数学中有哪些漂亮的无字证明？
1. 勾股定理的证明（面积分割法）
提起无字证明，勾股定理（$a^2 + b^2 = c^2$）的证明绝对是绕不开的经典。最广为流传的一种无字证明，巧妙地利用了面积的等价性。
想象一下：
构造： 取一张大正方形纸。我们要在其中构建一个与勾股定理相关的图案。
第一步（直观的 $a^2 + b^2$）： 在这张大正方形的四条边上，分别标记出长度为 $a$ 和 $b$ 的点。然后，将这些点连接起来，形成一个位于中心的小正方形。
此时，大正方形的边长是 $(a+b)$。所以大正方形的总面积是 $(a+b)^2$。
这个中心的小正方形，它的四条边都是斜边 $c$。你可能会问，怎么知道它是正方形？观察连接点的方式，你会发现它是由四个全等的直角三角形（边长分别为 $a, b, c$）和中间这个小正方形组成的。由于是直角三角形，当它们以特定方式排列时，中间的图形自然会形成一个正方形，其边长为 $c$。
那么，这个大正方形的面积 $(a+b)^2$ 也可以写成四个直角三角形的面积加上中间小正方形的面积。
每个直角三角形的面积是 $frac{1}{2}ab$。四个就是 $4 imes frac{1}{2}ab = 2ab$。
中间小正方形的面积是 $c^2$。
所以，$(a+b)^2 = 2ab + c^2$。
展开 $(a+b)^2$，我们得到 $a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2$。
消去两边的 $2ab$，就得到了 $a^2 + b^2 = c^2$。
第二步（更直接的 $a^2 + b^2$）： 接着，我们来换一个方式切割这张大正方形。
在大正方形的内部，分别画一个边长为 $a$ 的正方形，再画一个边长为 $b$ 的正方形。
如何“摆放”呢？我们可以将边长为 $a$ 的正方形放在左下角，边长为 $b$ 的正方形放在右上角。
这样一来，大正方形的面积 $(a+b)^2$ 就被清晰地分成了三部分：一个边长为 $a$ 的正方形（面积 $a^2$），一个边长为 $b$ 的正方形（面积 $b^2$），以及两块长方形，每块的长宽分别是 $a$ 和 $b$（面积 $ab$）。
所以，$(a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab$。
漂亮之处： 现在，我们有两个不同的方式来表达同一个大正方形的面积：
1. $(a+b)^2 = 2ab + c^2$ （由四个直角三角形和中间一个斜边为 $c$ 的正方形组成）
2. $(a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab$ （由两个边长分别为 $a$ 和 $b$ 的正方形以及两块长方形组成）
通过比较这两式，我们可以直观地看到，$c^2$ 确实等于 $a^2 + b^2$。这个证明最迷人的地方在于，它仅仅通过对同一块面积进行不同方式的“分割”和“重组”，就“看”到了勾股定理。你不需要推导，只需要“看懂”图像。
2. 证明所有小于 1 的分数之和等于 1 （分形分割）
想象一个正方形，边长为 1。我们可以用这个正方形来表示数字 1。
构造： 将这个单位正方形沿着对角线分成两半。每一半都是 $frac{1}{2}$。
第一次分割： 我们取其中的一块 $frac{1}{2}$。然后，将剩下的一块 $frac{1}{2}$ 再分成两半，每一半是 $frac{1}{4}$。我们再取其中一块 $frac{1}{4}$。
持续下去： 如此循环往复，每次都取剩下部分的一半。我们取了 $frac{1}{2}$，然后是 $frac{1}{4}$，再是 $frac{1}{8}$，$frac{1}{16}$，依此类推，直到无穷。
漂亮之处： 整个过程可以被可视化为一个“无限细分”的过程。
从单位正方形开始，我们“盖住”了一半。
然后，我们将剩下的那一半分成两份，再“盖住”其中的一份。
每一步，我们都“消耗”了剩下空间的一半。
这个过程就像是用一系列不断缩小的“片断”来填充整个正方形。
虽然我们每次只取“剩下的一半”，但通过无穷次的这样的操作，我们最终“填满”了整个正方形。
换句话说，$frac{1}{2} + frac{1}{4} + frac{1}{8} + frac{1}{16} + cdots = 1$。
这个证明的无字之处在于，它展示了一种“穷尽”的概念。通过不断地分割并选取其中一部分，最终能够“占据”全部空间，而无需计算这个无穷级数的具体值。它提供了一个几何上的直观理解，表明这个无穷的求和过程是“有限”的。
3. 证明 $1 + 3 + 5 + cdots + (2n1) = n^2$（平方数的形成）
这是另一个关于数列求和的优美例子，展示了如何通过图形的“生长”来理解公式。
构造： 从一个 1x1 的小正方形开始，代表数字 1。
下一步： 观察如何将这个 1x1 的正方形“扩展”成一个 2x2 的正方形。你需要添加多少个“小单位”？
如果你将 1x1 的正方形放在左下角，为了构成一个 2x2 的正方形，你需要在它右边加上一个 1x1 的方块，在它上面再加一个 1x1 的方块，然后在右上角再加一个 1x1 的方块。
这相当于在原来的 1x1 的正方形周围，“L”形地包围一圈。总共加了 3 个 1x1 的方块。
所以，$1 + 3 = 4 = 2^2$。
再下一步： 如何将这个 2x2 的正方形扩展成一个 3x3 的正方形？
同样，“L”形地在 2x2 的正方形外围包上一层。这次，这一层由 5 个 1x1 的方块组成（2个沿着上边，2个沿着右边，1个在右上角）。
所以，$1 + 3 + 5 = 9 = 3^2$。
一般化： 观察规律，从 $(n1) imes (n1)$ 的正方形扩展到 $n imes n$ 的正方形，你需要添加的“小单位”数量是多少？
每一层“L”形包围，都由 $(n1) + (n1) + 1 = 2n 1$ 个单位正方形组成。
因此，当我们将这些奇数项累加起来时，$1 + 3 + 5 + cdots + (2n1)$，就像是在一层一层地“堆砌”正方形，最终形成了一个 $n imes n$ 的正方形。
漂亮之处： 这个证明完全依赖于视觉和空间上的递进。它展示了奇数数列的求和如何通过构建不断增大的正方形来体现平方数的性质。每一个奇数都代表了“填充”到上一个正方形外层所需的“边框”面积，而这个边框的增加恰好完成了从 $(n1)^2$ 到 $n^2$ 的飞跃。你不需要任何代数推导，只需要“看到”这个过程。
4. 证明 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{6}$ （欧拉的溶液 几何猜想）
虽然严格来说，这个证明最初不是完全“无字”的，但欧拉的洞察和后续对其几何解释的探索，让它充满了无字证明的韵味。核心思想是联系一个看似离散的求和问题和一个连续的几何/三角函数问题。
基础： 欧拉考虑了 $sin(x)$ 函数的泰勒展开式：
$sin(x) = x frac{x^3}{3!} + frac{x^5}{5!} frac{x^7}{7!} + cdots$
联系根与系数： 欧拉受到多项式理论的启发，即一个多项式的根与其系数之间存在关系（韦达定理）。虽然 $sin(x)$ 不是一个多项式，但欧拉将其类比。
$sin(x) = 0$ 的根是 $x = 0, pmpi, pm 2pi, pm 3pi, ldots$。
他将 $sin(x)$ 除以 $x$（为了处理 $x=0$ 这个根）：
$frac{sin(x)}{x} = 1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} frac{x^6}{7!} + cdots$
$frac{sin(x)}{x} = 0$ 的根是 $x = pmpi, pm 2pi, pm 3pi, ldots$。
欧拉大胆地假设，这个无穷级数可以写成一系列“因子”的乘积，每个因子对应一个非零的根：
$frac{sin(x)}{x} = (1 frac{x}{pi})(1 + frac{x}{pi})(1 frac{x}{2pi})(1 + frac{x}{2pi})(1 frac{x}{3pi})(1 + frac{x}{3pi}) cdots$
利用 $(ab)(a+b) = a^2 b^2$，这个乘积可以写成：
$frac{sin(x)}{x} = (1 frac{x^2}{pi^2})(1 frac{x^2}{4pi^2})(1 frac{x^2}{9pi^2}) cdots$
比较系数： 现在，我们将这个乘积形式展开，并重点关注 $x^2$ 项的系数。
展开 $(1 frac{x^2}{pi^2})(1 frac{x^2}{4pi^2})(1 frac{x^2}{9pi^2}) cdots$
如果我们只取每一项的常数项 1，那么乘积就是 1。
如果我们从每个括号中取一个 $x^2$ 项，而其余项取常数 1，我们得到：
$frac{x^2}{pi^2} frac{x^2}{4pi^2} frac{x^2}{9pi^2} cdots = x^2 (frac{1}{pi^2} + frac{1}{4pi^2} + frac{1}{9pi^2} + cdots)$
所以，这个乘积展开后的 $x^2$ 的系数是 $(frac{1}{pi^2} + frac{1}{4pi^2} + frac{1}{9pi^2} + cdots) = frac{1}{pi^2}(1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + cdots)$
而我们最初的 $frac{sin(x)}{x}$ 的泰勒展开式是 $1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} cdots$。
比较 $x^2$ 项的系数：
$frac{1}{pi^2}(1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + cdots) = frac{1}{3!} = frac{1}{6}$
两边同时乘以 $pi^2$，得到：
$1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + cdots = frac{pi^2}{6}$
即 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{6}$。
漂亮之处（几何的猜想）： 尽管欧拉的证明涉及无穷乘积和根与系数的关系，但它“漂亮”的无字之处在于，它将一个纯粹的数论问题（数列求和）转化为了一个与函数行为（正弦函数）相关的几何/分析问题。那个无穷乘积 $(1 frac{x^2}{n^2pi^2})$ 可以被解释为某种“无限维的几何图形”的“周期性”或“振动模式”，而 $frac{sin(x)}{x}$ 的展开式则直接描述了这个“图形”的“形状”。欧拉的直觉是将数论的“离散”特性与分析的“连续”特性在同一个“形状”上联系起来，就像是不同角度观察同一个物体。虽然没有直接的二维图形，但这个联系本身就是一种几何上的“理解”。
总结
这些无字证明的美妙在于它们超越了纯粹的符号操作。它们通过几何直觉、空间构造或者优雅的类比，让我们“看到”数学真理的发生。它们鼓励我们跳出固有的思维框架，用更直观、更具启发性的方式去理解抽象概念。这些证明，更像是数学中的微型雕塑，每一刀都恰到好处，共同构成了一幅幅智慧的画面。
网友意见
一幅图胜过千言万语
1.证明1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+1/64+…＝1
2.sinθ^2+cosθ^2=1的几何证明，图中是一个四分之一的单位圆
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15.斐波那契数列的恒等式
可谓家喻户晓的斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21 ……这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和，即 F n+1 = F n + F n-1。
它的通项公式是
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， 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。
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。
16. 勾股定理
这个大家小学就学过的古老定理，有着无数传奇故事。我可以很随意的写出她的10个不同的证明方法。而路明思（Elisha Scott Loomis）在 《毕达哥拉斯命题》（ Pythagorean Proposition）提到这个定理的证明方式居然有367种之多，实在让人惊讶。这里给出一个不需要语言的证明方法。
实际上勾股定理是余弦定理的一种特殊情况，而余弦定理的证明，同样可以不用语言。
17. 关于反正切的恒等式
关于反正切，有如下两个很精彩的等式：
arctan1/2+arctan1/3=π/4 acrtan1+arctan2+arctan3=π 它们的证明方法也同样精彩。
18. 几何平均值小于 算术平均值
这是不等式中最重要和基础的等式：
它也可以通过图形来证明。
注意到△ABC∽△DBA ,可以很轻松地得到AB=√ab。剩下的就显而易见了。
19.
这是奇数的求和公式，下图是当n=8时的情形
20. 平方数的求和公式
一个很漂亮的公式，证明的过程令人眼前一亮。
21. 立方数的求和公式
立方数的求和证明与平方数的求和证明方法有些相像：
22.结果为1/3的一组 分子式
下面是一组分子式，他们的结果都等于1/3 ：
让我们用若干个小球看待这个公式。
23.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。
《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。
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。
24.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？
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？我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。建议读者在继续往下阅读前，可以先自行思考如何证明这个结论。
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。
25.自然数求和公式
26.自然数阶梯求和与 平方和 的关系
27.算术平均数—— 几何平均数 之间的不等式
28.调和平均数——几何平均数——算术平均数——平方平均数之间的不等式
29.算术-对数-几何平均值不等式
30.单调数列的切比雪夫不等式
31.用注水实验法验证勾股定理
1. 取直角三角形的三边长 a,b,c ,其中c 为斜边，分别制作成底面边长为 a,b,c 的正方形，高度相等的长方体容器；
2. 将底面边长为 a,b 的正方体容器注满水，再将两个容器中的水倒入底面边长为 c 的容器中；
3. 奇迹发生了，两个容器中的水恰好可以注满第三个容器！
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