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Table of Contents
- 勾股定理&余弦定理
- 关于反正切的恒等式
- 几何平均值小于算术平均值
- Hex Numbers(中心六边形数)求和公式
- 平方数的求和公式
- 立方数的求和公式
- Fibonacci(斐波那契)数列
- 定积分的分部积分法
- 最受数学家喜爱的无字证明
- 棋盘上的数学证明
勾股定理&余弦定理
$$
a^2 + b^2 = c^2
$$
远在公元前约三千年的古巴比伦人就知道和应用勾股定理，他们还知道许多勾股数组。古埃及人在建筑宏伟的金字塔和尼罗河泛滥后测量土地时，也应用过勾股定理。在中国，商朝时期的商高提出了“勾三股四弦五”的勾股定理特例。在西方，最早提出并证明此定理的为公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，因而勾股定理又称“毕达哥拉斯定理”
勾股定理实际上勾股定理是余弦定理的一种特例，而余弦定理的证明也可以不用语言
$$
c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\theta
$$
余弦定理关于反正切的恒等式
关于反正切，有以下很精彩的等式
$$
\arctan \frac 12 + \arctan \frac 13 = \frac \pi4\tag{1}
$$
以及
$$
\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \pi\tag{2}
$$
鉴于 $\arctan1=\frac\pi4$ 以上两个公式非常容易即可互推，可看做反正切恒等式的两种等价形式
反正切恒等式 1它们的证明方法也同样精彩，不言自明
反正切恒等式 2几何平均值小于算术平均值
这是不等式中最重要也最为基础的等式
$$
\sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}
$$
几何平均值小于算术平均值易得△ABC∽△DBA，可以很轻松地得到$AB=\sqrt{ab}$ ，剩下的就显而易见了
Hex Numbers(中心六边形数)求和公式
$$
h_1 + h_2 + … + h_n = n^3
$$
升维证明跃然于纸上，呼之欲出，妙不可言
Hex Numbers求和公式由平面图形到立体图形的这步转换，实在令人拍案叫绝！
平方数的求和公式
$$
1^2 + 2^2 + … + n^2 = \frac{n(n+\frac 12)(n+1)}{3}
$$
平方数的求和公式立方数的求和公式
$$
1^3+2^3+3^3+…+n^3=\frac{(n^2+n)^2}{4}
$$
立方数的求和公式Fibonacci(斐波那契)数列
没刷过Fibonacci数列的Coder请自觉面壁
家喻户晓的斐波那契数列指的是这样一个数列：
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这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和，通项公式是
$$
F_n=\frac {1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac {1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac {1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right]
$$
有趣的是，这样一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理数来表达的。而且当n无穷大时$\frac {F_{n-1}}{F_n}$越来越逼近黄金分割数0.618。正因为它的种种神奇性质，美国数学会甚至从1960年代起出版了《斐波纳契数列》季刊。关于斐波那契数列，有一个恒等式是这样的
斐波那契数列恒等式这个等式很漂亮，不需要借助复杂的数学推导，它有一个很直观的证明方法
斐波那契数列恒等式 证明定积分的分部积分法
定积分的分部积分法Physixfan: 原来分部积分法的几何意义是如此简单直观。。可是为什么当初刚学的时候没有人告诉过我呢~？
Abel: 原来分部积分法的几何意义是如此简单直观。。可是谁来告诉我分部积分法是什么来着。。（摔！）
最受数学家喜爱的无字证明
1989 年的《美国数学月刊》（American Mathematical Monthly）上有一个貌似非常困难的数学问题：下图是由一个个小三角形组成的正六边形棋盘，现在请你用右边的三种（仅朝向不同的）菱形把整个棋盘全部摆满（图中只摆了其中一部分），证明当你摆满整个棋盘后，你所使用的每种菱形数量一定相同。
正六边形棋盘《美国数学月刊》提供了一个非常帅的“证明”。把每种菱形涂上一种颜色，整个图形瞬间有了立体感，看上去就成了一个个立方体在墙角堆叠起来的样子。三种菱形分别是从左侧、右侧、上方观察整个立体图形能够看到的面，它们的数目显然应该相等。
《美国数学月刊》题解它把一个纯组合数学问题和立体空间图形结合在了一起，实在让人拍案叫绝。这个问题及其鬼斧神工般的“证明”流传甚广，深受数学家们的喜爱。死理性派曾经讨论过这个问题，同时它还是死理性派logo的出处。
点开上述链接，你会看到下面这张封面——我觉得这非常酷
《最迷人的数学趣题》封面棋盘上的数学证明
在一个8×8的国际象棋棋盘上，我们可以用32张多米诺骨牌（是两个相连正方形的长方形牌）覆盖整个棋盘上的64个方格。如果将对角线上的两个方格切掉，剩下来的62个格子还能用31张骨牌覆盖住吗？
国际象棋棋盘答案是不能的。每一张骨牌在棋盘上必是覆盖住两个相邻方格，一白一黑。所以31张骨牌应该可以盖住31个黑格和31个白格。而这被切了角的棋盘上的方格有32个是一种颜色，另一种颜色是30个，因此是不能被31张骨牌覆盖的。
但是如果我们切掉的不是颜色相同的两个呢？假如我们从棋盘的任何部位切掉两个颜色不同的方格，那么剩下来的62格是否一定能被31张骨牌完全盖住？可以告诉你这是一定能做到的,并且关于这个结论，存在一个非常漂亮的证明。
国际象棋骨牌问题证明上图就是那个漂亮的证明。不妨对它再赘述两句。粗黑线条将整个棋盘转变为一条首尾相连、黑白格相间的封闭路线。从这棋盘上切掉任何两个颜色不同的方格，会让这个封闭线路变成两段线路（如果切掉的方格是相连的，那就是一条线路）。在这两段（或一段）线路中，两种颜色的格子数量都是偶数，故分别都可以被若干张骨牌覆盖。从而证明整个棋盘可以被31张骨牌完全覆盖。
这个著名的棋盘问题是数学游戏大师马丁•加德纳提出的，而上述精妙绝伦的证明则是数学家哥莫瑞（Ralph Gomory）找到的。它们后来被收录在《意料之外的绞刑和其他数学娱乐》这本书里。
文章来源：《盘点数学里十大不需要语言的证明》
