测试你的逻辑推理能力答案

答 案1.昨天火腿，今天猪排根据（1）和（2），如果阿德里安要的是火腿，那么布福德要的就是猪排，卡特要的也是猪排。这种情况与（3）矛盾。因此，阿德里安要的只能是猪排。于是，根据（2），卡特要的只能是火腿。因此，只有布福德才能昨天要火腿，今天要猪排。2.瓦尔、林恩和克里斯根据（1），三人中有一位父亲、一位女儿和一位同胞手足。如果瓦尔的父亲是克里斯，那么克里斯的同胞手足必定是林恩。于是，林恩的女儿必定是瓦尔。从而瓦尔是林恩和克里斯二人的女儿，而林恩和克里斯是同胞手足，这是乱伦关系，是不允许的。因此，瓦尔的父亲是林恩。于是，根据（2），克里斯的同胞手足是瓦尔。从而，林恩的女儿是克里斯。再根据（1），瓦尔是林恩的儿子。因此，克里斯是唯一的女性。3.医务人员由于医生和护士的总数是16 名，从（1）和（4）得知：护士至少有9名，男医生最多是6 名。于是，按照（2），男护士必定不到6 名。根据（3），女护士少于男护士，所以男护士必定超过4 名。根据上述推断，男护士多于4 名少于6 名，故男护士必定正好是5 名。于是，护士必定不超过9 名，从而正好是9 名，包括5 名男性和4 名女性，于是男医生则不能少于6 名。这样，必定只有一测试你的逻辑推理能力名女医生，使得总数为16 名。如果把一名男医生排除在外，则与（2）矛盾；把一名男护士排除在外，则与（3）矛盾；把一名女医生排除在外，则与（4）矛盾；把一名女护士排除，则与任何一条都不矛盾。因此，说话的人是一位女护士。4.弗里曼先生的未婚妻根据（1）、（3）和（4），黛布和伊芙当中必定有一位与埃达和茜德属于同一个年龄档；因此，埃达和茜德都小于30 岁。按照（7），弗里曼先生不会与埃达或茜德结婚。根据（2）、（5）和（6），茜德和黛布当中必定有一位与比和伊芙从事同样的职业；因此，比和伊芙是秘书。按照（7），弗里曼先生不会与比或伊芙结婚。排除以上四位，弗里曼先生将和黛布女士结婚，她必定是一位年龄大于30 岁的教师。从以上的推理中，我们还可以知道其他四位女士的情况：伊芙必定小于30 岁，比必定大于30 岁；茜德必定是位秘书，而埃达必定是位教师。5.六个AA+B+C 或A+D+E 都不可能大于27（即9+9+9）。因为G、H 和I 代表不同的数字，所以，右列要给中列进位一个数，而中列也要给左列进位一个数，并且这两个进位的数不能相同。在一列的和小于或等于27 的情况下，唯一能满足这种要求的是一列的和为19。因此，A+B+C 或A+D+E 必定等于19。于是，F G H I 等于2109。排除了0、1、2、9 这四个数字之后，哪三个不同数字之和为19 呢？经过试验，可以得出这样的两组数字：4、7、8 与5、6、8。因此，A 代表8。两种可能的加法是：6.并非腰缠万贯根据（3）和（5），如果安妮特非常聪明，那她也多才多艺。根据（5），如果安妮特富有，那她也多才多艺。根据（1）和（2），如果安妮特既不富有也不聪明，那她也是多才多艺。因此，无论哪一种情况，安妮特总是多才多艺。根据（4），如果克劳迪娅非常漂亮，那她也多才多艺。根据（5），如果克劳迪娅富有，那她也多才多艺。根据（1）和（2），如果克劳迪娅既不富有也不漂亮，那她也是多才多艺。因此，无论哪一种情况，克劳迪娅总是多才多艺。于是，根据（1），伯尼斯并非多才多艺。再根据（4），伯尼斯并不漂亮。从而根据（1）和（2），伯尼斯既聪明又富有。再根据（1），安妮特和克劳迪娅都非常漂亮。于是根据（2）和（3），安妮特并不聪明。从而根据（1），克劳迪娅很聪明。最后，根据（1）和（2），安妮特应该很富有，而克劳迪娅并非腰缠万贯。7.网球选手根据（3），这四个人的坐法有4 种可能（A 代表艾丽斯，B 代表布赖恩，C 代表卡罗尔，D 代表戴维）：根据（1）和（2），和可以排除，而和变成：根据（4），可排除，而且滑冰选手必定是戴维。因此，艾丽斯是网球选手。8.一轮牌根据（1）和（2），至少玩了5 盘；根据（1）和（3），最多玩了6 盘。如果是玩了5 盘，那么根据（2），这一轮的赢家必然赢了第一、第三和第五盘。但是，根据（3）、（4）和（5），在这三盘中，每人必定会轮上一次发牌。这样，与（6）发生矛盾，因此无疑是玩了6 盘。由于是玩了6 盘，根据（3）、（4）和（5），查尔斯是最后一盘也就是第六盘的发牌者。根据（1），最后一盘也就是第六盘的赢家便是这一轮的赢家；于是根据（6），安东尼或伯纳德赢了最后一盘也就是第六盘，是这一轮的赢家。如果安东尼赢了第六盘，根据（6），他就不会赢第一盘或第四盘；而根据（2），他也不会赢第五盘。于是，他只会赢了第二和第三盘，这种情况与（2）有矛盾。因此，安东尼在第六盘中没有获胜。这样，伯纳德必定赢了第六盘，也就是说伯纳德是这一轮的赢家。这一轮牌中按各盘获胜者排出的序列可能有4 种（A 代表安东尼，B 代表伯纳德，C 代表查尔斯）：发牌者A B C A B C 获胜者B A B C A B 获胜者B C B C A B 获胜者B C A B A B 获胜者B C A B C B9.三个DACB=DDD。ACB=D111。ACB=D337。因而CB 为37 或74（即237）。如果CB 为37，则A=3D。如果CB 为74，则2A=3D。于是A、B、C 和D 的值有六种可能，如下表：CB D A（a）37 1 3（b）37 2 6（c）37 3 9（d）74 2 3（e）74 4 6（f）74 6 9由于每个字母各代表一个不同的数字，（a）、（c）、（e）这三种可能可以排除。以（b）、（d）、（f）的数值作实际运算，可以确定在每种情况下E、F 和C 所代表的数字。我们得到如下三个式子：其中只有（b）是每个字母各代表一个不同的数字。所以D 代表数字2。10.律师们的供词供词（2）和（4）之中至少有一条是实话。如果（2）和（4）都是实话，那就是柯蒂斯杀了德怀特；这样，根据，（5）和（6）都是假话。但如果是柯蒂斯杀了德怀特，（5）和（6）就不可能都是假话。因此，柯蒂斯并没有杀害德怀特。于是，（2）和（4）中只有一条是实话。根据，（1）、（3）和（5）中不可能只有一条是实话。而根据，现在（1）、（3）和（5）中至多只能有一条是实话。因此（1）、（3）和（5）都是假话，只有（6）是另外的一条真实供词了。由于（6）是实话，所以确有一个律师杀了德怀特。还由于：根据前面的推理，柯蒂斯没有杀害德怀特；（3）是假话，即巴尼不是律师；（1）是假话，即艾伯特是律师。从而，（4）是实话，（2）是假话，而结论是：是艾伯特杀了德怀特。11.点子的排列方向无论骰子怎样摆，一点、四点和五点的排列方向总是不变的。但是，两点、三点和六点却可以有如下不同的排列方向：以下的推理，是以相对两面点数之和为7 的事实为依据的。如果骰子B 和骰子A 相同，则骰子B 上的两点的排列方向必定与图中所示的呈对称相反。所以骰子A 和骰子B 不是相同的。如果骰子C 和骰子A 相同，则骰子C 上的三点的排列方向必定与图中所示的呈对称相反。所以骰子A 和骰子C 是不相同的。如果骰子C 和骰子B 相同，则骰子C 上的六点应该是像图中所示的排列方向。由于题目中指明有两只骰子相同，因此相同的必定是骰子B 和骰子C。与它们不同的便是骰子A 了。12.科拉之死根据安娜和贝思的供词的真伪，可以把科拉的死因列表如下：安娜的供词贝思的供词真被贝思所杀害或自杀或意外事故被谋杀或自杀伪被谋杀但非贝思所为意外事故由于无论这两位女士的供词是真是假，警察的两个假定覆盖了一切可能的情况，又由于两个假定不能同时适用，所以只有一个假定是适用的。假定（1）不能适用，因为如果这个假定能适用，则贝思的供词就不是实话。所以只有假定（2）是适用的。既然假定（2）是适用的，那贝思的供词就不能是虚假的，所以只有安娜的供词是虚假的。于是，科拉必定是死于被谋杀。13.兰瑟先生的坐位根据（3）和（4），围绕桌子的坐位安排只可能是下面两种情况中的一种（M 代表男士，W 代表女士）：根据（2），有一位女士坐在坐位a。再根据（1）和（2），一部分坐位的安排为下面两图之一：从根据（3）和（4）推断出的坐位安排可以判定，在中g 和h 必定是男士的坐位。同样，在中h 不能是女士的坐位。因为这样一来，根据（1），一位男士必定坐在坐位b；又根据（3），一位女士必定坐在坐位g；这种情况与从（3）和（4）所得出的坐位安排相矛盾。因此，在中h 和g 必定是男士的坐位。于是，从以上推理并且根据（1），一部分坐位的安排变为下图两者之一：于是，根据只有一位女士坐在两位女士之间（见第一组图形）以及（1）中的要求，完全的坐位安排为下图两者之一：因此，无论是哪一种情况，按（4）的要求，兰瑟先生的坐位总是c。14.被乘数首位变末位M 大于1，MA 小于10，因此，如果A 不是1，则M 和A 是下面两对数字中的一对：（1）2 和4 或 （2）2 和3以M 和A 的这些数字代入算式，我们寻求F 的值，使得MF 的末位数为A。为了寻求适当的F 值，我们还得寻求E 的值，使得ME 加上进位的数字后末位数为F。如此逐步进行，我们会发现：在（1）的情况下，当M=2 时，D 不会有合适的数值，而当M=4 时，D 或E 不会有合适的数值；在（2）的情况下，当M=2 时，F 不会有合适的数值，但当M=3 时，出现一个合适的乘法算式：上述推理是假定A 不是1。如果A 是1，则M 和F 一个是7 另一个是3。当M 是7 时，E 和F 都是3；但当M 是3 时，则出现一个合适的乘法算式：所以无论哪一种情况，M 都是代表数字3。15.单 张根据（2），三人手中剩下的牌总共可以配成4 对。再根据（3），洛伊丝和多拉手中的牌加在一起能配成3 对，洛伊丝和罗斯手中的牌加在一起能配成一对，而罗斯和多拉手中的牌加在一起一对也配不成。根据以上的推理，各个对子的分布（A、B、C 和D 各代表一个对子中的一张）如下：洛伊丝手中的牌多拉手中的牌罗斯手中的牌ABCD ABC D根据（1）和总共有35 张牌的事实，洛伊丝和罗斯各分到12 张牌，多拉分到11 张牌。因此，在把成对的牌打出之后，多拉手中剩下的牌是奇数，而洛伊丝和罗斯手中剩下的牌是偶数。于是，单张的牌一定是在罗斯的手中。16.姐妹俩运用（1）和（2），通过反复试验可以发现如下的四种持币情况（H 代表50 美分，Q 代表25 美分，D 代表10 美分，N 代表5 美分）：60 美分75 美分 QQD HNNNNN NNH QDDDDD于是，根据（3）和（4），辛迪的持币情况必定是。再从（3）和（4），贝齐的持币情况必定是。再从（3）和（4），迪莉娅的持币情况必定是。再从（3）和（4），阿格尼丝的持币情况必定是。因此，在付账之后，各人持有的硬币为：阿格尼丝（）QQ 贝齐（）HN迪莉娅（）N 辛迪（）DDD根据（5），阿格尼丝和贝齐是姐妹俩。17.第二次联赛根据（1），艾伦、克莱和厄尔各比赛了两场；因此，从（4）得知，他们每人在每一次联赛中至少胜了一场比赛。根据（3）和（4），艾伦在第一次联赛中胜了两场比赛；于是克莱和厄尔第一次联赛中各胜了一场比赛。这样，在第一次联赛中各场比赛的胜负情况如下：艾伦胜巴特艾伦胜厄尔（第四场）克莱胜迪克克莱负厄尔（第三场）根据（2）以及艾伦在第二次联赛中至少胜一场的事实，艾伦必定又打败了厄尔或者又打败了巴克。如果艾伦又打败了厄尔，则厄尔必定又打败了克莱，这与（2）矛盾。所以艾伦不是又打败了厄尔，而是又打败了巴特。这样，在第二次联赛中各场比赛的胜负情况如下：艾伦胜巴特（第一场） 艾伦负厄尔（第二场）克莱负迪克（第四场） 克莱胜厄尔（第三场）在第二次联赛中，只有迪克一场也没有输。因此，根据（4），迪克是第二场比赛的冠军。注：由于输一场即被淘汰，各场比赛的顺序如上面括号内所示。18.缺失的数字由于B+B 必须进位，而进位的数字充其量是1，所以A 是9，E 是1，F是0。于是B 必定大于4。如果B 是5，则G 是0 或1，这与不同字母代表不同数字的要求相违背。所以，B 不能是5。如果B 是6，则G 是2 或3；如果B 是7，则G 是4 或5；如果B 是8，则G 是6 或7。这六种可能是：在（1）、（3）、（5）中，C+C 没有进位，所以C 必定小于5。在（2）、（4）、（6）中，C+C 进位1，所以C 必定大于4。这样，上述六种可能可以发展成十五个式子：继续用前面的方法进行推理，可以排除掉十一种可能，从而留下四种可能：因此，无论是哪一种情况，缺失的数字总是3。19.见习医生的一星期根据（4）和（5），第一位和第二位见习医生在星期四休假；根据（4）和（6），第一位和第三位见习医生在星期日休假。因此，根据（3），第二位见习医生在星期日值班，第三位见习医生在星期四值班。根据（4），第一位见习医生在星期二休假。再根据（3），第二位和第三位见习医生在星期二值班。上述信息可以列表如下（“X”表示值班，“-”表示休假）：星期日一二三四五六第一位见习医生- - -第二位见习医生X X -第三位见习医生- X X根据（2），第二位见习医生在星期一休假，第三位见习医生在星期三休假。根据（5），第二位见习医生在星期六休假。因此，根据（1），三位见习医生在星期五同时值班。一星期中其余三天的安排，可以按下述推理来完成。根据（2），第三位见习医生在星期六休假。根据（3），第一位见习医生在星期一、星期三和星期六值班；第二位见习医生在星期三值班；第三位见习医生在星期一值班。20.电影主角根据陈述中的假设，（1）和（2）中只有一个能适用于实际情况。同样，（3）和（4），（5）和（6），也是两个陈述中只有一个能适用于实际情况。根据陈述中的结论，（1）和（5）不可能都适用于实际情况。同样，（2）和（3），（4）和（6），也是两个陈述不可能都适用于实际情况。因此，要么（1）、（3）和（6）组合在一起适用于实际情况，要么（2）、（4）和（5）组合在一起适用于实际情况。如果（1）、（3）和（6）适用于实际情况，则根据这些陈述的结论，导演是费伊，一位布莱克家的女歌唱家。于是，根据陈述中的假设，任电影主角的是埃兹拉，一位布莱克家的男歌唱家。如果（2）、（4）和（5）适用于实际情况，则根据陈述中的结论，导演是亚历克斯，一位怀特家的男舞蹈家。于是，根据陈述中的假设，任电影主角的是埃兹拉，一位布莱克家的男歌唱家。因此，无论是那一种情况，任电影主角的是埃兹拉。21.鼓 手四位音乐家的坐位安排，有以下六种可能（A 代表阿琳，B 代表伯顿，C代表谢里尔，D 代表唐纳德）：根据（1）和（3），可以排除和，而、和变为：根据（5），可以排除和。再根据（2），和变为：根据（4），可以排除。因此鼓手必定是谢里尔。22.左邻右舍根据（1），每个人的三嗜好组合必是下列组合之一：（i）咖啡，狗，雪茄（v）咖啡，狗，烟斗（ii）咖啡，猫，烟斗（vi）咖啡，猫，雪茄（iii）茶，狗，烟斗（vii）茶，狗，雪茄（iv）茶，猫，雪茄（viii）茶，猫，烟斗根据（5），可以排除（iii）和（viii）。于是，根据（6），（ii）是某个人的三嗜好组合。接下来，根据（8），（v）和（vi）可以排除。再根据（8），（iv）和（vii）不可能分别是某两人的三嗜好组合；因此（i）必定是某个人的三嗜好组合。然后根据（8），排除（vii）；于是余下来的（iv）必定是某个人的三嗜好组合。根据（2）、（3）和（4），住房居中的人符合下列情况之一：.抽烟斗而又养狗，.抽烟斗而又喝茶，.养狗而又喝茶。既然这三人的三嗜好组合分别是（i）、（ii）和（iv），那么住房居中者的三嗜好组合必定是（i）或者（iv），如下所示：（ ii ） （ i ） （ iv ） （ ii ） （ iv ） （ i ）咖啡咖啡茶咖啡茶咖啡猫狗猫或猫猫狗烟斗雪茄雪茄烟斗雪茄雪茄根据（7），（iv）不可能是住房居中者的三嗜好组合；因此，根据（4），卡尔文的住房居中。23.三个城市如上图所示，对于（3）中所指的两个城市，以X 代表其长方形城区一条边界上的街段数目，以Y 代表另一条边界上的街段数目。于是整个边界的街段数目等于X+Y+X+Y，即2X+2Y而市内街段的数目等于X（Y-1）+Y（X-1），即（XY-X）+（XY-Y）根据（3），对于两个城市而言2X+2Y=XY-X+XY-Y解出X，X=3Y/（2Y-3），解出Y，Y=3X/（2X-3）。这表明X 和Y 都得大于1。依次设Y 为2、3、4、5、6 和7，得出下列数值：Y X2 63 3412551576 272111既然X 必须大于1，而且根据（1）必须是整数，那么除了上列中的整数之外，X 再也没有别的整数值了。根据（1）和上列数值，这两个城市沿一侧边界的街段数目都是2、3 或6。根据（2），沿北部边界，阿灵顿有3 个街段，布明汉有6 个街段，坎顿韦尔有9 个街段。由于沿北部边界有9 个街段的城市，不可能满足表示条件（3）的方程，所以坎顿韦尔就是那个市内街段数目不等于沿边界街段数目的城市。总而言之，阿灵顿的沿边界街段和市内街段的数目都是12，而布明汉的这两个数目都是16。24.骰子面的方位在每只骰子的多面图上，填入题图中显示的点数：然后，依据相对两面点数之和为7 的事实，得出：在每个图形中都有2、5 和6，通过翻动骰子可以显示出三只骰子的相应各面，如下图：现在看得很清楚，骰子A 的面的方位不同于骰子B 和C。所以骰子A 与其他两只不同。25.需要找零根据（2），阿莫斯有三枚25 美分的硬币。因此，根据（1），他持有的硬币是下列三种情况之一（Q 代表 25 美分，D 代表 10 美分，N 代表5 美分）：QQQDDN，QQQDNNN，或QQQNNNNN于是，根据（1），每个人的硬币枚数只可能是六枚、七枚或者八枚。反复试验表明，用只包括两枚25 美分硬币的六枚硬币组成1 美元，和用只包括一枚25 美分硬币的八枚硬币组成1 美元都是不可能的。因此，每人身上都带有七枚硬币。各种不同的组合如下（H 代表50 美分）：六枚硬币七枚硬币八枚硬币QQQDDN QQQDNNN QQQNNNNNQQ? QQDDDDD QQDDDDNNQHDNNN QHNNNNN Q?HDDDDD HDDDDNN HDDDNNNN然后根据（3），每份账单的款额（以美分为单位）是以下各数之一：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，55，60，65，70，75，80，85，90，95，100。依次假定每份账单的款额为上列各数，我们发现：除了款额为5、15、85 或95 美分之外，四人都能不用找零。如果款额为5、15、85 或95 美分，唯独是有两枚25 美分硬币的伯特需要找零。因此，伯特需要找零。26.谁是医生根据（2），在五人之中有医生的一个孩子，所以除了女儿的儿子，其他人都可能是医生。同样是根据（2），在五人之中有病人的一位父亲或母亲，所以病人要么是女儿，要么是女儿的儿子。根据（3a），如果布兰克先生或者他的夫人是医生，那么他的女儿就不是病人；同时，如果他的女儿或者他女儿的丈夫是医生，他女儿的儿子就不是病人。因此，医生与病人的配对必定是下列情况之一：医生病人（A）布兰克先生他女儿的儿子（B）他的夫人他女儿的儿子（C）他的女儿他的女儿（D）他女儿的丈夫他的女儿根据（1），可排除情况（C）。情况（A）和（B）中，医生的孩子就是布兰克先生的女儿；但是根据（2），病人父母亲中年龄较大的那一位也是布兰克先生的女儿。这种情况与（3b）发生矛盾，因此情况（A）和（B）也可排除。（D）必定是实际的情况，也就是说，医生是布兰克先生女儿的丈夫。这也符合（2）和（3b）的要求，即医生的孩子和病人父母亲中年龄较大的那一位都是男性，但不是同一个人。27.乘积首位变末位从题目中可以看出，M 不可能是0 或 1，而且 MB 小于10；A 大于M，故M 不可能是9，而且A 必定大于2。因此，M、A、B 和F 的值必然是下列各种组合之一：a b c d e f g h i j k l m n o p q rM 8 7 7 6 6 6 5 5 5 5 4 4 4 4 4 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2A 9 8 9 7 8 9 6 7 8 9 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 3 4 5 6 7 8 9B 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 3 1 2 2 3 3 4 4F 2 6 3 2 8 4 0 5 0 5 0 4 8 2 6 2 5 8 1 4 7 6 8 0 2 4 6 8上表中未标明字母者，是由于有重复数值而应加以排除。为了得出哪一组数值可以产生其余字母所代表的唯一数值，可采用以下方法。计算MA 得F。类似地，再计算MF，可能要加上进位的数字，得到E。如此类推。一旦出现某一字母的值不唯一的情况，便把该组排除。结果，只留下j 组，即所以，M 代表的数字是4。28.健身俱乐部根据（1a）和（2a），利兹第一次去健身俱乐部的日子必定是以下二者之一：（A）肯第一次去健身俱乐部那天的第二天。（B）肯第一次去健身俱乐部那天前六天。如果（A）是实际情况，那么根据（1b）和（2b），肯和利兹第二次去健身俱乐部便是在同一天，而且在20 天后又是同一天去健身俱乐部。根据（3），他们再次都去健身俱乐部的那天必须是在二月份。可是，肯和利兹第一次去健身俱乐部的日子最晚也只能分别是一月份的第六天和第七天；在这种情况下，他们在一月份必定有两次是同一天去健身俱乐部：1 月11 日和1 月31日。因此（A）不是实际情况，而（B）是实际情况。在情况（B）下，一月份的第一个星期二不能迟于1 月1 日，否则随后的那个星期一将是一月份的第二个星期一。因此，利兹是1 月1 日开始去健身俱乐部的，而肯是1 月7 日开始去的。于是根据（1b）和（2b），他二人在一月份去健身俱乐部的日期分别为：利兹：1 日，5 日，9 日，13 日，17 日，21 日，25 日，29 日；肯：7 日，12 日，17 日，22 日，27 日。因此，根据（3），肯和利兹相遇于1 月17 日。29.达纳之死分别假定陈述（1）、陈述（2）和陈述（3）为谎言，则达纳的死亡原因如下表：陈述（ 1 ） 陈述（ 2 ） 陈述（ 3 ）如果为谎言谋杀，但不是比尔干的被比尔谋杀意外事故这个表显示，没有两个陈述能同时为谎言。因此，要么没有人说谎，要么只有一人说了谎。根据（4），不能只是一个人说谎。因此，没有人说谎。由于没有人说谎，所以既不是谋杀也不是意外事故。因此，达纳死于自杀。注：虽然（4）是真话，但（1）和（2）也都是真话，达纳居然是死于自杀，这似乎有点奇怪。存在这种情况的理由是：当一个陈述中的假设不成立的时候，不论其结论是正确还是错误，这个陈述作为一个整体还是正确的。30.最后一个划船渡河的人根据（1）和（3），要实现渡河任务，必须采取下述两种方案之一（W代表女人，M 代表男人，a 代表阿特，b 代表本，c 代表考尔）： ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )? ? ? ? ? ?i M WW M M i M WW M Mii M WW M M ii M WW M Miii M M WW M iii WW M M Miv M M M WW iv WW M M Mv M M M WW v M WW M Mvi M M M WW vi M M Mc a b ac a b aa c b aa c b b a cc b a cc b c? ? ? ? ? ? ? ac b c aWWvii M M M WW vii M M M WW ( ) ( ) ? ? ? ?根据（2），在方案的第（v）步中，划船者不能是本也不能是考尔；所以是阿特划的船。于是，根据（2），若采用方案，则是本最后划船渡河。若采用方案，则根据（2），也是本划了最后一次船。因此，无论那一种方案，都是本最后一个划船渡河。在方案和的其余情节是：根据（2），在方案的第（iii）步中，划船者不能是阿特也不能是本，所以是考尔划的船。于是，根据（2），在方案中是本划了第一次船。另外，根据（2），在方案中也是本划了第一次船。31.倒霉者运用（2）和（3），从反复试验得知，人们围桌而坐的坐位安排必定是下图所示的两种之一（M 代表男士，W 代表女士）：根据（1）和（5），安排符合实际情况。接着，根据（4）和（6），巴里和女主人的坐位必定是以下两种情况之一：然后，根据（4）和（7），萨曼莎和倒霉者配偶的坐位必定是以下两种情况之一（曲线指出了夫妻关系）：无论哪种情况，纳塔利总是倒霉者。这两种坐位安排的全貌如下图所示：32.最小的和加法式中的E、中的A 和中的L 都有相同的表现：只有数字5 能有这种表现。例如：5+3=8， 5+4=9，5+8=10+3，5+9=10+4。因此得出：用数字替代中的L，中的E，中的A，以相应得出中的A 值，中的L 值，中的E 值。经过反复试验，得到（已经删去那些从第二列向第三列进位1 从而造成替代结果不能成立的情况）：从上述部分的加法算式中可以看出，的和最小。这些加法算式可以进一步补全。在每个算式中，留下来的字母，其数值不能同于已在该式中出现的数值，而且左端的第一个字母不能代表0。这样，可能的加法算式，有四种，有一种，有两种，如下所示：33.李、戴尔、特里和马里恩运用（2）中的信息，可以进行如下的推理。李的母亲和马里恩的女儿或者是同一个人，或者不是同一个人。在情况下，戴尔的哥哥不是李就是马里恩。因此，特里是李的母亲、马里恩的女儿，而特里的父亲不是马里恩就是戴尔。但特里的父亲不能是戴尔，因为戴尔的哥哥不是李就是马里恩。这样，特里的父亲就是马里恩。现在假设戴尔的哥哥是李，于是根据（1），戴尔是男性，这与（3）矛盾。所以戴尔的哥哥是马里恩。根据（3），戴尔和李都是女性。因此，在情况下，马里恩是唯一的男性。在情况下，根据（1），戴尔的哥哥与特里的父亲必定是同一个人，是唯一的男性。所以，马里恩必定是特里的父亲、戴尔的哥哥，而这意味着马里恩是情况下唯一的男性。因此，无论怎么说，马里恩是唯一的男性。如果戴尔的哥哥既不是李也不是马里恩，那么他必定是特里，从而戴尔就是马里恩的女儿、李的母亲。根据（1），马里恩与李必定同性别，但这与（3）矛盾。译者注34.圈出的款额运用（2）和（3），经过反复试验，可以发现，只有四对硬币组能满足这样的要求：一对中的两组硬币各为四枚，总价值相等，但彼此间没有一枚硬币面值相同。各对中每组硬币的总价值分别为：40 美分、80 美分、125 美分和130 美分。具体情况如下（S 代表1 美元，H 代表 50 美分，Q 代表 25美分， D 代表 10 美分， N 代表5 美分的硬币）：DDDD DDDH QQQH DDDSQNNN QNQQ NDDS QNHH运用（1）和（4），可以看出，只有30 美分和100 美分能够分别从两对硬币组中付出而不用找零。但是，在标价单中没有100。因此，圈出的款额必定是30。35.谁是教授根据（2），在坐位a、d 和e 中，只有一个是男士的坐位。于是根据（2）和（5），一部分的坐位安排有三种方案（M 代表男士，W 代表女士）：在方案中，根据（3），卡丽的丈夫坐在坐位 b、c、i 或 j 上。但是根据（5），卡丽的丈夫不可能是唯一坐在两位女士之间的男士。因此，方案可以排除。在方案中，一位男士已经坐在两位女士之间的坐位 f 上。因此，根据（3），他必定是卡丽的丈夫。接着，为了保证卡丽的丈夫是唯一坐在两个女士之间的男士，坐位i 上必须是位男士。可是这样一来，根据（5），一位女士一定要坐在坐位c 上，而这与（4）发生矛盾。因此，方案也可以排除。这样，便是正确的方案。在中，根据（2）和（3），坐位c 上坐的必定是一位男士；从而根据（5），坐位i 上坐的是一位女士。根据（4），坐在坐位j 上的不能是女士；因此，是一位男士坐在坐位j 上，而根据（3），这个人是卡丽的丈夫。最后，根据（5），坐在坐位b 上的是一位女士。这样，坐位安排的情况变成：测试你的逻辑推理能力然后，根据（2），比拉的丈夫坐在坐位d。接着，根据（1）和（5），阿米莉亚的丈夫坐在坐位h，丹尼斯的妻子坐在坐位i。再根据（5），埃尔伍德的妻子坐在坐位a。于是，根据（6），卡丽是教授。概括起来，完整的坐位安排如下：36.三个J（i）由于A、D 和G 代表的是0 以外的三个不同的数字，所以J 必定是6、7、8 或9。（ii）由于C、F、I 代表三个不同的数字，所以它们的和不会超过24；而为了保证J 是6、7、8 或9，它们的和不能超过19。（iii）如果任何两列的每列数字之和为6、7、8 或9，则余下一列的和也必定是6、7、8 或9；可是，从A 到I 的各个字母代表的是9 个不同的数字，不可能出现这种情况。因此，最多只能有一列的和为6、7、8 或9。从以上三点可以得出如下的结论：（a）如果 A+D+G=6，则C+F+I 必定是 16、7 或 17。（b）如果 A+D+G=7，则 C+F+I 必定是17、8 或 18。（c）如果A+D+G=8，则C+F+I 必定是 18、9 或 19。（d）如果 A+D+G=9，则 C+F+I 必定是 19。从（a）、（b）、（c）、（d）可以推导出B+E+H 的和，一共有十种可能：A+D+G B+E+H C+F+I J 6 5 16 6 6 17 7 7 6 16 17 7 7 6 17 7 7 18 8 8 7 17 18 8 8 7 18 8 8 19 9 9 8 18 19 9 9 8 19 9在上面的十种情况中，只有和中四栏的总和为 45，与 09 这十个数字之和相等。因此，J 必定代表9。进一步的验证表明，存在以下几种可能的组合：A+D+G B+E+H C+F+I 1+3+4 5+6+8 0+2+71+2+5 4+7+8 0+3+6 2+3+4 0+1+7 5+6+81+3+5 0+2+6 4+7+81+2+6 0+3+5 4+7+837.谁没有输过根据（1），以下三种情况必有其一（A 和B 各代表一个对子中的一张牌，S 代表单张）：多丽丝手中劳拉手中雷内手中 A AB BS A BS AB S AB AB然后，根据（2）、（3）和（4），抽牌只能按下列某一过程进行：但是，过程、a 和b 不能满足（4），因此加以排除。根据（5），过程c 必定在某一盘中出现，而过程必定在另一盘中出现。于是，多丽丝和雷内手中都剩下过单张。因此，只有劳拉手中没有剩下过单张，她没有输过。38.谁是凶手根据陈述中的假设，（1）和（2）中只有一个能适用于实际情况。同样，（3）和（4），（5）和（6），也是两个陈述中只有一个能适用于实际情况。根据陈述中的结论，（2）和（5）不可能都适用于实际情况。因此，能适用于实际情况的陈述组合是下列组合中的一组或几组：（A）（1）、（4）和（5）；（B）（1）、（3）和（5）；（C）（1）、（4）和（6）；（D）（1）、（3）和（6）；（E）（2）、（4）和（6）；（F）（2）、（3）和（6）。如果（A）能适用于实际情况，则根据（1）的结论，凶手是男性；根据（4）的结论，受害者是女性；可是根据（5）的假设，凶手与受害者性别相同。因此（A）不适用。如果（B）能适用于实际情况，则根据有关的假设，凶手与受害者有亲缘关系而且职业相同、性别相同。这与各个家庭的组成情况有矛盾，因此（B）不适用。如果（C）能适用于实际情况，则根据有关的结论，凶手是男性，受害者是个女性医生。接着根据（1）和（4）的假设，凶手是律师，凶手与受害者有亲缘关系。这与各个家庭的组成情况有矛盾，因此（C）不适用。如果（D）能适用于实际情况，则根据（1）的结论，凶手是男性；根据（3）的结论，受害者也是男性；可是根据（6）的假设，凶手与受害者性别不同。因此（D）不适用。如果（E）能适用于实际情况，则根据（2）的结论，凶手是医生；根据（6）的结论，受害者也是医生；可是根据（4）的假设，凶手与受害者职业不同。因此（E）不适用。因此只有（F）能适用于实际情况。根据有关的结论，凶手是医生，受害者是男性医生。于是根据（6）的假设，凶手是女性。接着，根据各个家庭的组成情况，凶手必定是贝蒂。（2）的假设则表明，受害者是杜安；而且，（3）的假设和（2）、（6）的结论相符合。39.没有出黑桃总共玩了四圈牌；因此，根据（4）和（5），必定在某一圈先手出的牌是王牌而且这圈是先手胜。于是，根据（2）和（3），先手和胜方的序列是以下二者之一：I IIX 先手，胜X 先手Y 胜X 先手Y 胜Y 先手，胜Y 先手，胜X 胜Y 先手X 胜Y 先手X 先手，胜不是先出牌而能取胜，表明他或她打的是一张王牌。因此，无论是或，都要求一方有两张王牌，而另一方有一张王牌。从而根据（1），黑桃是王牌。假定是符合实际情况的序列，则根据（1）和（5）以及第一圈时Y 手中必定有一张黑桃的事实，X 在第一圈时不是先出了王牌黑桃而取胜的；根据（1）和（5）以及X 在第四圈时必定要出黑桃的事实，Y 在第三圈时也不是先出了黑桃而取胜的。这同我们开始时分析所得的结论矛盾。所以是符合实际情况的序列。这样，根据（1）和（5）以及第二圈时X 手中必定有一张黑桃的事实，Y 在第二圈时不是先出了黑桃而取胜的。因此在第四圈时，X 先出了黑桃并以之取胜。根据上述推理，在第一、三、四圈都出了黑桃。因此，在第二圈中没有出黑桃。其他的情况是：X 在第一圈时先出的是Y 手中所没有的花色。既然X 手中应该有两张黑桃，那么根据（1），X 是男方，他在第一圈先出的是梅花。再根据（1），男方接着在第二圈时出了红心。因此，根据（1）和（5），女方在第二圈时先出了方块并以之取胜；根据（4），她在第三圈时先出了红心；而根据（1），她在第四圈时出的是方块。40.勒索者运用（3）和（4），经过反复试验，可得出人们围桌而坐的各种可能的坐位安排（M 代表男士，W 代表女士）：接着，根据（2）和（6），和可排除，从而得到一部分坐位的安排情况如下：接着，根据（1）和（5），可排除，这样部分坐位的安排情况必定如下（每条曲线连接着一对夫妇）：最后，根据（7），布莱尔必定是勒索者的配偶；因此布兰奇是勒索者。全部的坐位安排如下图：41.没有放上的数字根据（1），（A+B+C+D）+（D+E+F+G）+（G+H+I+A）=14+14+14，即2A+2D+2G+B+C+E+F+H+I=4209 这十个数字之和为45；因此，如果以J 代表没有放上的数字，则A+B+C+D+E+F+G+H+I=45-J。从第一个方程中减去第二个方程，得到：A+D+G=J-3。由于A+D+G 至少等于3，而J 最多等于9，只可能有以下的情况：A+D+G J(i) 3 6(ii) 4 7(iii) 5 8(iv) 6 9于是，以下情况中必然有一种会发生：从而得到：由此可见，只有（i）和（ii）能继续补上数字而不致发生重复，即：因此，根据（2），6 和7 分别是两个三角形中没被放上的数字。42.指认罪犯根据（1），高个男人必定站成下列形式之一（t 代表高个男人）：tttt 或ttt-或-ttt 或-tt-根据（2），白皙男人必定站成下列形式之一（f 代表白皙男人）：ff-或-ff 或 f-ff 或 ff-f根据（3），消瘦男人必定站成下列形式之一（s 代表消瘦男人）：s-s 或s-s-或-s-s 或-s-或-s-根据（4），漂亮男人必定站成下列形式之一（g 代表漂亮男人）：g-或-g根据（5），并根据（1），上述特征中的一部分可以给这四个男人分派如下：第一个男人第二个男人第三个男人第四个男人白皙消瘦高个漂亮高个接着，根据（2），部分特征的分布必定是下列三种情况之一：第一个男人第二个男人第三个男人第四个男人 白皙消瘦高个漂亮高个白皙 白皙消瘦高个漂亮高个白皙白皙 白皙消瘦高个漂亮高个白皙白皙然后，根据（3）和（6），只有在和中，第四个男人可能还是消瘦的；而且在、和中，不会再有其他男人是消瘦的。再根据（1）和（6），只有在中，第四个男人可能还是高个子，而且只有当第四个男人不是消瘦的时候这种情况才能发生；而且在、和中，不会再有其他男人是高个子。此外，根据（4），不会再有其他男人是漂亮的。因此，完整的特征分布必定是下列情况之一：第一个男人第二个男人第三个男人第四个男人 a 白皙消瘦高个漂亮高个白皙 b 白皙消瘦高个漂亮高个消瘦白皙 c 白皙消瘦高个漂亮高个高个白皙 白皙消瘦高个漂亮高个白皙白皙 a 白皙消瘦高个漂亮高个白皙白皙 b 白皙消瘦高个漂亮高个白皙白皙消瘦根据（7），可排除a、b、c 和。a 和b 显示：目击者指认第一个男人是罪犯。43.最后一个划船过湖的人八个人用只能乘坐三人的小船过湖，需要向湖对岸摆渡四次。根据（5），总有一次向湖对岸摆渡时船上只有两个人。根据（2）、（3）和（5），总有一个男人留在原地，直到最后一次摆渡（在整个过程中不一定是同一个男人）。根据以上的推断并根据（1）、（4）和（5），头四次摆渡采用的是下列两种方式中的一种（W 代表女人，M 代表男人，a 代表亚伯拉罕，b 代表巴雷特，c 代表克林顿，d 代表道格拉斯）：I i M WWWW M M Mii M WWWW M M Ma a b dc b a d( )( )?( )( )( )( )( )( )iii M WW M WW M Miv M WW M M M WWII i M M WWWW M Mii M M WWWW M Miii M WWWW M M W Miv M WWW M M M Wb c a db d a cc d a bc d b ab c d ab d a c?然后，根据（2）、（3）和（5），第（v） 步是巴雷特带着两个女人划船过湖；由于这种情况只能在方式中出现，所以可排除方式。接着，根据（2）（3）和（5），第（vi） 步是亚伯拉罕或克林顿划船返回而且船上只有一个人；最后，第（vii）步，是道格拉斯带着亚伯拉罕或克林顿划向湖对岸。44.第六号纸牌假设第六号纸牌是一张A。（a）于是，根据（5），第七号和第八号纸牌都不能是A；根据（4），它们不能是Q；根据（2），它们也不能是K。（b）另外，根据（3）， 在第七号和第八号纸牌中最多只能有一张是J。因此，根据（6）， 第六号纸牌不可能是A。假设第六号纸牌是一张Q。（a）于是， 根据（5），第四、五、七、八号纸牌都不能是Q； 而且根据（4），它们也不能是A。（b）另外，根据（6），第一、二、三号纸牌将是两张A 和一张 Q；可是根据（4）和（5），这是不可能的。因此，根据（6），第六号纸牌不可能是Q。假设第六号纸牌是一张J。（a）于是，根据（1），第七号和第八号纸牌都不能是A；根据（5），它们不能是J；根据（2），它们也不能是K。（b）另外，根据（2），在第七号和第八号纸牌中最多只能有一张是Q。因此，根据（6），第六号纸牌不可能是J。于是，第六号纸牌只能是K。可以确定的纸牌是第一号至第六号。由于第六号纸牌是K，根据（2）和（3），第五号或第四号纸牌是Q。如果第五号纸牌是Q，那么根据（3），第三号纸牌J。再根据（2），第二号纸牌不能是Q，而第一号和第四号纸牌则分别是 K 和Q。再根据（6），第二号纸牌必定是J，而这与（5）发生矛盾。因此，第五号纸牌不是 Q，而第四号纸牌是 Q。于是，根据（5），第一号和第三号纸牌都不是 Q；根据（3），第七号和第八号纸牌也都不是 Q；而根据前面的推断，第五号纸牌也不是Q。因此，第二号纸牌是Q。接着，根据（3），第三号纸牌是J；根据（2），第一号纸牌是K。随后根据（5）和（6），第五号纸牌是A。余下第七号和第八号纸牌，则分别是J 和A 或A 和J。45.最短的时间根据（2），各人汽艇在静水中每小时行驶的英里数，等于各人帐篷至奥斯本帐篷的距离的英里数。设d 为这个距离（单位为英里），r 为各艘汽艇的在静水中的速度（单位为英里/小时），t 为返程所花的时间（单位为小时）。根据（3），设c 为水流的速度（单位为英里/小时）。逆流而上时， d/（r-c）r/（r-c）t；顺流而下时，d/（r+c）r/（r+c）t。于是，根据（1）和（4），各人去程和返程所用的时间如下表：去程所用时间（小时） 返程所用时间（小时）威尔逊r/（r-c）5/4 r/（r+c）t泽维尔r/（r-c） 7/6 r/（r+c） t约曼r/（r+c）5/6 r/（r-c）t曾格r/（r+c） 3/4 r/（r-c） t其中，r 和t 是因人而异，而c 则对各人都一样。对于威尔逊， r5 c， t5/6，即 50 分钟。对于泽维尔，r ， ，即分钟。对于约曼， ， ，即7c t 7 / 8 52 r 5C t 5 / 41275 分钟。对于曾格， r3c， t3/2，即90 分钟。所以各人花在往返旅程上的全部时间，威尔逊是125 分钟，泽维尔是12212125 135 分钟，约曼是分钟，曾格是分钟。因此，泽维尔的全程时间最短。结果，由于约曼帐篷同奥斯本帐篷的距离为5c，而曾格帐篷同奥斯本帐篷的距离为3c，所以在上游约曼的帐篷比曾格的帐篷更远。由于在下游泽维尔帐篷同奥斯本帐篷的距离是7c，而威尔逊是5c，因此也许令人惊讶泽维尔的帐篷最远。46.仁爱的人每个人都恰好有三个特点。因此，根据（1）和（2），亚当具有下列四组特点中的一组：诙谐，漂亮，强壮诙谐，漂亮，仁爱漂亮，强壮，仁爱强壮，聪明，仁爱根据（1）和（3），布拉德具有下列四组特点的一组：诙谐，聪明，漂亮聪明，漂亮，强壮聪明，漂亮，仁爱漂亮，强壮，仁爱根据（1）和（4），科尔具有下列四组特点的一组：漂亮，强壮，聪明漂亮，强壮，仁爱强壮，聪明，仁爱聪明，诙谐，仁爱根据上面的特点组合并且根据（1），如果亚当具有仁爱的特点，那么布拉德和科尔都是聪明而又漂亮的，亚当就不能是聪明或漂亮的了。这种情况不可能，因此亚当不具有仁爱的特点。根据上面的特点组合并且根据（1），如果布拉德具有仁爱的特点，那么亚当和科尔都是漂亮的，布拉德就不能具有漂亮的特点了。这种情况不可能，因此布拉德不具有仁爱的特点。于是，科尔必定是具有仁爱特点的人了。我们还可以看出其中一人的全部三个特点，以及另外两个人各有的两个特点。由于科尔是仁爱的，所以亚当是诙谐、漂亮和强壮的；布拉德是既漂亮又聪明；从而科尔不能是漂亮的，所以科尔是既聪明又仁爱的人。47.“老处女”根据（1），必然是以下情况（A、B 和C 各代表一对中的一张，M 代表“老处女”）：多萝西手中洛雷塔手中罗莎琳手中A BC ABCM然后，根据（2）、（3）和（4）， 抽牌只能按下列某一过程进行：根据（4），过程（a）、（b）、（c）、（d）不能完成，因此都加以排除。根据（5），可排除过程（e）。因此过程（f）是实际进行的过程，是多萝西手中留下了“老处女”。48.史密斯家的人根据（1），奥德丽做健美操的日子，不是星期日和星期五，便是星期一和星期六。.如果奥德丽在星期日和星期五做健美操，那么根据（2）和（5），布伦达在星期二和星期六做健美操。.如果奥德丽在星期一和星期六做健美操，那么根据（2）和（5）， 布伦达在星期日和星期四做健美操。如果能适用于实际情况，则根据（5），康拉德和丹尼尔做健美操的日子是星期一、星期三和星期四；根据（3）和（4），具体在哪一天，可以是a.康拉德在星期一和星期四做健美操，丹尼尔在星期三做健美操，或者b.