数学谬证大全：1+1≠2 的 n 种可能
最近看到几个有趣的数学谬证，想写下来与大家分享；结果写到这个又想到那个，一写就写个没完，于是想到干脆做一篇谬证大全，收集各种荒谬的证明。
1=2？史上最经典的“证明”
设 a = b ，则 a·b = a² ，等号两边同时减去 b² 就有 a·b – b² = a² – b² 。
注意，这个等式的左边可以提出一个 b ，右边是一个平方差，于是有 b·(a – b) = (a + b)(a – b) 。
约掉 (a – b) 有 b = a + b 。
然而 a = b ，因此 b = b + b ，也即 b = 2b 。
约掉 b ，得 1 = 2 。
这可能是有史以来最经典的谬证了。 Ted Chiang 在他的短篇科幻小说 Division by Zero 中写到：
这个证明的问题所在想必大家都已经很清楚了：等号两边是不能同时除以 a – b 的，因为我们假设了 a = b ，也就是说 a – b 是等于 0 的。
无穷级数的力量 (1)
小学时，这个问题困扰了我很久：下面这个式子等于多少？
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
这岂不是说明 0 = 1 吗？
后来我又知道了，这个式子还可以等于 1/2 。不妨设 S = 1 + (-1) + 1 + (-1) + … ， 于是有 S = 1 – S ，解得 S = 1/2 。
学习了微积分之后，我终于明白了，这个无穷级数是发散的，它没有一个所谓的“和”。无穷个数相加的结果是多少，这个是需要定义的。
无穷级数的力量 (2)
同样的戏法可以变出更多不可思议的东西。例如，令
x = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + …
则有
2x = 2 + 4 + 8 + 16 + …
于是
2x – x = x = (2 + 4 + 8 + 16 + …) – (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + …) = -1
也就是说
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + … = -1
平方根的阴谋 (1)
定理：所有数都相等。
证明：取任意两个数 a 和 b ，令 t = a + b 。于是，
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
怎么回事儿？
问题出在倒数第二行。
永远记住， x² = y² 并不能推出 x = y ，只能推出 x = ±y 。
平方根的阴谋 (2)
1 = √1 = √(-1)(-1) = √-1·√-1 = -1
嗯？
只有 x 、 y 都是正数时， √x·y = √x·√y 才是成立的。
-1 的平方根有两个， i 和 -i 。 √(-1)(-1) 展开后应该写作 i·(-i) ，它正好等于 1 。
复数才是王道
考虑方程
x² + x + 1 = 0
移项有
x² = – x – 1
等式两边同时除以 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
也就是说 x = 1。
把 x = 1 代回原式，得到 1² + 1 + 1 = 0 。也就是说， 3 = 0 ，嘿嘿！
其实， x = 1 并不是方程 x² + x + 1 = 0 的解。在实数范围内，方程 x² + x + 1 = 0 是没有解的，但在复数范围内有两个解。
另一方面， x = 1 只是 x³ = 1 的其中一个解。 x³ = 1 其实一共有三个解，只不过另外两个解是复数范围内的。考虑方程 x³ – 1 = (x – 1)(x² + x + 1) = 0 ，容易看出 x³ = 1 的两个复数解正好就是 x² + x + 1 的两个解。因此， x² + x + 1 = 0 与 x³ = 1 同时成立并无矛盾。
注意，一旦引入复数后，这个谬论才有了一个完整而漂亮的解释。或许这也说明了引入复数概念的必要性吧。
颇具喜剧色彩的错误
众所周知，
1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1) / 2
让我们用 n – 1 去替换 n ，可得
1 + 2 + 3 + … + (n-1) = (n-1)n / 2
等式两边同时加 1 ，得：
1 + 2 + 3 + … + n = (n-1)n / 2 + 1
也就是
n(n+1) / 2 = (n-1)n / 2 + 1
展开后有
n² / 2 + n / 2 = n² / 2 – n / 2 + 1
可以看到 n = 1 是这个方程的唯一解。
也就是说⋯⋯ 1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1) / 2 仅在 n = 1 时才成立！
这个推理过程中出现了一个非常隐蔽而搞笑的错误。等式两边同时加 1 后，等式左边得到的应该是
1 + 2 + 3 + … + (n-2) + (n-1) + 1
1 块钱等于 1 分钱？
我要用数学的力量掏空你的钱包！请看：
1 元 = 100 分 = (10 分)² = (0.1 元)² = 0.01 元 = 1 分
用这个来骗小孩子们简直是屡试不爽，因为小学（甚至中学）教育忽视了一个很重要的思想：单位也是要参与运算的。
事实上， “100 分 = (10 分)²” 是不成立的， “10 分” 的平方应该是 “100 平方分” ，正如 “10 米” 的平方是 “100 平方米” 一样。
数学归纳法的杯具 (1)
下面这个“证明”是由数学家 George Pólya 给出的：任意给定 n 匹马，可以证明这 n 匹马的颜色都相同。
对 n 施归纳：首先，当 n = 1 时命题显然成立。若命题对 n = k 成立，则考虑 n = k + 1 的情形：由于 {#1, #2, …, #k} 这 k 匹马的颜色相同， {#2, #3, …, #k+1 } 这 k 匹马也相同，而这两组马是有重叠的，可知这 k+1 匹马的颜色也都相同了。
这个证明错在，从 n = 1 推不出 n = 2 ，虽然当 n 更大的时候，这个归纳是正确的。这是数学归纳法出错的一个比较奇特的例子：基础情形和归纳推理都没啥问题，偏偏卡在归纳过程中的某一步上。
数学归纳法的杯具 (2)
下面，我来给大家证明，所有正整数都相等。
为了证明这一点，只需要说明对于任意两个正整数 a 、 b ，都有 a = b 。
为了证明这一点，只需要说明对于所有正整数 n ，如果 max(a, b) = n ，那么 a = b 。
我们对 n 施归纳。当 n = 1 时，由于 a 、 b 都是正整数，因此 a 、 b 必须都等于 1 ，所以说 a = b 。若当 n = k 时命题也成立，现在假设 max(a, b) = k + 1 。则 max(a – 1, b – 1) = k ，由归纳假设知 a – 1 = b – 1 ，即 a = b 。
这个问题出在， a – 1 或者 b – 1 有可能不是正整数了，因此不能套用归纳假设。
1 是最大的正整数？
来自网友 boring David 发来的邮件：
证明： 1 是最大的正整数。假设最大的正整数不是 1 ，是 a ，则必有 a > 1 。于是有 a² > a ，即 a² 是一个比 a 更大的正整数，与 a 的最大性矛盾。因此 1 是最大的正整数。
这个证明是错误的。在假设最大正整数是 a 之前，你得先说明它的存在性，排除最大的正整数根本不存在的可能性（而事实情况正是后者）。
所有三角形都是等腰三角形
别以为谬证都是隐藏在数字和字母之中的。下面就是一个经典的几何谬论。
画一个任意三角形 ABC 。下面我将证明， AB = AC ，从而说明所有三角形都是等腰三角形。
令 BC 的中垂线与 ∠A 的角平分线交于点 P 。过 P 作 AB 、 AC 的垂线，垂足分别是 E 、 F 。
由于 AP 是角平分线，因此 P 到两边的距离相等，即 PE = PF 。
于是，由 AAS 可知 △APE ≌ △APF 。
由于 DP 是中垂线，因此 P 到 B 、 C 的距离相等，由 SSS 可知 △BPD ≌ △CPD 。
另外，由于 PE = PF ， PB = PC ，且 ∠BEP = ∠CFP = 90° ，由 HL 可知 △BEP ≌ △CFP 。
现在，由第一对全等三角形知 AE = AF ，由最后一对全等三角形知 BE = CF ，因此 AE + BE = AF + CF ，即 AB = AC 。
这个证明过程其实字字据理，并无破绽。证明的问题出在一个你完全没有意识到的地方——这个图形就是错的！
事实上， BC 的中垂线与 ∠A 的角平分线不可能交于三角形的内部。我们可以证明， P 点总是落在 △ABC 的外接圆上。
如图， P 是 BC 的中垂线与外接圆的交点，显然 P 就是弧 BC 的中点，即弧 BP = 弧 PC 。
因此， ∠BAP = ∠CAP ，换句话说 P 恰好就在 ∠A 的角平分线上。
P 在 △ABC 外的话，会对我们的证明产生什么影响呢？
你会发现，垂足的位置发生了本质上的变化—— F 跑到 AC 外面去了！
也就是说，结论 AE + BE = AF + CF 并不错，只是 AF + CF 并不等于 AC 罢了。
一个可怕的逻辑错误
下面这个勾股定理的“证明”曾经发表在 1896 年的 The American Mathematical Monthly 杂志上：
假设勾股定理是正确的，于是我们可以得到
AB² = AC² + BC²
BC² = CD² + BD²
AC² = AD² + CD²
把后两式代入第一个式子，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
而这显然成立。因此，我们的假设也是成立的。
这个证明是错误的。假设结论正确，推出一个矛盾，确实能说明这个假设是错误的（这就是反证法）；但假设结论正确，推出它与条件吻合，这却并不能说明假设真的就是正确的。错误的假设也有可能推出正确的结果来。
最经典的例子就是，不妨假设 1 = 2 ，由等式的对称性可知 2 = 1 ，等量加等量有 1+2 = 2+1 ，即 3 = 3 。但 3 = 3 是对的并不能表明 1 = 2 是对的。
如此反证
下面这个有趣的故事来源于 Lewis Carroll 的一篇题为 A Logical Paradox 的小论文。
Joe 去理发店理发。理发店有 A 、 B 、 C 三位师傅，但他们并不总是待在理发店里。 Joe 最喜欢 C 的手艺，他希望此时 C 在理发店里。他远远地看见理发店还开着，说明里面至少有一位师傅。另外， A 是一个胆小鬼，没有 B 陪着的话 A 从不离开理发店。
Joe 推出了这么一个结论： C 必然在理发店内。让我们来看看他的推理过程。
反证，假设 C 不在理发店。这样的话，如果 A 也不在理发店，那么 B 就必须在店里了，因为店里至少有一个人；然而，如果 A 不在理发店， B 也理应不在理发店，因为没有 B 陪着的话 A 是不会离开理发店的。因此，由 “C 不在理发店” 同时推出了 “若 A 不在则 B 一定在” 和 “若 A 不在则 B 也一定不在” 两个矛盾的结论。这说明， “C 不在理发店” 的假设是错误的。
从已有的条件看， C 当然有可能不在理发店。但是，为什么 Joe 竟然证出了 C 一定在理发店呢？因为他的证明是错的。其实， “若 A 不在则 B 一定在” 和 “若 A 不在则 B 也一定不在” 并不矛盾——如果事实上 A 在理发店，那么这两个条件判断句都是真的。 “若 A 不在则 B 一定在” 真正的否定形式应该是 “A 不在并且 B 也不在” 。
自然语言的表达能力
我曾写过：
定理：
所有的数都可以用 20 个以内的汉字表达（比如 25852016738884976640000 可以表达为“二十三的阶乘”， 100000000000000000000000 可以表达为“一后面二十三个零”）
证明：
反证，假设存在不能用 20 个以内的汉字表达的数，则必有一个最小的不能用 20 个以内的汉字表达的数，而这个数已经用“最小的不能用 20 个以内的汉字表达的数”表达出来了，矛盾。
当然，这个定理明显是错的，因为 20 个汉字的组合是有限的，而数是无限多的。这个证明错在哪儿了呢？我也没办法一针见血地道出个所以然来，大家一起来讨论吧。
有趣的是，我们有一个与之相关的（正确的）定理：存在一个实数，它不能用有限个汉字来表达。
这是因为，有限长的汉字字符串是可数的，而实数是不可数的。更有趣的是，这个定理的证明必然是非构造性的。
两边同时取导数 (1)
取一个正整数 N 。则有
N² = N + N + N + … + N （ N 个 N ）
两边同时取导数，有
2N = 1 + 1 + 1 + … + 1 = N
两边同时除以 N ，得2 = 1
数学威武！
这个推理是有问题的（废话）。随着 N 的增加，等式右边的 N 的个数却没变，因此 N² 的增长率比等式右边更大。
两边同时取导数 (2)
令 x = 1 ，两边同时取导数， 1 = 0 。哈哈！
问题出在哪儿？这里有意略去答案不写，呵呵。
链式法则也出错？
下面这个例子告诉我们，数学符号混淆不得，分清每个数学符号的意义有多重要。
定义 f(x, y) := (x + y)² ，然后令 x = u – v ，令 y = u + v 。我们有：
∂f/∂x = ∂f/∂y = 2(x + y)
∂x/∂v = -1
∂y/∂v = +1
根据链式法则，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 。这岂不是说明 y = 0 了么？但是，条件里并没有什么地方规定 y = 0 呀？这怎么回事？
问题出在，整个推理过程把两个不同的函数都用 f 来表示了。事实上，一个函数是 f(x, y) := (x + y)²，另一个函数是 F(u, v) = f(u – v, u + v) = (2u)² 。链式法则求的并不是 ∂f/∂v ，而是 ∂F/∂v 。
不定积分的困惑
我们尝试用分部积分法求解 ∫ (1/x) dx 。
令 u = 1/x ， dv = dx
du = -1/x² dx ， v = x
于是 ∫ (1/x) dx = (1/x)x – ∫ x(-1/x²) dx = 1 + ∫ (1/x) dx
怎么回事？
不怎么回事。这个等式是成立的。别忘了，不定积分的最后结果要加上一个常数 C 。
记得学高数时，求一积分，两哥们儿做出来的答案差别很大，而且试了很久也没能把其中一个答案变形成另外一个。后来终于恍然大悟：他们的答案是有可能不相同的，可以差一个常数嘛！
貌似漏掉了什么
很多 Goldbach 猜想、孪生素数猜想的“证明”都栽在了下面这个有时候很不容易注意到漏洞。
让我们来证明一个看上去有些不可思议的结论： πe 是一个有理数。首先注意到，对任意有理数 r ， logπr 都是无理数，否则令 s = logπr ，我们就有 πs = r ，这与 π 是超越数矛盾。
现在，假设 πe 是无理数，也就是说对任意有理数 r ， πe 都不等于 r 。这也就是说，对任意一个 r ， logππe 都不等于 logπr 。由前面的结论， logππe 就不等于任意一个无理数。但logππe 是等于 e 的，这与 e 的无理性矛盾了。因此，我们的假设是错的—— πe 是一个有理数。
对于有理数 r ，logπr 确实是无理数；但遍历所有的有理数 r ，并不能让 logπr 遍历所有的无理数，而 e 正好就等于某个漏掉的无理数。
不过，也不要想当然地认为， πe 当然是一个无理数。目前为止， πe 是否有理还是一个谜。
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来源 | Matrix67博客
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