1樓：
隨便寫兩個數，例如3和5。3乘5就是3個5相加：
3×5=5+5+5
6乘6=6+6+6+6+6+6（6個6相加，也就是6^2）那麼，x個x相加呢，就是x乘x，即x^2
x^2=x+x+……+x（共x項，也就是x個x）對兩邊求導，得到：
2x=1+1+……+1（共x項，也就是x個1）既然是x個1，那就是x乘1咯，所以：
2x=x
於是：2=1
2樓：星界旅行者
這是在大數學家Euler手稿中發現的錯誤,1+x+x^2+...=1/1-x
sox/1-x=x+x^2+...
另一方面有
x/x-1=1/1-1/x=1+1/x+1/x^2+...
so，兩式相加，和為零。
當我看到尤拉的這個錯誤的時候，不禁感嘆，大師原來也會犯忽視前提的錯誤。
其實根據Euler的演算法
還可以這樣玩，比如1+2+2^2+...=x2x=2+2^2+...
so x=-1
3樓：李小羊
證明：鍋本來就是油的
如果鍋洗了n次之後還是油的那麼鍋本來就是油的鍋洗了1次之後是油的
當n=1時成立
假設當n=k時也成立
那麼我多洗一遍鍋之後鍋還是油的
那麼當n=k+1時也成立
根據數學歸納法
鍋洗了n次之後還是油的（n=任意正整數）
所以鍋本來就是油的
4樓：raoxj
乙個很有名的例子是這個對四色定理的簡短的證明(Alfred Kempe, 1879)，直到11年後才有人(Percy Heawood, 1890)指出了這個證明的錯誤。
這個證明需要用到乙個引理，由於證明並不是很複雜（用尤拉公式）而且不是本答案重點（ie 它的證明是對的），我們就不證它了：
引理乙個n>=3個頂點的平面圖G最多有3n-6條邊。
現在我們來證明四色定理。
定理對任何平面圖G，都可以給G的每個頂點分配乙個顏色，使得任何G中的邊的兩個頂點顏色都不同。
這個定理的描述和通俗版本的不太一樣：四色定理的通俗版本是說，任何乙個平面上的地圖都能用四種顏色染色使得相鄰國家的顏色不同。我們可以想象每個國家有乙個首都(G的頂點)，每兩個相鄰國家的首都之間都有一條不一定是直線的路(G中的邊)。
於是通俗版本的四色定理就變成了上面的圖論描述。
證明：(1)v的度是4。設和v相鄰的頂點按順時針順序為a,b,c,d，不妨設它們的顏色按順序分別為1-4。
現在補充乙個定義：稱一條G-v中的路徑為(i,j)-路徑，如果路徑上的頂點的顏色按順序依次間隔為i和j。現在考慮由a出發的所有(1,3)-路徑。
如果c不在任何這樣一條路徑上，那麼我們直接把所有這樣的路徑上的1和3交換即可讓a用3染色同時不破壞剩下的圖G-v的四色染色。然後用1來染v即可。不然，我們有一條從a到c的(1,3)-路徑。
由於G是平面圖而且abcd是按順時針排列的(見下圖)，我們知道不可能存在從b到d的(2,4)-路徑了，於是把從b出發的(2,4)-路徑上的2和4交換即可；
(2)v的度是5，和v相鄰的頂點按順時針順序為a,b,c,d,e，且顏色按順序為1,2,3,4,1(只是一種情況)。考慮從b開始的(2,4)-路徑，如果d不在任何一條這樣的路徑上那麼和第一種情況類似交換b開始的(2,4)-路徑上的2和4即可；不然如果b到d有一條(2,4)-路徑，從c到a和e就無法有(1,3)-路徑了(見下圖)，不然G不是平面圖。於是和第一種情況類似可以解決這種情況；
(3)v的度是5，和v相鄰的頂點按順時針順序為a,b,c,d,e，且顏色按順序為1,2,3,1,4。注意到實質上不同的染色只有這種情況和上面的第二種。現在如果e不在b開始的(2,4)-路徑上，或者e不在c開始的(3,4)-路徑上，我們都可以交換b或c開始的對應路徑上的顏色從而解決；不然，e有一條到b的(2,4)-路徑，而且有一條到c的(3,4)-路徑。
但是這樣一來，a到c就無法有(1,3)-路徑，而且d到b也無法有(1,2)-路徑了(見下圖)，於是我們交換a的(1,3)-路徑上的1和3，以及d的(1,2)-路徑上的1和2，於是a變成了顏色3，d變成了顏色2。現在我們就可以把v用1染色了。
綜上所述，如果G-v 可以用四種顏色染色，G也能用四種顏色染色。於是任何平面圖G都能用四種顏色染色。
5樓：
最經典的應該是這個了:
MSE上都能拿500vote....
當然放到你國就很魔幻現實主義了...
鉤直餌鹹,當年吊了一籮筐魚,驚動了中國青年報...
別有用心的「圓周率謠言」-中國青年報
當然其實現在也能用.....
6樓：科技方子春
扔n個硬幣，它們朝上的那面必然都是一樣的
證：n=1時顯然成立。
若它對所有n-1個硬幣的情況均成立，則扔n個，從第乙個到倒數第二個朝上的那面都是一樣的，第二個到倒數第乙個朝上的那面也是一樣的，也就是說第乙個跟倒數第乙個跟剩下的那些都是一樣的，就是說所有的都是一樣的，成立。
7樓：貝雲濱
假定乙個人有n根頭髮
n=0的時候，這個人是禿子
n=1的時候，這個人也是禿子
假設n=k時，這個人是禿子
我們發現n=k+1時，這個人也是禿子
所以，對於任何自然數n，都可以得出，這個人是禿子，所以每個人都是禿子。
以上，完美。
8樓：江世俊
有乙個關於有理數之和等於-1/12的
然後在youtube上有關於它的證明
9樓：了屋嚕
~~~~~~~原答案！~~~~~~~我能說這個其實出自於暴漫嗎…侵刪. 但圖是我畫的！
已知有乙個圓半徑r=1，然後有乙個以它直徑為邊長的正方形，可知周長c=8
然後這個時候，把正方形的角角折進去…額好白話…也就是取中點做垂線之類的，可知現在紅線長度與之前的周長相等還是8
然後繼續這樣的操作，紅線長度永遠等於周長8
最後…最後那個角角越來越多越來越小，直到無限貼近於那個圓，你會發現，c=2π ？？所以π=4哈哈哈哈哈哈
畫這個圖超麻煩的，快給我小心心(*ω)
10樓：隨風飄盪2018
1.證明世界上所有人都是禿子
當乙個人只有一根頭髮時，顯然他是禿子
當n=k時，假設他是禿子，則當n=k+1時，顯然他也是禿子綜上:世界上所有人都是禿子
2.(x^2)'=(x+x+……+x)'(共x個x)=1+1+……+1(共x個1)=x
11樓：玄學家
定理:任何整數都可以用20個以內漢字表達出來，"二十"，"第二百五十六個素數"，"二的三百六十五次方"等等
證明:反證法，假設存在一系列數a1,a2…不能用20個漢字表達，那麼對於最小的乙個a1，可以用"最小的不能用二十個漢字表達的數"表達，由於字數滿足要求，因此a1不屬於集合，矛盾，所以不存在不能用20個漢字表達的整數
12樓：
等周不等式的初等幾何版「證明」：
等周不等式：在周長相等的封閉曲線中，圍成的面積最大的曲線是圓。
證明：1.如果某曲線 Γ 是等周問題的解，那麼Γ所圍成的圖形必須是凸的；
2.如果Γ是等周問題的解，那麼，如果Γ上的兩點 A和 B 連成的直線段平分了Γ的周長，那麼AB必然平分了Γ所圍成圖形的面積。
3.如果Γ是等周問題的解，那麼其上取一條既平分周長有平分面積的弦AB，那麼Γ上任意異於A和B的點對應弦AB的張角必須是直角。
顯然，滿足上述三個條件的曲線必定是圓，證畢。
寫的比較簡略，事實上上面三個命題都是對的，但整個證明是有問題的。看看有多少人能看出來問題
13樓：哈里·謝頓
三江第一定理
威震民科吧的三江第一定理，好吧我開玩笑的……
正經的分割線
歐幾里得幾何原本的第五公設：若兩直線和第三條直線相交，且在同一側所構成的兩個同旁內角之和小於兩個直角。這兩條直線像該側延伸一定相交。
然而在幾何原本中，只有乙個命題的證明需要直接用到這條公設（命題29：兩直線平行同位角相等，同旁內角互補）因此當時認為應該可以在不涉及平行角相關定理的情況下應該是可以證明第五公設的（想看更詳細的戳這裡：第五公設）
其中最具迷惑性且最經典的證明是法國數學家阿德利昂·瑪利·埃·勒讓德的證明：首先先證明三個預備定理（下文的d均表示直角）
第一預備定理、：三角形內角和不能大於兩個直角
點D1也可以取在AC上
假設△ABC內角和為2d+φ（φ＞0）
如圖，作BC中點D，延長AD至B1，使AD=DB1，易得△ABD≌△B1DC。
得∠DB1C=∠DAB，∠DCB1=∠DBA。從而，△AB1C應與△ABC內角和相等，也為2d+φ。但是由於△AB1C的最小內角顯然不大於∠CAB1與∠AB1C中的較小者，因此也不大於∠DAB與∠CAD之中的較小者。
因此顯然，△AB1C中的最小內角不超過 。
當以上過程重複n-1次時，所得的第n個三角形內角和依然為2d+ φ，但最小內角卻不大於 ,這時候，三角形另外兩個內角的和應該不小於 ，當n達到乙個足夠大的數值時，將大於2d，這是不可能的。從而與題設矛盾。從而第一預備定理得證。
第二預備定理：若如存在乙個三角形內角和為2d則所有三角形內角和均為2d
首先，這個定理可以轉化成另乙個等價命題：任意乙個直角三角形的內角和為2d，因為任意乙個三角形都能從最大的內角上向對邊作高，從而分割成兩個直角三角形，而他們的直角又重合成一條邊。
現在假定△ABC的內角和為2d，由第一預備定理得∠1+∠2+d≤2d，∠3+∠4+d≤2d。
從而從而∠1+∠2+∠3+∠4≤2d。依據我們的假定，所以必須有∠1+∠2=d，∠3+∠4=d。
這就是說，在我們的假定下，至少存在乙個RT△的內角和為2d。取△BDC為這樣的三角形，將p邊與q邊延長m倍與n倍（ ），再聯結EG
因為m與n為自然數，所以四邊形能被分割成正整數個全等於△BDN的三角形，而每個分割成的小三角形的內角和均為2d，所以大四邊形的內角和為4d，於是△EDC的內角和為大四邊形的一半，於是△BDG的內角和也為2d
現在轉到更一般的情況，另△DMN是乙個直角三角形（注意：點M和點B不一定重合，答主偷懶用乙個圖）由於m和n可以達到足夠大，超過DM和DG，因此不妨設DE≥DM，DG≥DN
聯結EN， ，即任意乙個RT△ 內角和均為2d，第二預備定理得證
第三預備定理：如果有乙個三角形內角和小於2d，則所有的三角形內角和都小於2d
證明：這個是很明顯的，乙個三角形的內角和肯定是乙個數值，所以他要麼大於2d，要麼等於2d，要麼小於2d。根據第一預備定理，三角形的內角和不大於2d。
因此任意乙個三角形的內角和只能≤2d。
根據第二預備定理，只要存在乙個三角形內角和等於2d，則所有三角形的的內角和也等於2d。由第二預備定理的逆否命題可得，若存在乙個三角形的內角和小於2d，則所有三角形的內角和都小於2d。證畢
證明完三個預備定理後，勒讓德教授又做出以下推理：
如果有乙個△ABC的內角和為2d-φ（φ＞0），則我們作△ABC關於軸BC對稱的圖形A1BC（圖中的兩個粉色三角形）過點A1作直線交射線AB於點B1，交射線AC於點C1。
記△BB1A和△CA1C1的內角和為2d-ε和2d-ζ（ε和ζ均為正數）
因為大△AB1C1的內角和加上3個平角（∠ACC1和∠ABB1還有∠B1A1C1）應為四個小△相加之和。可以列出關係式
以此類推，可得存在乙個內角和小於2d-2φ的三角形→存在乙個內角和小於2d-4φ的三角形→存在乙個內角和小於2d-6φ的三角形……最後，內角和小於 的三角形存在。而當n足夠大時，三角形內角和為負數，顯然錯誤。
因此三角形的內角和只能為2d
證明了這個結論，用同一法很容易推出第五公設：
∠ABC＞0，△ABC的內角和為2d，因而∠BAC+∠BCA=2d-∠ABC＜2d。經過檢驗每一步均為可逆，證畢。第五公設得證。
然而這個證明究竟對不對，若不對又錯在哪？（答主：對的話我就不往這發了。）不許偷偷看答案。
答案分割線，請按5
哈哈哈，你是不是來偷看了
就是這步出現了迴圈論證。作△ABC關於軸BC對稱的圖形A1BC（圖中的兩個粉色三角形）過點A1作直線交射線AB於點B1，交射線AC於點C1。在這步中，隱蔽的使用了等價於第五公設的說法：
過角內一點作直線，只要直線不平行於角的任意一邊。直線就能與角的兩邊相交。
這個失誤恰恰是勒讓德教授指出的。而第五公設是歐式幾何獨有的公設，黎曼幾何和羅式幾何就不存在這個問題。也就是滿足這個公設的是歐式幾何，因而不能用歐式幾何進行證明。
碼字好累）
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