个三角形，而k = 4时，会有两个三角形。到目前为止，情况还在我们掌握中。
我们必须把联机画出来。k = 5的情形也很容易达成：
如果我们把k边形（有k个顶点）改称为n多边形（可分成n个三角形），即n = k－2，会比较容易看出一般化的情形。这个小技巧可以减少复杂性。意思就是，3边形是1多边形、4边形是2多边形、5边形是3多边形，以此类推。
很有趣且重要的是，通过联机把n多边形切成三角形所需的联机数，会引导出三角形的数目。我们用D（n）代表可画出的三角形数目，而以V（n）代表需要画出几条联机（彼此之间不相交）。D（n）个三角形，会有3D（n）条边，其中有些边是多边形顶点之间的联机，会重复计算了两次，然后再加上多边形的边数n + 2，所以是：3D（n） = （n + 2） + 2V（n）。
如果把所有D（n）个三角形的内角全加起来，会得到180°D（n） = 180°〔n + 2 + 2V（n）〕/3。另一方面，由于联机彼此不相交，所以所有三角形的内角和，会等于n多边形的内角和W（n） = n · 180°。意思就是，如果你依顺时针方向，像街上的汽车般沿着这个多边形绕一圈，那么你在（n + 2）个角的每一个角往右转的角度，会等于180°扣掉该角的内角。整个多边形绕完一圈后，所转的角度总和一定会是360°，这可从W（n） = n · 180°推导出来。要是其中一些内角大于180°，这个推理仍然行得通，差别就在于右转变成了左转，角度变成负的。从180°D（n） = W（n） 这个方程式，可得180°〔n + 2 + 2V（n）〕/3 = n · 180°，由此又可得联机数V（n） = n－1。我们还可以附带算出：D（n） = 〔n + 2 + 2（n）〕/3 = n。
现在再从另一个不同的观点，来看看关于一个n多边形的发现结果。我们先画一条任意的对角线d。它把这个（n + 2）边形，切成两个多边形X与Y，分别有x + 2与y + 2个顶点，其中的x和y都小于n，因此可视为有一条共边的x多边形与y多边形。
联机d的起点与终点既属于X，也属于Y，所以n = x + y，而且：
D（n） = D（x） + D（y） （3）
且初始值D（1） = 1。对于1（包含在内）到n（不包含在内）的所有x与y来说，这个关系式都是成立的。图16中的11边形（或9多边形），由对角线d切成一个4边形（或2多边形）和一个9边形（或7多边形）。因此，D（9） = D（7） + D（2）。
由（3）式，若我们令x = n－1和y = 1，即可得
D（n） = D（n－1） + D（1）
把这个概念重复代入D（n－1）、D（n－2）等等，就得：
D（n） = D（n－1） + D（1）
= D（n－2） + D（1） + D（1） = D（n－2） + 2D（1）
= D（n－3） + D（1） + D（1） + D（1） = D（n－3） + 3D（1）
= D（2） + （n－2） · D（1）
= D（1） + D（1） + （n－2） · D（1） = n · D（1）
= n
一间n边形的博物馆，可划分为n－2个三角形，所以馆长的策略是必须分配n－2个警卫，才有办法监视整个博物馆。
对照方程式（3），对角线数目V（n）也可稍加修改成下面这个关系式：
V（n） = V（x） + V（y） + 1 （4）
这里的n = x + y。这个关系式对从1（包含在内）到n（不包含在内）的所有x与y来说，也都是成立的。（4）式右边多出来的 + 1，代表着把n多边形切成x多边形与y多边形的那条联机。就像（3）式的情形，我们也要考虑一下（4）式的起始条件，因为很显然V（1） = 0，这时只有一个三角形，画不出任何对角线。
利用相同的迭代法，可算出：
V（n） = V（n－1） + V（1） + 1
= V（n－2） + V（1） + V（1） + 1 + 1
= V（n－2） + 2V（1） + 2
= V（2） + （n－2） · V（1） + n－2
= V（1） + V（1） + 1 + （n－2） · V（1） + n－2
= n · V（1） + n－1
= n－1
所以，在一个n多边形，即（n + 2）边形中，我们最多可以画出n－1条不相交的对角线。因此，馆长必须为他的n边形博物馆画出总共n－3条联机。
我们再次注意到，它和分硬币问题的直接关联。共有n枚硬币的一堆硬币（我们就叫它“n堆”），每次都可分成x堆和y堆，其中n = x + y，而T（n）为所需的分堆总次数：
T（n） = T（x） + T（y） + 1 （5）
同样的，这对介于1（包含在内）到n（不包含在内）的所有x与y均成立，且T（1） = 0。
它和网球赛问题的模拟关系也变得很清楚了。令B（n）为参赛选手有n人的赛事所需举办的比赛场数。关系式（5）中的T可以换成B，这样就能够把n个选手分成一组有x个选手跟另一组有y个选手的群体，这两组分别需要B（x）和B（y）场比赛，来决定优胜者，分组冠军再比一场总决赛，来争取最后的赢家。
就连分巧克力问题也可以套用这个明显的模拟关系。
我们所讨论的所有情况，本质上都具有相同的抽象基本结构。在所有的例子中，均存在一个函数f（n），可代入特定的数值1、2、3等，来代表有n位参赛者的比赛场数、把一片巧克力分成n小块的折断次数等。
在每种情形中，这个函数f都带有以下的性质：
f（x + y） = f（x） + f（y） + 1 （6）
x和y均为自然数1，2，3…。
若f（1） = 0，则正如之前所看到的，函数f必为下面这种形式
f（n） = n－1，对所有的n = 1，2，3… （7）
别无选择。这是前面谈过的所有问题的抽象核心。从网球赛事到博物馆的监视，所有的问题都能描述成（6）式的形式，连同初始条件f（1） = 0，最后都会得到（7）式的解。这就是抽象化的好处之一。
数学是技术转移的极致。有时经由极度的抽象化，就可通过模拟来求解，因此，同样的思考模式可以应用到不同但类似的问题。如果我们把想法概念局限在个别的情形里，就会认为对于任何的其他问题，即使是原来问题的模拟关系，都需要一个新的想法。因此，去指责数学的高度抽象化并把自己隔绝于数学之外的人，并不清楚解题的过程是怎么一回事。抽象化的能力，允许我们通过模拟的方法，有效率地解决各种类型的问题。它让我们把一个问题回推到另一个已知答案的类似问题上。抽象化是通往基本知识的途径，模拟原则是可以多方应用的。
换一个灯泡需要多少专家
需要多少超现实主义者？4位。一位去换灯泡，一位在浴缸中装满流沙，一位用大气层的边缘磨破早餐盘，另一位把抛光后的Swatch手表用独角兽来装饰。
需要多少园丁？3个，一个去换灯泡，另外两个人在旁边争论，这个季节应该使用什么样的灯泡。
需要多少禅师？2位，一位去换灯泡，另一位不要去换。
需要多少数学家？只要一位。他会把灯泡交给4个超现实主义者、3个园丁或2个禅师，这样就把问题回推到已经解决的问题上。
[① 数学的晚上八小时：为了有一个可以放松的下午，我曾向朋友描述了这个关于巧克力片的问题。这个朋友深深着迷于寻找解答。稍晚，他跟我联络，说他直到深夜都还没有上床休息。当他发觉这个问题的简单解答在他眼前一闪而逝时，他变得很焦躁不安，以至于无法入眠。稍后，他把这个问题命名为“赫塞的失眠药”，意指我们在任何情况下都可以把一个问题根据其潜力去延展。]