各種花式謬證
你看過多少？
最近看到幾個有趣的數學謬證，想寫下來與大家分享；結果寫到這個又想到那個，一寫就寫個沒完，於是想到乾脆做一篇謬證大全，收集各種荒謬的證明。
1=2？史上最經典的“證明”
設 a = b ，則 a·b = a² ，等號兩邊同時減去 b² 就有 a·b – b² = a² – b² 。
注意，這個等式的左邊可以提出一個 b ，右邊是一個平方差，於是有 b·(a – b) = (a + b)(a – b) 。
約掉 (a – b) 有 b = a + b 。
然而 a = b ，因此 b = b + b ，也即 b = 2b 。
約掉 b ，得 1 = 2 。
這可能是有史以來最經典的謬證了。 Ted Chiang 在他的短篇科幻小說 Division by Zero 中寫到：
這個證明的問題所在想必大家都已經很清楚了：等號兩邊是不能同時除以 a – b 的，因為我們假設了 a = b ，也就是說 a – b 是等於 0 的。
無窮級數的力量 (1)
小學時，這個問題困擾了我很久：下面這個式子等於多少？
1 + (-1) + 1 + (-1) + 1 + (-1) + …
一方面，
1 + (-1) + 1 + (-1) + 1 + (-1) + …
= [1 + (-1)] + [1 + (-1)] + [1 + (-1)] + …
= 0 + 0 + 0 + …
= 0
另一方面，
1 + (-1) + 1 + (-1) + 1 + (-1) + …
= 1 + [(-1) + 1] + [(-1) + 1] + [(-1) + …
= 1 + 0 + 0 + 0 + …
= 1
這豈不是說明 0 = 1 嗎？
後來我又知道了，這個式子還可以等於 1/2 。不妨設 S = 1 + (-1) + 1 + (-1) + … ， 於是有 S = 1 – S ，解得 S = 1/2 。
學習了微積分之後，我終於明白了，這個無窮級數是發散的，它沒有一個所謂的“和”。無窮個數相加的結果是多少，這個是需要定義的。
無窮級數的力量 (2)
同樣的戲法可以變出更多不可思議的東西。例如，令
x = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + …
則有
2x = 2 + 4 + 8 + 16 + …
於是
2x – x = x = (2 + 4 + 8 + 16 + …) – (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + …) = -1
也就是說
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + … = -1
平方根的陰謀 (1)
定理：所有數都相等。
證明：取任意兩個數 a 和 b ，令 t = a + b 。於是，
a + b = t
(a + b)(a – b) = t(a – b)
a² – b² = t·a – t·b
a² – t·a = b² – t·b
a² – t·a + (t²)/4 = b² – t·b + (t²)/4
(a – t/2)² = (b – t/2)²
a – t/2 = b – t/2
a = b
怎麼回事兒？
問題出在倒數第二行。
永遠記住， x² = y² 並不能推出 x = y ，只能推出 x = ±y 。
平方根的陰謀 (2)
1 = √1 = √(-1)(-1) = √-1·√-1 = -1
嗯？
只有 x 、 y 都是正數時， √x·y = √x·√y 才是成立的。
-1 的平方根有兩個， i 和 -i 。 √(-1)(-1) 展開後應該寫作 i·(-i) ，它正好等於 1 。
複數才是王道
考慮方程
x² + x + 1 = 0
移項有
x² = – x – 1
等式兩邊同時除以 x ，有
x = – 1 – 1/x
把上式代入原式中，有
x² + (-1 – 1/x) + 1 = 0
即
x² – 1/x = 0
即
x³ = 1
也就是說 x = 1。
把 x = 1 代回原式，得到 1² + 1 + 1 = 0 。也就是說， 3 = 0 ，嘿嘿！
其實， x = 1 並不是方程 x² + x + 1 = 0 的解。在實數範圍內，方程 x² + x + 1 = 0 是沒有解的，但在複數範圍內有兩個解。
另一方面， x = 1 只是 x³ = 1 的其中一個解。 x³ = 1 其實一共有三個解，只不過另外兩個解是複數範圍內的。考慮方程 x³ – 1 = (x – 1)(x² + x + 1) = 0 ，容易看出 x³ = 1 的兩個複數解正好就是 x² + x + 1 的兩個解。因此， x² + x + 1 = 0 與 x³ = 1 同時成立並無矛盾。
注意，一旦引入複數後，這個謬論才有了一個完整而漂亮的解釋。或許這也說明了引入複數概念的必要性吧。
頗具喜劇色彩的錯誤
眾所周知，
1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1) / 2
讓我們用 n – 1 去替換 n ，可得
1 + 2 + 3 + … + (n-1) = (n-1)n / 2
等式兩邊同時加 1 ，得：
1 + 2 + 3 + … + n = (n-1)n / 2 + 1
也就是
n(n+1) / 2 = (n-1)n / 2 + 1
展開後有
n² / 2 + n / 2 = n² / 2 – n / 2 + 1
可以看到 n = 1 是這個方程的唯一解。
也就是說⋯⋯ 1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1) / 2 僅在 n = 1 時才成立！
這個推理過程中出現了一個非常隱蔽而搞笑的錯誤。等式兩邊同時加 1 後，等式左邊得到的應該是
1 + 2 + 3 + … + (n-2) + (n-1) + 1
1 塊錢等於 1 分錢？
我要用數學的力量掏空你的錢包！請看：
1 元 = 100 分 = (10 分)² = (0.1 元)² = 0.01 元 = 1 分
用這個來騙小孩子們簡直是屢試不爽，因為小學（甚至中學）教育忽視了一個很重要的思想：
單位也是要參與運算的。事實上， “100 分 = (10 分)²” 是不成立的， “10 分” 的平方應該是 “100 平方分” ，正如 “10 米” 的平方是 “100 平方米” 一樣。
數學歸納法的杯具 (1)
下面這個“證明”是由數學家 George Pólya 給出的：任意給定 n 匹馬，可以證明這 n 匹馬的顏色都相同。
對 n 施歸納：首先，當 n = 1 時命題顯然成立。若命題對 n = k 成立，則考慮 n = k + 1 的情形：由於 {#1, #2, …, #k} 這 k 匹馬的顏色相同， {#2, #3, …, #k+1 } 這 k 匹馬也相同，而這兩組馬是有重疊的，可知這 k+1 匹馬的顏色也都相同了。
這個證明錯在，從 n = 1 推不出 n = 2 ，雖然當 n 更大的時候，這個歸納是正確的。這是數學歸納法出錯的一個比較奇特的例子：基礎情形和歸納推理都沒啥問題，偏偏卡在歸納過程中的某一步上。
數學歸納法的杯具 (2)
下面，我來給大家證明，所有正整數都相等。
為了證明這一點，只需要說明對於任意兩個正整數 a 、 b ，都有 a = b 。
為了證明這一點，只需要說明對於所有正整數 n ，如果 max(a, b) = n ，那麼 a = b 。
我們對 n 施歸納。當 n = 1 時，由於 a 、 b 都是正整數，因此 a 、 b 必須都等於 1 ，所以說 a = b 。若當 n = k 時命題也成立，現在假設 max(a, b) = k + 1 。則 max(a – 1, b – 1) = k ，由歸納假設知 a – 1 = b – 1 ，即 a = b 。
這個問題出在， a – 1 或者 b – 1 有可能不是正整數了，因此不能套用歸納假設。
1 是最大的正整數？
來自網友 boring David 發來的郵件：
證明： 1 是最大的正整數。假設最大的正整數不是 1 ，是 a ，則必有 a > 1 。於是有 a² > a ，即 a² 是一個比 a 更大的正整數，與 a 的最大性矛盾。因此 1 是最大的正整數。
這個證明是錯誤的。在假設最大正整數是 a 之前，你得先說明它的存在性，排除最大的正整數根本不存在的可能性（而事實情況正是後者）。
所有三角形都是等腰三角形
別以為謬證都是隱藏在數字和字母之中的。下面就是一個經典的幾何謬論。
畫一個任意三角形 ABC 。下面我將證明， AB = AC ，從而說明所有三角形都是等腰三角形。
令 BC 的中垂線與 ∠A 的角平分線交於點 P 。過 P 作 AB 、 AC 的垂線，垂足分別是 E 、 F 。
由於 AP 是角平分線，因此 P 到兩邊的距離相等，即 PE = PF 。
於是，由 AAS 可知 △APE ≌ △APF 。
由於 DP 是中垂線，因此 P 到 B 、 C 的距離相等，由 SSS 可知 △BPD ≌ △CPD 。
另外，由於 PE = PF ， PB = PC ，且 ∠BEP = ∠CFP = 90° ，由 HL 可知 △BEP ≌ △CFP 。
現在，由第一對全等三角形知 AE = AF ，由最後一對全等三角形知 BE = CF ，因此 AE + BE = AF + CF ，即 AB = AC 。
這個證明過程其實字字據理，並無破綻。證明的問題出在一個你完全沒有意識到的地方——這個圖形就是錯的！
事實上， BC 的中垂線與 ∠A 的角平分線不可能交於三角形的內部。我們可以證明， P 點總是落在 △ABC 的外接圓上。
如圖， P 是 BC 的中垂線與外接圓的交點，顯然 P 就是弧 BC 的中點，即弧 BP = 弧 PC 。
因此， ∠BAP = ∠CAP ，換句話說 P 恰好就在 ∠A 的角平分線上。
P 在 △ABC 外的話，會對我們的證明產生什麼影響呢？
你會發現，垂足的位置發生了本質上的變化—— F 跑到 AC 外面去了！
也就是說，結論 AE + BE = AF + CF 並不錯，只是 AF + CF 並不等於 AC 罷了。
一個可怕的邏輯錯誤
下面這個勾股定理的“證明”曾經發表在 1896 年的 The American Mathematical Monthly 雜誌上：
假設勾股定理是正確的，於是我們可以得到
AB² = AC² + BC²
BC² = CD² + BD²
AC² = AD² + CD²
把後兩式代入第一個式子，有
AB² = AD² + 2·CD² + BD²
但 CD^2 = AD·BD ，因此
AB² = AD² + 2·AD·BD + BD²
即
AB² = (AD + BD)²
即
AB = AD + BD
而這顯然成立。因此，我們的假設也是成立的。
這個證明是錯誤的。假設結論正確，推出一個矛盾，確實能說明這個假設是錯誤的（這就是反證法）；但假設結論正確，推出它與條件吻合，這卻並不能說明假設真的就是正確的。錯誤的假設也有可能推出正確的結果來。
最經典的例子就是，不妨假設 1 = 2 ，由等式的對稱性可知 2 = 1 ，等量加等量有 1+2 = 2+1 ，即 3 = 3 。但 3 = 3 是對的並不能表明 1 = 2 是對的。
如此反證
Joe 去理髮店理髮。理髮店有 A 、 B 、 C 三位師傅，但他們並不總是待在理髮店裡。 Joe 最喜歡 C 的手藝，他希望此時 C 在理髮店裡。他遠遠地看見理髮店還開著，說明裡面至少有一位師傅。另外， A 是一個膽小鬼，沒有 B 陪著的話 A 從不離開理髮店。
Joe 推出了這麼一個結論： C 必然在理髮店內。讓我們來看看他的推理過程。
反證，假設 C 不在理髮店。這樣的話，如果 A 也不在理髮店，那麼 B 就必須在店裡了，因為店裡至少有一個人；然而，如果 A 不在理髮店， B 也理應不在理髮店，因為沒有 B 陪著的話 A 是不會離開理髮店的。因此，由 “C 不在理髮店” 同時推出了 “若 A 不在則 B 一定在” 和 “若 A 不在則 B 也一定不在” 兩個矛盾的結論。這說明， “C 不在理髮店” 的假設是錯誤的。
從已有的條件看， C 當然有可能不在理髮店。但是，為什麼 Joe 竟然證出了 C 一定在理髮店呢？因為他的證明是錯的。其實， “若 A 不在則 B 一定在” 和 “若 A 不在則 B 也一定不在” 並不矛盾——如果事實上 A 在理髮店，那麼這兩個條件判斷句都是真的。 “若 A 不在則 B 一定在” 真正的否定形式應該是 “A 不在並且 B 也不在” 。
自然語言的表達能力
我曾寫過：
定理：
所有的數都可以用 20 個以內的漢字表達（比如 25852016738884976640000 可以表達為“二十三的階乘”， 100000000000000000000000 可以表達為“一後面二十三個零”）
證明：
反證，假設存在不能用 20 個以內的漢字表達的數，則必有一個最小的不能用 20 個以內的漢字表達的數，而這個數已經用“最小的不能用 20 個以內的漢字表達的數”表達出來了，矛盾。
當然，這個定理明顯是錯的，因為 20 個漢字的組合是有限的，而數是無限多的。這個證明錯在哪兒了呢？我也沒辦法一針見血地道出個所以然來，大家一起來討論吧。
有趣的是，我們有一個與之相關的（正確的）定理：存在一個實數，它不能用有限個漢字來表達。
這是因為，有限長的漢字字符串是可數的，而實數是不可數的。更有趣的是，這個定理的證明必然是非構造性的。
兩邊同時取導數 (1)
取一個正整數 N 。則有
N² = N + N + N + … + N （ N 個 N ）
兩邊同時取導數，有
2N = 1 + 1 + 1 + … + 1 = N
兩邊同時除以 N ，得2 = 1
數學威武！
這個推理是有問題的（廢話）。隨著 N 的增加，等式右邊的 N 的個數卻沒變，因此 N² 的增長率比等式右邊更大。
兩邊同時取導數 (2)
令 x = 1 ，兩邊同時取導數， 1 = 0 。哈哈！
問題出在哪兒？這裡有意略去答案不寫，呵呵。
鏈式法則也出錯？
下面這個例子告訴我們，數學符號混淆不得，分清每個數學符號的意義有多重要。
定義 f(x, y) := (x + y)² ，然後令 x = u – v ，令 y = u + v 。我們有：
∂f/∂x = ∂f/∂y = 2(x + y)
∂x/∂v = -1
∂y/∂v = +1
根據鏈式法則，有
∂f/∂v = (∂f/∂x)·(∂x/∂v) + (∂f/∂y)·(∂y/∂v)
= 2(x + y)·(-1) + 2(x + y)·(1)
= 0
但是， f(u, v) = (u + v)² ，因此 ∂f/∂v = 2(u + v) = 2y 。這豈不是說明 y = 0 了麼？但是，條件裡並沒有什麼地方規定 y = 0 呀？這怎麼回事？
問題出在，整個推理過程把兩個不同的函數都用 f 來表示了。事實上，一個函數是 f(x, y) := (x + y)²，另一個函數是 F(u, v) = f(u – v, u + v) = (2u)² 。鏈式法則求的並不是 ∂f/∂v ，而是 ∂F/∂v 。
不定積分的困惑
我們嘗試用分部積分法求解 ∫ (1/x) dx 。
令 u = 1/x ， dv = dx
du = -1/x² dx ， v = x
於是 ∫ (1/x) dx = (1/x)x – ∫ x(-1/x²) dx = 1 + ∫ (1/x) dx
怎麼回事？
不怎麼回事。這個等式是成立的。別忘了，不定積分的最後結果要加上一個常數 C 。
記得學高數時，求一積分，兩哥們兒做出來的答案差別很大，而且試了很久也沒能把其中一個答案變形成另外一個。後來終於恍然大悟：他們的答案是有可能不相同的，可以差一個常數嘛！
貌似漏掉了什麼
很多 Goldbach 猜想、孿生素數猜想的“證明”都栽在了下面這個有時候很不容易注意到漏洞。
讓我們來證明一個看上去有些不可思議的結論： πe 是一個有理數。首先注意到，對任意有理數 r ， logπr 都是無理數，否則令 s = logπr ，我們就有 πs = r ，這與 π 是超越數矛盾。
現在，假設 πe 是無理數，也就是說對任意有理數 r ， πe 都不等於 r 。這也就是說，對任意一個 r ， logππe 都不等於 logπr 。由前面的結論， logππe 就不等於任意一個無理數。但logππe 是等於 e 的，這與 e 的無理性矛盾了。因此，我們的假設是錯的—— πe 是一個有理數。
對於有理數 r ，logπr 確實是無理數；但遍歷所有的有理數 r ，並不能讓 logπr 遍歷所有的無理數，而 e 正好就等於某個漏掉的無理數。
不過，也不要想當然地認為， πe 當然是一個無理數。目前為止， πe 是否有理還是一個謎。
http://www.matrix67.com/blog/archives/3718
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