这是本学期的最后一篇科普性推文啦！今天，小编给大家带来的是一系列绝妙而不可思议的证明，保证你看完之后会拍手惊叹“妙哇！妙哇！”

铛铛铛！一号选手带着他的证明已就绪！

一号选手应太过优秀，直接免赛保送清华！

????严肃点，以下才是正文！

手动分割线~动分割线~分割线~割线~线~

01

存在无理数的无理数次幂是有理数

竟然两句话就证明了，此题的精妙之处就在于完全都不需要去知道根号2的根号2次幂究竟是有理数还是无理数。

02

网格覆盖问题

如下左图8×8的正方形网格盘，将左上角和右下角的两个小正方形挖掉，问：能否用右图所示的1×2的长方形块不重叠地恰好覆盖此正方形网格盘。

答案是不能的，即使穷尽所有可能性，都不可能完成，但关键是怎样去证明这个不可能性。

证明：此处需要联想到国际象棋的棋盘，同样地除去其左上角和右下角的方格。

如此我们可以看到，不论长方形块是横着放还是竖着放，每个长方形块都会覆盖到一个白格子和一个黑格子，这意味着棋盘上的白格子和黑格子的数量应是相等的，然额事实是我们已经挖去了两个白格子，这就导致白格子的数量少于黑格子的数量，所以覆盖是不可能的。

03

六边形覆盖问题

下图是由许多个小三角形构成的正六边形棋盘，然后用右边的三个方向的菱形去覆盖棋盘，证明当恰好完全覆盖时，所使用的菱形数量相等。

类似于上面的网格覆盖问题，这里也需要用到一个技巧，就是“涂色”的技巧，不同的是不是对网格涂色，而是对三种不同方向的菱形涂不同的颜色。下图是某一种覆盖方式，

神奇的现象发生了，上面的正六边形棋盘变得立体起来了，好像是由一个个小立方体堆起来的。我们看到的每种颜色块的数量其实就是从对应的视角看到的正方形块的数量。

04

拉塞姆问题

任意六个人中，一定存在三个人，他们互相都认识，或者都不认识。

上面这个命题不太像数学命题，但是我们换个方式去表达：我们将六个人视为六个点，任意两个人之间如果他们相互认识就用红边连接，如果不认识就用蓝边连接，如果存在三个人相互认识就构成了一个红色边的三角形，如果存在三个人互相不认识就构成了一个蓝色边的三角形。那么问题就转变为：一定存在一个同色三角形。

证明：（反证法）假设不存在同色三角形，我们先从一个点P1出发，那么由这个点P2出发的边一定有三条边同色，不妨假设为红色，这三条边所连的点为P2、P3、P4.

根据前提假设，那么P2P3、P3P4、P2P4之间都不可能为红边，然而这样P2P3P4就构成了一个蓝色边的三角形，从而得出矛盾。

05

三个不同半径、相离且圆心不共线的圆，两两外公切线的交点共线.

这里的证明也是化平面为立体，假设这三个圆是三个球的赤道截面，那么我们有一个包含三个南极点的平面P1（可以想象一下把这三个球放在桌面上），和另一个与三个球都相切的平面P2（假设我们拿一张硬纸板覆盖它们）。

P1和P2相交于直线l，显然l包含了三个圆的外公切线交点。P1和P2的评分面P3穿过三个球心或者说圆心，且包含直线l。而P3就是这张2D图的所在平面，所以图中三个交点共线。

[来源：https://www.zhihu.com/question/359244589/answer/993448405]

还有以下这些如同勾股定理证明的“无字证明”

06

托密勒定理

圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。

如图，证明a×c+b×d=e×f.

证明如下图：

07

1+q+q^2+q^3+……=1/(1-q),(0<q<1)

证明可从下图并利用三角形全等的关系得到

08

1/(1×2）+1/（2×3）+……1/(n×(n+1))=n/(n+1)

证明同样可从下图并利用三角形全等的关系得到

编辑 ∑Gemini

来源：浙大学报英文版

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