数学证明的教育价值 - 数学论文
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您现在的位置：&&>&&>&&>&&>&正文阅读次数：515人次数学证明的教育价值1.VIP俱乐部2.查看资料3.订阅资料4.在线投稿5.免费阅读6.会员好评7.原创检测8.教材赠送9.联系我们10.常见问题
目前，数学教育界都在关注《国家数学课程标准(初稿)－－目标体系》的研讨，其中一个热门的话题是如何处理中学几何课程的改革。争论焦点之一是如何看待几何中逻辑推理的教育价值。为此，笔者认为首先应该探讨一下数学证明的教育价值。?一、问题的提出从一组原始概念和命题(即公理)出发，经过逻辑推理得到一系列的定理和证明，这就是几千年来数学学科所遵循的研究模式。但随着数学的发展，特别是电子计算机的出现，人们对上述研究模式产生了怀疑。其中最典型的一个例子就是所谓“四色问题”的证明。下面详细谈一下由“四色问题”所引起的争论。?1852年，英国数学家F.Guthrie(格思里)在给他弟弟的一封信中说：“看来每幅地图若用不同颜色标出邻国，只要用四种颜色就够了。”这就是“四色问题”的由来。一百多年来数学家们不断努力企图用数学方法来证明这个结论。直至1970年左右，问题归结为计算几千个不可约构形的问题〔1〕，但其计算量之大是难以想像的，因此人们望而生畏。1976年美国两位计算机专家K.Appel(阿佩尔)和W.Haken(哈肯)找到了一种新的计算方法。他们用了三台IBM计算机经过1000多个小时(约52天)的运算，“证明”了格思里提出的结论是正确的。因此，“四色问题”得到了“证明”。?阿佩尔和哈肯的“证明”引起了人们的争论。首先，他们的“证明”，其计算机程序就达400多页，要用人工去检验其程序有无问题是十分吃力的。因此，似乎无人愿意再去重复阿－哈的“证明”。其次，能否保证计算机在计算过程中绝对不出错误？第三，人们无法确定计算出现错误是计算机本身的机械或电子方面的毛病，还是“证明”过程本身逻辑有问题。?于是就引起了什么是“数学证明”的争论。?有些数学家认为数学证明只能是以人工可重复检验的逻辑演绎(计算也是一种演绎)过程，否则只能称为计算机证明，二者不能混为一谈。因此，按这种观点，“四色问题”只能称已得到了计算机证明，而不能称已得到了数学证明。?但是，另一些数学家反驳说，用人工来检验也可能产生错误。例如，数学史上曾有不少数学家(如意大利的Saccheri，法国的Legendre)声称他们已“证明”了欧几里得第五公设(即欧氏平行公理)。但后来发现他们的“证明”均有问题，其主要错误在于他们利用了与第五公设等价的命题，因此从逻辑上说他们都犯了循环论证的错误。?另外人工逻辑演绎证明可以重复吗??众所周知，群论中有一个著名的所谓有限单群的分类定理，单群的概念是由Galois(伽罗华)在1830年最初给出的。一百多年来数学家企图对单群进行分类。直至20世纪80年代，由100多位数学家组成的非正规“队伍”，他们共同努力列出所有的单群并证明这样的列举是完全的。在花费了成千上万个小时以及发表了几百篇论文之后，这项工作才得以完成，证明长达15000多页!〔2〕试问谁还愿意(或说可能)去重复他们长达15000多页的证明?(恐怕连读一遍都不愿意。)?于是问题就不集中在“证明”是否可检验的问题上了，而在于人们如何来理解“证明”的真正含义。数学证明的功能到底是什么??二、数学家们对数学证明的看法国际数学教育委员会(ICMI)在《计算机对数学和数学教学的影响》报告中指出：“借助于计算机的证明不应该比人工证明加以更多的怀疑……，我们不能认为计算机将增加错误证明的数目，恰恰相反对计算机证明的批评，例如四色问题的证明，主要集中在它仅依靠蛮力和缺乏思考的洞察力。……计算机证明会给人们带来一些新启示，会激励人们去寻找更好的、更短的、更富有说服力的证明，会鼓励数学家去更准确地把握形式化的想法。”?英国数学家Atiyah(阿蒂亚)在评论“四色问题”的证明时说：“这证明是一大成功，但在美学观点上看极令人失望。完全不靠心智创造，全靠机械的蛮力。科学活动的目的是理解客观世界并进而驾驭客观世界，然而我们能说‘理解’了四色问题的证明了吗?”“数学是一种艺术，一种使人摆脱蛮力计算，而且成熟概念和技巧，使人更轻松地漫游。”〔3〕Bourbaki(布尔巴基)在《数学的建筑》一书中说：“单是验证了一个数学证明的逐步逻辑推导，都没有试图洞察获得这一连串推导的背后的意念，并不算理解了那个数学证明。”“电子计算机证明不满意者并非它没有核实命题，难道用人工花几个月检验几百页证明便更可靠了吗?而是它没有使我们通过证明获得理解。”?C.Hanna说：“证明是一种透明的辩论，其中用到的论据、推理过程……都清楚地展示给读者，任由人们公开批评，不必向权威低头。”?J.Horgen在《科学的美国》杂志上发表一篇题为《证明的死亡》中指出：“用计算机作实验，来证明建立定理，如四色问题，任何人不能执行如此长的计算，也不能指望用其他办法验证它。……因此这就突破了传统证明的观念，所以，不能再以逻辑推理作为证明数学命题的惟一手段。”?R.Wilder(怀特)说：“我们不要忘记，所谓证明不只在不同的文化有不同的含义，就连在不同的时代也有不同的含义。”“很明显，我们不会拥有而且极可能永远不会有一个这样的证明标准独立于时代，独立于所要证明的东西，并且独立于使用它的个人或某个思想学派。”?更有甚者，英国数学家哈代(G.H.Hardy)说：“严格说起来根本没有所谓数学证明……，归根到底我们只是指出一些要点，……李特伍德(是和哈代长期合作的一位数学家棗笔者注)和我都把证明称之为废话，它是为打动某些人而编造的一堆华丽辞藻，是讲演时来演示的图片，是激发小学生想像力的工具。”〔4〕从以上一些数学家对“证明”的看法，我们可以得出这样的结论：证明的真正含义并不在于检验核实命题，而在于理解命题，启迪思维，交流思想，导致发现。?很明显，如果你能给出某一命题的一个证明，那么你可以说你理解了(或说你懂了)这个命题。如果你能用这个命题的证法去解决另一个问题，例如，学生用一个定理的证法去做一道习题，那么，你在解决这个问题的思维过程中必然是受到原来命题证法的启发。为了你和其他人交流对某一命题的理解，最好的办法就是你们共同商讨对此命题的证明。下面我们再来较详细地讨论一下证明能够导致发现的功能。?前面已经说过，意大利数学家Saccheri和法国数学家Legendre对第五公设的“证明”，显然他们都没能证明欧氏平行公理，但是通过他们的证明使后来的数学家对欧氏平行公理有了更为深刻、更为清楚的理解，并最后导致了非欧几何的发现。因此，Saccheri和Legendre等人被公认为发现非欧几何的先驱者。事实上，Saccheri和Legendre等人的思想方法已经打开了一条通向非欧几何的大门。因为他们从第五公设不成立这一假定下推出的许多事实，恰恰就是非欧几何中的定理。?计算机证明同样有导致发现的功能，其中一个较为典型的例子是分形几何的创立。早在20世纪20年代，法国数学家Julia就开始着手研究分形几何，但是由于这种几何图形的惊人复杂性，Julia的研究沉寂了几十年。直到60年代以后，美国数学家B.Mandelbrot(曼德勃罗)开始用计算机来画图，才使分形几何得到了真正的发展。因此人们普遍认为分形几何是由曼德勃罗创始的。〔5〕由于计算机的介入，新一代的数学家已经开始在计算机上实验自己的各种思想。甚至他们宣布自己是实验数学家，着手建立数学实验室，创办《实验数学》杂志。同时他们对数学提出了一些新的看法：1.对数学追求的是理解，而不是证明；?2.重视发现与创造，数学的本质在于思?想的充分?自由与发挥人的创造能力；?3.追求对解决问题的数学精神，利用数?学更好地解决、处理复杂的自然现象。?三、数学证明教学价值的新理解如前所述数学证明的真谛不在于能证明命题的真假，而在于它能启发人们对命题有更深刻的理解，并能导致发现，因此这就突破了传统教学中对数学证明的观念。特别是由于计算机介入了证明之中，用机器证明产生定理(如四色问题等)，所以人们不再以逻辑推理作为证明数学命题的惟一手段，于是提出“实验证明”的想法，即实验也应该成为判断数学命题真假的一种手段。人们不再一味地追求证明所得出的结论，而在于通过证明的过程去追求对数学知识的真正理解。?另外，从认知理论的观点来看，数学知识不能简单地由教师传递给学生，而应该通过学生自己认知结构的改变去建构学生自己对数学的理解。因此，在数学中如果只重视逻辑演绎式的数学证明将无助于学生真正掌握数学知识，无助于学生形成良好的认知结构。命题教学的目的不应是去核实命题的正确性，而是要让学生通过证明去理解命题，并能重新构建学生自己的新认知结构。
“公务员之家”版权所有?综合以上观点，我们认为数学证明的教育价值在于：?1.通过证明的教与学，使学生理解相关的数学知识；?2.通过证明，训练和培养学生的思维能力(包括逻辑的和非逻辑的思维)以及数学交流能力；3.通过证明，帮助学生寻找新旧知识之间的内在联系，使学生获得的知识系统化；?4.通过证明，使学生更牢固地掌握已学到的知识，并尽可能让学生自己去发现新知识。?根据以上观点，我们在数学教学中应该重视非逻辑证明的教学；适当降低和减少逻辑演绎在数学教学中的地位与时间，加强实验、猜测、类比、归纳等合情推理在数学教学中的地位与作用。这里需要注意的是要合理选择学生能够接受的逻辑证明与非逻辑证明的方法，强调一种、排斥另一种证明方法都会妨碍学生对数学的认识与理解。注：〔1〕K.Devlin著、李文林等译：《数学：新的黄金时代》，上海教育出版社版。?〔2〕申大维等译：《数学的原理与实践》，高等教育出版社1998版。?〔3〕M.阿蒂亚著：《数学的统一性》，江苏教育出版社版。〔4〕G.H.哈代著：《一个数学家的辩白》，江苏教育出版社版。?〔5〕王健吾著：《数学思维方法引论》，安徽教育出版社版。
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欧式几何的第五公设目前能证明吗?如题,不能证明的话,写出理由,可以的话,别弄啥平行公设
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同平面内一条直线和另外两条直线相交,若在直线同侧的两个内角之和小于180°,则这两条直线经无限延长后在这一侧一定相交.这个东西仅仅是个假设,用这个假设和前面的四个共设推出欧式几何也就是后来的抛物几何改一下“从一点上至少可通过两条平行直线”,用这个假设和前面的四个共设推出罗巴切夫斯基几何也就是双曲几何,在一点上没有直线平行线,推出黎曼几何,即椭圆几何.
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非欧几何学啊！ 问这问题说明你应经知道答案了！具体证明不清楚..........黎曼几何
罗巴切夫斯基几何（双曲几何）的建立 可以作为一种事实的证明吧！
你可以去问官方或老师 这样答案跟明确
扫描下载二维码&figure&&img src=&https://pic3.zhimg.com/a32defb8f361a4a1dbb2fa_b.png& data-rawwidth=&853& data-rawheight=&756& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&853& data-original=&https://pic3.zhimg.com/a32defb8f361a4a1dbb2fa_r.png&&&/figure&&br&&br&The American Mathematical Monthly&br&Vol. 107, No. 3 (Mar., 2000), pp. 281-282&br&&br&附：&br&&figure&&img src=&https://pic2.zhimg.com/057f13f61cdd8b93bd8eef5_b.png& data-rawwidth=&824& data-rawheight=&751& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&824& data-original=&https://pic2.zhimg.com/057f13f61cdd8b93bd8eef5_r.png&&&/figure&
The American Mathematical Monthly Vol. 107, No. 3 (Mar., 2000), pp. 281-282 附：
&p&注意到这里的「自然数」是一个占位符，我们需要一系列公理来定义自然数这个占位符。那么砍掉第五条公理定义出来的 X 会是什么样的呢？&/p&&p&第一条公理说 0 属于 X。&/p&&p&第二条公理说 S 是一个从 X 到 X 的映射。 &/p&&p&第三条公理说 S 是一个单射。&/p&&p&第四条公理说 S 不是满射，因为 0 不属于 S(X)（ &img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%3A%3D%5C%7By%5Cin+X+%3A+%5Cexists+x%5Cin+X%28S%28x%29%3Dy%29%5C%7D& alt=&:=\{y\in X : \exists x\in X(S(x)=y)\}& eeimg=&1&& ）。&/p&&p&从上述公理推不出「X 中只有
0 不属于 S(X)」。但是对于自然数来说， &img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb%7BN%7D%5Csetminus+S%28%5Cmathbb%7BN%7D%29%3D%5C%7B0%5C%7D& alt=&\mathbb{N}\setminus S(\mathbb{N})=\{0\}& eeimg=&1&& 。&/p&&p&（事实上，如果将第五公理弱化，不是对于所有的性质，而是对于所有的一阶公式进行量化，那么我们依旧得不到自然数，因为按照向上
LST 定理，我们可以得到任意大的一阶模型。）&/p&&p&以上。&/p&
注意到这里的「自然数」是一个占位符，我们需要一系列公理来定义自然数这个占位符。那么砍掉第五条公理定义出来的 X 会是什么样的呢？第一条公理说 0 属于 X。第二条公理说 S 是一个从 X 到 X 的映射。 第三条公理说 S 是一个单射。第四条公理说 S 不是满射…
假设它存在两颗最小生成树a, b&br&我们找到这两个方案不同的边中最小的一条边x, (既x在一个生成树上，不在另一个生成树上)。假设x在a里面，那我们考虑把x塞到b里面去，这样b+x里面肯定有一个环，环上至少有一条边比x大（如果每条边都比x小，那根据x的定义这些边肯定也都在a里面，那a就有环了，矛盾），把这条边去掉之后还是一个生成树（你考虑把环去掉一条边变成了链，但是原来联通的现在也还是联通的）。但是这颗生成树比b小（加进了一条x，去掉了一条比x大的边），所以b不是最小生成树，矛盾&br&故最小生成树是唯一的
假设它存在两颗最小生成树a, b 我们找到这两个方案不同的边中最小的一条边x, (既x在一个生成树上，不在另一个生成树上)。假设x在a里面，那我们考虑把x塞到b里面去，这样b+x里面肯定有一个环，环上至少有一条边比x大（如果每条边都比x小，那根据x的定义这些…
这个不一定的，比如Robert Aumann在GEB上的&a href=&//link.zhihu.com/?target=http%3A//www.ma.huji.ac.il/raumann/pdf/Centipede%2520Game.pdf& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&一篇文章&i class=&icon-external&&&/i&&/a&用的是笑脸(萌版Q.E.D)：&br&&figure&&img src=&https://pic1.zhimg.com/8e03eea2f094e66e58d9bac_b.jpg& data-rawwidth=&1983& data-rawheight=&734& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&1983& data-original=&https://pic1.zhimg.com/8e03eea2f094e66e58d9bac_r.jpg&&&/figure&
这个不一定的，比如Robert Aumann在GEB上的用的是笑脸(萌版Q.E.D)：
&p&&/p&&figure&&img src=&https://pic2.zhimg.com/v2-fa260b437ecbe4cf0808d_b.png& data-rawwidth=&2624& data-rawheight=&1228& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&2624& data-original=&https://pic2.zhimg.com/v2-fa260b437ecbe4cf0808d_r.png&&&/figure&&p&&/p&
问题的根本在于当你说出等腰三角形的时候就不是边边角了，所以不行。
问题的根本在于当你说出等腰三角形的时候就不是边边角了，所以不行。
设X+Y+Z = 0， X与Y独立，则&br&&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=E%28XZ%29+%3D+E%28X%28-X-Y%29%29+%3D+-E%28X%5E2%29-E%28X%29E%28Y%29+%3C+-E%5E2%28X%29+-+E%28X%29E%28Y%29+%3D+E%28X%29E%28Z%29& alt=&E(XZ) = E(X(-X-Y)) = -E(X^2)-E(X)E(Y) & -E^2(X) - E(X)E(Y) = E(X)E(Z)& eeimg=&1&&&br&相关系数都不为0自然不独立了
设X+Y+Z = 0， X与Y独立，则 E(XZ) = E(X(-X-Y)) = -E(X^2)-E(X)E(Y) & -E^2(X) - E(X)E(Y) = E(X)E(Z) 相关系数都不为0自然不独立了
欧几里得的时代还没有角度制，不能靠“直角就是90°的角”这种方式定义来直角。&br&欧几里得对直角给出的定义是：&br&&blockquote&&b&当一条直线和另一条直线交成的邻角彼此相等时，这些角的每一个叫做直角。&/b&&/blockquote&&br&对于直角，他给出了如下公设：&b&凡直角都彼此相等（第四公设）&/b&。&br&看似多此一举的第四公设，事实上却必不可少。&br&&br&《几何原本》中，&b&第四公设通常与第一公理（等于同量的量彼此相等）来配合使用&/b&。&br&欲证明两个量相等，根据第一公理，需要找到一个与它们都相等的量，而直角恰恰起到这个“&b&桥梁&/b&”的作用。可以证明两个量分别等于&b&两个&/b&直角，而这两个直角彼此相等（第四公设），所以这两个量彼此相等，而不是必须证明它们等于&b&同一个&/b&直角。&br&&br&这样叙述或许比较枯燥，下面举一个《几何原本》中的例子（&b&命题I.14&/b&）：&br&&blockquote&如果过任一直线上一点，有两条直线不在这一直线的同侧，且和直线所成的邻角和等于二直角，则这两条直线在同一直线上。&/blockquote&&b&转化为数学语言，则为：&/b&&br&&blockquote&过任意直线AB上面一点B，有两条不在AB同侧的直线BC、BD成邻角ABC、ABD，其和等于二直角。求证：BD与BC在同一条直线上。&/blockquote&&b&如图所示：&/b&&br&&figure&&img src=&https://pic3.zhimg.com/faaede8abf7d23a231916be_b.png& data-rawwidth=&457& data-rawheight=&328& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&457& data-original=&https://pic3.zhimg.com/faaede8abf7d23a231916be_r.png&&&/figure&&b&证明方式如下：&/b&&br&&blockquote&假设BD与BC不在同一直线上，那么设BC与BE在同一条直线上。&br&因为直线AB位于“直线”CEB的一测，所以角ABC与角ABE的和等于两直角（直角的定义）。&br&而角ABC与角ABD的和也等于两直角（已知条件）。&br&又因为凡是直角彼此相等（&b&第四公设&/b&）。&br&所以角ABC与角ABE的和等于角ABC与角ABD的和（第一公理）。&br&等式两边分别减去角ABC，所以角ABE等于角ABD（第三公理）。&br&这时，小角（ABE）等于大角（ABD），这是不可能的。&br&假设不成立，故BD与BC在同一条直线上。&br&&b&Q.E.D.&/b&&/blockquote&通过这个例子，我们可以清楚地看到第四公设是如何使直角起到“桥梁”的作用的。
欧几里得的时代还没有角度制，不能靠“直角就是90°的角”这种方式定义来直角。 欧几里得对直角给出的定义是： 当一条直线和另一条直线交成的邻角彼此相等时，这些角的每一个叫做直角。 对于直角，他给出了如下公设：凡直角都彼此相等（第四公设）。 看似多…
来一步步的看，看归纳的前两步就行了。&br&&br&按照题主给出的论证：&br&x=1 的时候马显然是同一种颜色。&br&假设 x=1 的时候 1 匹马都是同一种颜色，那么 x=2 的时候将 2 排序。第一匹马（和自己）是同一种颜色，第二匹马是同一种颜色。
直到这里都没有问题，但是， 两匹马是同一种颜色？为什么？这个结论怎么得到的？&br&&br&&br&稍微再往后说一点。很多时候你们喜欢说话说不清楚。这个地方有两个不同的版本分别使得结论成立和不成立。&br&假设我们给出的条件是 n=2 的时候，2 匹马是同一种颜色。那么会出现两种不同的读法：&br&&ul&&li&对于任意的两匹马，它们的颜色相同。从这个地方就可以用数学归纳法（根本没必要用数学归纳法）得到所有马颜色都相同的结论。&br&&/li&&li&对于某两匹马来说，它们的颜色相同。这里数学归纳就归纳不过去了，从 2 归纳到 3 的时候，我们可以有 x1，x2 的颜色是相同的，但是这个时候 x2 和 x3 的颜色为什么要是相同的呢？&/li&&/ul&如果将这个错误论证做得更有迷惑性的话，应该写成这样：&br&Claim：任何两匹马颜色都是相同的&br&Fact：两匹马颜色是相同的&br&By Induction &br&Basic Step：n=2 的时候成立&br&Inductive Step：假设 n&2，并且对于 n=x 是成立的，那么对于 n=x+1 因为此时 x 匹马的颜色是相同的，因此 x1 到 xn 的颜色是相同的，x2 到 x(n+1) 的颜色是相同的。并且由于 n&2，两个集合之间肯定有交集。根据等价关系的性质，x 和 x(n+1) 的颜色也是相同的，因此 n+1 匹马的颜色是相同的。&br&对于任意的 n，n 匹马的颜色是相同的。&br&Fact：世界上的马的个数是某个自然数 m。&br&m 匹马的颜色是相同的。&br&因此所有马的颜色是相同的。
来一步步的看，看归纳的前两步就行了。 按照题主给出的论证： x=1 的时候马显然是同一种颜色。 假设 x=1 的时候 1 匹马都是同一种颜色，那么 x=2 的时候将 2 排序。第一匹马（和自己）是同一种颜色，第二匹马是同一种颜色。
直到这里都没有问题，但是， 两…
设x=m/n是正既约分数，n＞1。设x^x=p/q也是既约的(正数)，化简得(m^m)(q^n)=(n^m)(p^n)。由既约性得到m^m|p^n，n^m|q^n，q^n|n^m，p^n|m^m。这告诉我们m^m=p^n，n^m=q^n，并且p,q均是m次方数(用算术基本定理和既约性来看出这一点)，m,n均是n次方数。从而存在正整数a,b使得m^m=p^n=a^mn，n^m=q^n=b^mn。从n＞1知b＞1，故n=b^n≥2^n＞n，矛盾。
设x=m/n是正既约分数，n＞1。设x^x=p/q也是既约的(正数)，化简得(m^m)(q^n)=(n^m)(p^n)。由既约性得到m^m|p^n，n^m|q^n，q^n|n^m，p^n|m^m。这告诉我们m^m=p^n，n^m=q^n，并且p,q均是m次方数(用算术基本定理和既约性来看出这一点)，m,n均是n次方数。从而存…
2.3.6及其轮换是唯一解ヾ(*??`)?证明见图&figure&&img src=&https://pic2.zhimg.com/b2c60acdaff1c5c07bbe5_b.jpg& data-rawwidth=&720& data-rawheight=&499& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&720& data-original=&https://pic2.zhimg.com/b2c60acdaff1c5c07bbe5_r.jpg&&&/figure&
2.3.6及其轮换是唯一解ヾ(*??`)?证明见图
根据rational root theorem(这个无论结论还是证明都非常非常初等)&br&&a href=&//link.zhihu.com/?target=https%3A//en.wikipedia.org/wiki/Rational_root_theorem& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&Rational root theorem&i class=&icon-external&&&/i&&/a&&br&&br&如果这个方程有有理根, 它只可能是1或-1.&br&&br&然而它们显然都不是这个方程的根。
根据rational root theorem(这个无论结论还是证明都非常非常初等)
如果这个方程有有理根, 它只可能是1或-1. 然而它们显然都不是这个方程的根。
谢邀。&br&&br&对圆锥曲线的研究是一批数学家的毕生事业。他们的研究是数学界很美丽的一个分支。&br&&br&而在他们的发现中，有一些较为浅显，高中生可以理解并证明。于是出题人将这些结论编为考题。&br&&br&圆锥曲线题不是高中老师出的。&br&高中老师只是大自然的搬运工。&br&&br&当然了，题主如果对圆锥曲线的简单性质有更深入的兴趣，希望另提问题并邀请 曾不才 老师，我估计他会愿意给予更棒的回答。我个人学识浅薄，就不献丑了。
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数学定理不知道，但有人试图使用机器算法从实验数据中提取守恒律和对称性。详情可以参考这篇文章，&a href=&//link.zhihu.com/?target=http%3A//science.sciencemag.org/content/324/5923/81.full& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&Distilling Free-Form Natural Laws from Experimental Data&i class=&icon-external&&&/i&&/a& 。在没有任何先验的关于物理，几何以及运动学知识的情况下，机器算法发现了哈密顿量，拉格朗日，以及其他几何的对称性与动量守恒定律。在简单系统中发现的规律，能够自举的应用到更加复杂的系统。&br&&br&这篇文章发表的时候深度学习或者说深度神经网络还不流行，文章评论神经网络的黑盒子属性并不适合这类任务。我跟实验室的同学曾经讨论过用深度学习从粒子碰撞的大量数据学习得到守恒律，或者说发现新物理的可能性。暂时的结论是深度学习只能给出一些物理公式的近似解，而不能得到精确解的方程。比如两个小球弹性碰撞实验，知道其质量以及各种情况下碰撞前后的速度数据，神经网络能不能得到非相对论的能动量守恒定律？一种直接的做法是把 (m1, m2, v1_before, v2_before, v1_after, v2_after) 作为神经网络的输入，把0作为神经网络的输出，看神经网络能不能找到一个目标函数，使训练以及测试精度达到（或非常接近）100%。如果可以，那就代表有守恒律。但是这里有一些问题，目标函数既可以是能量守恒，也可以是动量守恒，甚至是能动量守恒公式的加权。在这种情况下，都不知道能不能得到收敛的目标函数。即便是得到了，&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=m+v%5E2& alt=&m v^2& eeimg=&1&& 这样的非线性项在神经网络里的表达形式也是很复杂的。更不要说构造这个网络的一开始就假设守恒律是存在的。
数学定理不知道，但有人试图使用机器算法从实验数据中提取守恒律和对称性。详情可以参考这篇文章， 。在没有任何先验的关于物理，几何以及运动学知识的情况下，机器算法发现了哈密顿量，拉格朗日…
存在性：取数列&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5C%7Bx_n%5C%7D_%7Bn%3D0%7D%5E%5Cinfty& alt=&\{x_n\}_{n=0}^\infty& eeimg=&1&&，满足&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=x_0%3Dx& alt=&x_0=x& eeimg=&1&&（任意x），&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=x_n%3Df%28x_%7Bn-1%7D%29& alt=&x_n=f(x_{n-1})& eeimg=&1&&，则&br&&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%7Cx_%7Bn%2B1%7D-x_n%7C%3D%7Cf%28x_n%29-f%28x_%7Bn-1%7D%29%7C%5Cle+k%7Cx_n-x_%7Bn-1%7D%7C& alt=&|x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|\le k|x_n-x_{n-1}|& eeimg=&1&&&br&易证此数列是Cauchy列，故数列收敛至&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=x%5E%2A& alt=&x^*& eeimg=&1&&，且&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Clim_%7Bn+%5Crightarrow+%5Cinfty%7D%7Cf%28x%5E%2A%29-x_n%7C%3D%5Clim_%7Bn+%5Crightarrow+%5Cinfty%7D%7Cf%28x%5E%2A%29-f%28x_%7Bn-1%7D%29%7C%5Cle+%5Clim_%7Bn+%5Crightarrow+%5Cinfty%7D+k+%7Cx%5E%2A-x_%7Bn-1%7D%7C%3D+0& alt=&\lim_{n \rightarrow \infty}|f(x^*)-x_n|=\lim_{n \rightarrow \infty}|f(x^*)-f(x_{n-1})|\le \lim_{n \rightarrow \infty} k |x^*-x_{n-1}|= 0& eeimg=&1&&&br&即&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=f%28x%5E%2A%29%3Dx%5E%2A& alt=&f(x^*)=x^*& eeimg=&1&&&br&&br&唯一性：若不唯一，则有&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%7Cf%28x%29-f%28y%29%7C%3D%7Cx-y%7C%3Ek%7Cx-y%7C& alt=&|f(x)-f(y)|=|x-y|&k|x-y|& eeimg=&1&&，矛盾。
存在性：取数列\{x_n\}_{n=0}^\infty，满足x_0=x（任意x），x_n=f(x_{n-1})，则 |x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|\le k|x_n-x_{n-1}| 易证此数列是Cauchy列，故数列收敛至x^*，且\lim_{n \rightarrow \infty}|f(x^*)-x_n|=\lim_{n \rightarrow \infty}|f(…
关于这个问题Matrix67写过一篇文章：&a href=&//link.zhihu.com/?target=http%3A//www.matrix67.com/blog/archives/5521& class=& external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&&span class=&invisible&&http://www.&/span&&span class=&visible&&matrix67.com/blog/archi&/span&&span class=&invisible&&ves/5521&/span&&span class=&ellipsis&&&/span&&i class=&icon-external&&&/i&&/a&&br&对于普通的硬币来讲，下面是一个 n = 5 的情形。不过他也没讲这是不是最值。&br&&figure&&img src=&https://pic4.zhimg.com/1fbaedc182f6f1fa68a68b_b.jpg& data-rawwidth=&200& data-rawheight=&234& class=&content_image& width=&200&&&/figure&如果将问题一般化为全等圆柱体两两接触甚至等粗无限长两两接触，问题就更复杂了，看M67的文章吧，虽然他也没有讲到太多拓展。&br&希望有了解过这个问题的人进一步发表见解。
关于这个问题Matrix67写过一篇文章： 对于普通的硬币来讲，下面是一个 n = 5 的情形。不过他也没讲这是不是最值。 如果将问题一般化为全等圆柱体两两接触甚至等粗无限长两两接触，问题就更复杂了，看M67的文章吧，虽然他也没有讲到太多…
肯定有解，你把从开始到打乱的顺序记下来，就至少是一个解了。
肯定有解，你把从开始到打乱的顺序记下来，就至少是一个解了。
谢邀。&br&第一个问题我想的思路是利用Baire纲定理。（当然用选择公理造Hamel基就直接秒杀了，虽然我个人不讨厌选择公理，但总归能不用就不用。）令&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=A%3D%5C%7B%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cfrac%7Ba_n%7D%7B10%5E%7Bn%21%7D%7D%3Aa_n%5Cin%5C%7B0%2C%5Cpm1%5C%7D%5C%7D& alt=&A=\{\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{10^{n!}}:a_n\in\{0,\pm1\}\}& eeimg=&1&&，考虑由A生成的二元整系数线性组合全体&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cbar+A& alt=&\bar A& eeimg=&1&&。用题主的记号，记&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=A_%7B%28r%2Cs%29%7D%3D%5C%7Brp%2Bsq%3Ap%2Cq%5Cin+A%5C%7D& alt=&A_{(r,s)}=\{rp+sq:p,q\in A\}& eeimg=&1&&。首先A是个有界闭集，也就是紧集，所以可以证明&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=A_%7B%28r%2Cs%29%7D& alt=&A_{(r,s)}& eeimg=&1&&也是紧集。同时，对于固定的&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%28r%2Cs%29& alt=&(r,s)& eeimg=&1&&，&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=A_%7B%28r%2Cs%29%7D& alt=&A_{(r,s)}& eeimg=&1&&中的数的十进制展开中一定有无穷个固定的位置都是零，这样子的数集一定是没有内点的，所以&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=A_%7B%28r%2Cs%29%7D& alt=&A_{(r,s)}& eeimg=&1&&是nowhere-dense集，所以&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cbigcup_%7B%28r%2Cs%29%5Cin%5Cmathbb+Z%5E2%7DA_%7B%28r%2Cs%29%7D& alt=&\bigcup_{(r,s)\in\mathbb Z^2}A_{(r,s)}& eeimg=&1&&是可数多个nowhere-dense集的并，是第一纲集，但实数是第二纲的，所以&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cbigcup_%7B%28r%2Cs%29%5Cin%5Cmathbb+Z%5E2%7DA_%7B%28r%2Cs%29%7D& alt=&\bigcup_{(r,s)\in\mathbb Z^2}A_{(r,s)}& eeimg=&1&&是实数的真子集。&br&&br&这个构造的想法还是来自于康托集，但是为了保证线性组合之后还是nowhere-dense集，比较方便的做法就是把小数位拉开一些，中间多塞一点零进去。在实数里面的Baire纲定理用区间套定理就很容易证明，其实是个很显然的定理。另外，如果是把二元的整系数线性组合改成用A生成一个&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Z& alt=&\mathbb Z& eeimg=&1&&模，也就是用A中元素去做有限多的线性组合，证明还是完全相同，一样用Baire纲定理。想完了发现跟楼上匿名用户的想法差不多，嗯。&br&&br&&br&&br&第二个问题我觉得其实是个纯线性代数的问题，跟实数可以没有关系。换一个说法，&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&是个&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Q& alt=&\mathbb Q& eeimg=&1&&线性空间（对加法和&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Q& alt=&\mathbb Q& eeimg=&1&&数乘封闭），&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_1%2C%5Ccdots%2CV_n& alt=&V_1,\cdots,V_n& eeimg=&1&&是&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&的&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Z& alt=&\mathbb Z& eeimg=&1&&真子模（对加法和&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Z& alt=&\mathbb Z& eeimg=&1&&数乘封闭），证明&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cbigcup_%7Bi%3D1%7D%5En+V_i& alt=&\bigcup_{i=1}^n V_i& eeimg=&1&&是&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&的真子集。如果题主没接触过线性代数的话估计不太能看明白，没事早晚要学的……&br&如果把子模换成子空间，这是个显然的命题，证明留作习题。现在换成子模就要多搞一搞。先考虑最简单的情况：&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&是一维的，那不妨设&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V%3D%5Cmathbb+Q& alt=&V=\mathbb Q& eeimg=&1&&. 反设&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cbigcup_%7Bi%3D1%7D%5En+V_i%3D%5Cmathbb+Q& alt=&\bigcup_{i=1}^n V_i=\mathbb Q& eeimg=&1&&，记&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5C%7Bp_j%5C%7D_%7Bj%3D1%7D%5E%5Cinfty& alt=&\{p_j\}_{j=1}^\infty& eeimg=&1&&是素数列，考虑一个&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Q& alt=&\mathbb Q& eeimg=&1&&中的无穷序列：&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cfrac%7B1%7D%7Bp_1%7D%2C%5Cfrac%7B1%7D%7Bp_1%5E2p_2%5E2%7D%2C%5Cfrac%7B1%7D%7Bp_1%5E3p_2%5E3p_3%5E3%7D%2C%5Ccdots& alt=&\frac{1}{p_1},\frac{1}{p_1^2p_2^2},\frac{1}{p_1^3p_2^3p_3^3},\cdots& eeimg=&1&&，这个数列中必有无穷多项全部位于同一个&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_i& alt=&V_i& eeimg=&1&&中，不妨设为&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_1& alt=&V_1& eeimg=&1&&，那么显然此时&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_1%3D%5Cmathbb+Q& alt=&V_1=\mathbb Q& eeimg=&1&&，矛盾！&br&&br&进一步，如果&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&是有限维的，记&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cdim+V%3Dm& alt=&\dim V=m& eeimg=&1&&，根据上一步的讨论，对任意一个非零向量&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=e& alt=&e& eeimg=&1&&，&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Q+e& alt=&\mathbb Q e& eeimg=&1&&一定会完整的包含在某个&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_i& alt=&V_i& eeimg=&1&&中。现取一列非零向量&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5C%7Be_j%5C%7D_%7Bj%3D1%7D%5E%5Cinfty& alt=&\{e_j\}_{j=1}^\infty& eeimg=&1&&，满足这其中的任意m个向量都线性无关，具体取法是，先取定m个线性无关的向量，然后开始归纳，每次新取的向量必须满足不是前面任意m-1个向量的线性组合，这一步就用到了开始提到的那个命题。然后由于子模只有有限多个，所以一定有无穷多个&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=e_j& alt=&e_j& eeimg=&1&&，使得&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cmathbb+Q+e_j& alt=&\mathbb Q e_j& eeimg=&1&&不妨完整包含在&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_1& alt=&V_1& eeimg=&1&&里，那么这时&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_1%3DV& alt=&V_1=V& eeimg=&1&&，矛盾！&br&&br&最后，考虑一般的情形，由于&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_i& alt=&V_i& eeimg=&1&&是&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&的真子集，所以存在&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=e_i& alt=&e_i& eeimg=&1&&在&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V& alt=&V& eeimg=&1&&但不在&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=V_i& alt=&V_i& eeimg=&1&&里，令&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=W%3Dspan_%5Cmathbb+Q%5C%7Be_1%2C%5Ccdots%2Ce_n%5C%7D& alt=&W=span_\mathbb Q\{e_1,\cdots,e_n\}& eeimg=&1&&，这是个有限维的空间，而&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=W_i%3A%3DW%5Ccap+V_i& alt=&W_i:=W\cap V_i& eeimg=&1&&是&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=W& alt=&W& eeimg=&1&&的真子模，并且&img src=&//www.zhihu.com/equation?tex=%5Cbigcup_%7Bi%3D1%7D%5En+W_i%3DW& alt=&\bigcup_{i=1}^n W_i=W& eeimg=&1&&，这与上一步矛盾！&br&&br&&br&&br&p.s.某乎好像对这种问题目的问题很不友好的，估计过不了一会被举报然后我就白打字了……
谢邀。 第一个问题我想的思路是利用Baire纲定理。（当然用选择公理造Hamel基就直接秒杀了，虽然我个人不讨厌选择公理，但总归能不用就不用。）令A=\{\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{10^{n!}}:a_n\in\{0,\pm1\}\}，考虑由A生成的二元整系数线性组合全体\bar A…
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