哪些數學定理在直覺上是對的，但證明起來很困難？

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上高數課，講到格林公式的時候，老師提到了一個定理，說的是一個簡單閉曲線（比如，一個橢圓）一定可以將一個平面分成三個部分，即它自身，它所包含的區域，它以外的區域。我覺得這個很「顯然」啊！可老師說證明起來非常困難。我對此覺得很有趣，一個看上去再明顯不過的事情竟然很難證明？還有與此類似的定理嗎？

Plateau"s problem（普拉托問題）

這個問題看上去非常簡單，就是問在邊界固定的情況下，什麼樣子的曲面面積最小。這在物理上是一個很顯然的問題。根據普拉托定律，你拿個鐵絲彎成邊界，然後吹肥皂泡就好了。但是這個在數學上來說，是一門學科，幾何測度論（Geometric measure theory）的核心問題。

為什麼說這個問題難呢？我們考慮一個簡單的情形，即在三維空間中邊界為圓弧的曲面。這個問題答案很顯然，就是圓盤。但是從數學角度而言，這個不簡單。

通常的想法就是，我們可以把曲面視為一個從二維圓盤到三維空間的映射，然後利用變分法去考慮這個問題。但是這個方法有著很多毛病，其中最大的問題就是缺乏緊性。我們不妨試著跟著這個思路走一下，看看會出怎樣的問題。

1. 遍歷所有可能的曲面，然後取一個面積趨近於最小（infimum）的序列；

2. 找出一個收斂子序列；

3. 證明極限就是我們想要的曲面，即最小曲面。

在這三步計劃中，第二步就會出現很大的問題。比如：

【我是一個有理想的曲面，我的目標是要成為極小曲面】

【嗯，我的面積縮小了。感覺好棒！】

【我的面積又縮小了。可是為什麼我感覺怪怪的呢……】

【啊……肯定有……有什麼不對……啊……怎麼回事……我的面積明明縮小了啊……為什麼……我感覺好奇怪啊……不行啊……為什麼會變得這麼奇怪呢……啊……】

【圖片來源：Geometric Measure Theory: A Beginner"s Guide 作者：Frank Morgan】
【請紳士們嚴肅看待這些圖片，不要想歪了！也不要「我好興奮啊」！】
換句話說，即使是曲面的面積在趨近於 $pi$ ，你所取得序列也可能長得非常奇怪，有很多很多的觸手（馬猴燒酒的好朋友），甚至於這些觸手可以觸及空間中所有的有理點。換句話說，你最後得到的東西的閉包是整個 $mathbb R^3$ .

看看，物理中多麼顯然的東西，在數學中就是這麼的讓人糾結。存在性就已經夠難了，更別說正則性（即最小曲面是否光滑等等）……這個問題直到20世紀中期才有解決方法。具體方法涉及專業知識較多，我自己也不是很熟悉，就不細說了。

其實這種問題很多。比如在給定條件（比如邊值）下的拉普拉斯方程

的解的問題。這個問題在物理上也是幾乎顯然的，因為電勢就是解。但是在數學上這個問題並不簡單，一般而言需要Sobolev空間等知識進行解決。

【其實我真的不是來黑物理的2333333333 表打我(╯^╰)】
==============2015年5月6日10:31:54（馬德里時間）============
那些說我黑數學的人你們夠了。請你們仔細思考一下：普拉托定律僅僅是經驗性定律，根本無法保證在所有的情況下結論都成立。而數學就是將特殊到一般的過程。

另外，下面的回答中已經有人補充了，數學上關於曲面面積的定義。在上面第二步中，我說找到一族收斂子序列，其實是很不嚴謹的。因為我沒有說是什麼收斂，也沒有說收斂極限在哪兒。事實上我們需要的極限必須是可求面積的曲面（請跟可求長度的曲線比較起來理解）。所以如何保證極限不會很奇怪，就是存在性的主要工作。

接下來我要講一個激燃的故事。
這是一場橫跨整整四百年的超級數學接力。
鑒於樓上的大神已經提過這個猜想，我就單純的從這個猜想被證明的過程寫一寫。
學渣如我就不涉及理論部分了。

這就是開普勒猜想：怎樣才能最緊密堆積圓球。

1590年代末，一個叫Raleigh的英國航海家提出了一個看上去很簡單的問題。
他想設計一種炮彈的堆疊方式，以便自己能夠輕易的數出每一堆有幾顆炮彈。
他把這個問題交給了他的助手Harriot，這個聰明的年輕人想的更遠一些，他想設計一種最有效率的堆積方式。
以便在航行中有限的空間內存放更多炮彈。
Harriot在其他的自然科學領域也頗有建樹，但這個問題雖然看上去很簡單，但是他卻久久沒有進展。
於是這個年輕人給遠在布拉格的數學，物理和天文學家寫了一封信。
當然收信者並不是三個人，他就是開普勒。一個數學，物理和天文學家。
於是，這場接力的第一棒交給了這個出生在斯圖加特的大師。
1611年，開普勒寫了一本小冊子，名叫《六角形的雪花》。這是一本寫給朋友的非正式出版物，他在書中問到，為什麼雪花是六角形，為什麼蜂房也是六角形。
再問完這個問題後，開普勒轉而研究了另一種植物，石榴。
這是從二維平面的有效率堆積方式拓展到了三維空間的研究。
他認為在石榴有限的空間內，石榴籽的堆積方式一定是最有效率的。
他和100多年後的植物學家黑爾斯的得出了一樣的結論，黑爾斯給一大堆豌豆加壓。
觀察到除了豆子擠成了豌豆泥之外（什麼鬼）有些豌豆被擠壓成了和石榴一樣的十二面體。可是後來被證明是實驗結論錯誤的。（孟德爾：你不要豌豆拿給我啊幹嘛擠它

好了，到這裡我們歇一歇。開普勒認為大自然的安排一定是最完美的，所以，他認為一個圓球圍繞著十二個圓球是最緊密的堆積。
但他沒有證明，也有沒有說該如何圍繞。
對於我們每個人來說，怎麼樣最有效率的裝球，彷彿是一個簡單的問題。
你先擺好一層球，然後第二層的球放在第一層的空隙中就好。
這就是著名的面心立方對堆積。但是還有一種堆積方式雖然名字很酷炫但後來被證明和面心立方堆積等效。也就是六方最密。

讓我們從二維平面開始，怎麼樣最有效率的排列圓形。
這看上去簡直就像1+1=2。
1528年，一位德國的文藝復興時期的藝術家寫了一本數學教科書。
書中寫，在天花板上放置圓形花紋，只有方形和六邊形排列才能放整齊。而且指出六邊形最緊密。（開普勒：卧槽有人搶跑
好了，接下來接力棒交給了一個剛剛輸光了全部家當的義大利人。
他叫拉格朗日。十八世紀最偉大的數學家。
到目前為止，研究的設定都基於所有圓形的圓心都排成整齊的格子狀。
拉格朗日輕易的證明了在這種情況下六邊形堆積最緊密。
挪威數學家杜氏接過了這一棒，開始研究一般情況，即圓型隨意排列的情況下怎麼堆積最緊密。
可惜並沒有太多實質性的進展。接力棒傳到了俄國，一位叫閔可夫斯基的小男孩隨著父母移民到了德國。
他後來再蘇黎世的聯邦理工當了助理教授，班上有很多學生經常翹他的課。其中一位是二十世紀最偉大的專利審查員。
阿爾伯特愛因斯坦。
他指出圓的規律裝填密度起碼有0.8224。
但他並沒有指出這種排列的樣子。為了怕閔科夫斯基搶他的風頭。杜氏搶先發表證明演說。可是數學界認為他的證明不完善。
三十年後匈牙利數學大師托斯完善了關於平面的裝填問題證明。
之後，威斯康星大學的數學課科歇諾又證明了平面的覆蓋問題。（覆蓋允許重疊，裝填不允許。）
證明指出，六邊形排列是最佳的裝填，也是最有效率的覆蓋。

到此
二維平面的數學接力已經完成了，那麼現在等待解決的就是三維世界的證明了。

為了敘述三維的問題，我們要從另一個跑道的選手說起。
牛頓和他的基友（誤）大衛格里高利。他們之間爭論著平面內一個球能最多與幾個其他的球接觸。我們現在知道這個數字是6。
他們把這個問題拓展到了空中。在空中的一個球能最多與幾個球接觸。
並進行了激烈的爭論，可惜他們的爭論只是開普勒的局部問題，對於猜想的證明並無多大用處。
（開普勒猜想中最緊密的堆積，一顆球周圍有十二個球圍繞，而大衛說空間中一個球最多能與十三個球相接觸。他們的爭論在1953才被終結。）

之後瑞士數學家Bender向德國的數學期刊投稿，企圖證明闡述上面的爭論。他的論文被期刊的編輯霍普完善並且霍普把Bender的論文和他自己的論文一同發表。
看起來這一棒跑的很順利，但是我們的霍普選手丟了棒，他的論文被證明有致命的錯誤。
這個問題後來被荷蘭人和德國人解決。
這條岔道的選手已經完賽，讓我們回頭看看我們原本的賽道。
現在執棒的選手對我們來說有些陌生，他叫奧古斯都希波，他費盡了心血證明了「立方體體積的平方」除以「扭曲盒子體積的平方」恆小於三。
為了這個看上去不怎麼重要的小數字，他寫了一本248頁的厚厚著作。
然後交棒給了本次馬拉松接力的隊長，數學王子高斯。
然而高斯就是高斯。
他在希波248頁的證明後面花了一頁半，把這個比值的極限推到了二。
簡直就是神跡！我彷彿聽到高斯拔刀在喊「我方已經擊穿敵方裝甲！準備衝鋒！」
通過這一頁半，高斯間接說明了在規律排列下圓的最緊密堆積方式的密度最高極限是74.05%。（當球在三維格子裡面時）
那麼問題就是，哪一種堆積才能達到這樣的密度。開普勒的么？只有這一種么？

接下來的近一個世紀，接力棒默默地停止在高斯的那一頁半證明上。
直到1900年8月8日，第二屆國際數學家大會在巴黎召開。
德國數學家希爾伯特提出了那無比著名的23個數學問題。
開普勒猜想，編號第十八。

這個時候接力賽進入了白熱化，數學家們想找出比開普勒猜想更緊密的排列方式。（比如一種混亂的無序排列）
因此他們把74.05%這個密度作為一個下界，把100%作為一個最初的上界。
現在要做的就是縮小他們的距離。
丹麥人布利奇菲爾德接棒把上界縮小到83.5%，然後傳棒給蘇格蘭數學家蘭金，在劍橋數學實驗室的幫助下，他把上界的值降到了82.7%。
這個時候他們之前說採用的研究方法走到了盡頭，上界沒辦法再繼續下降了。
之前跑過接力棒的托斯，又想出了一種另外的方法。
這個方法是另一個俄國數學家沃洛諾伊提出的，但他英年早逝並沒有完善證明。
他提出，我們只要去找一種叫做V單元的立方體就行了。
這種V單元需要具有兩個特點，第一它可以沒有縫隙的填滿三維空間，就像正方體，第二他的內部有一個球。
這樣，球的體積不變，只要我們找到一種體積更小的v單元，裝球密度就會提高。
憑藉這個方法，伯明翰大學的羅傑斯把上界降到了78%，跑出了精彩的一棒。
又過了三十年，加州理工大學的林賽選手接棒，跑出77.84%的好成績，然後數學家穆德榨乾了V單元方法的潛力，把他發揮到了極致。
上界又降低了，雖然只是萬分之一，但實屬不易。

突然之間。
加州大學伯克利分校的台灣人項武義接棒直接一騎絕塵衝過終點線!
很可惜的是他的證明被數學界認為不完備，並且有諸多漏洞。（我們的攻擊未能突破核心！觀測到敵方生命跡象！
接力棒被交回新秀黑爾斯手中。
只要上界降到了74.05那麼開普勒猜想就立刻會被證明。
黑爾斯採用了迪勞內的一種方法，假設空間裡面裝滿了圓球，我們用直線連接相鄰的圓心得到很多個四面體，再進行分析計算。
可是黑爾斯並沒有取得太多實質性的進展。這個方法並不能降低上界，而是直接對開普勒猜想進行證明，要是不成功就一無所獲。
根據普林斯頓同行的建議，黑爾斯開始使用電腦來對抗這個幾百年懸而未決的問題。
他對很多種可能排列方式進行窮舉分析。
可是程式運行的結果卻出乎意料。
結果表明沒有任何一種排列可以超過給出了74.08%這個數字。
嗯？74.08%？這和說好的75.05不一樣我摔！導演你是不是給錯劇本了！

經過檢查，黑爾斯發現了一種古怪的排列方式，它似乎比開普勒堆積要更緊密一點。我們就把它叫做「BUG」好了。
接下來他的工作分成了五個部分，簡單的概述就是，他提出了一種給每種排列打分的方式，他只要證明除了開普勒排列外的四大類的排列都低於8分，接下來證明BUG的排列也低於8。而開普勒排列的得分是8。
前面四大類都輕易的完成了。
只剩下了BUG，這種一個強有力的外援出現了，黑爾斯的醫生父親的一個病人恰好是數學教授，他的兒子成為了黑爾斯的學生。
無巧不成書。
黑爾斯原本預計再過幾個月就能完成對這個BUG排列的分析。
而實際上他們用了整整三年。

終於，1998年8月9日的上午。一個普通的星期天。
黑爾斯坐下來寫了一封電子郵件，告訴全世界的同行離散幾何中一個古老複雜的猜想已經得到了證明。
並附上了研究過程和電腦程序代碼。
但仍然有不少人人對這種這種窮舉證明方法存疑。

到此開普勒猜想證明告一段落。
這個看起來無比符合直覺的猜想前前後後用了四百年的時間才得以基本證明。
人類歷史上這批最傑出的天才前赴後地繼交棒接力。
他們大多數人都看不到這個猜想被證明的那一天。
如果說這個世界的真理和規律都被隱藏在黑暗中的話，
那麼謝謝他們為我們點起光明的火炬。
願火光永不熄滅。

參考：GeSzpiro.Szpiro一Kepler"s Conjecture 維基百科

有一個看似顯而易見，然而兩千年努力發現證明不了的東西：平行公設

平行公設：若平面內一條直線和另外兩條直線相交，若在直線同側的兩個內角之和小於兩直角，則這兩條直線經無限延長後在這一側一定相交。

按理說公設是無法證明的東西。但和前4個公設相比，平行公設看起來似乎更像一條定理而不是公設,人們懷疑它的獨立性,兩千年間，許多數學家投身到證明平行公設的難題之中。

1 歐式幾何五大公設

公設1：任意一點到另外任意一點可以畫直線公設2：一條有限線段可以繼續延長公設3：以任意點為心及任意的距離可以畫圓公設4：凡直角都彼此相等公設5：同平面內一條直線和另外兩條直線相交，若在某一側的兩個內角和小於二直角的和，則這二直線經無限延長後在這一側相交。

經過證明人們知道了，平行公設等價於三角形內角和等於180度

如果公設1，2，3，4能夠證明公設5，那麼我們就可以在只使用1，2，3，4的情況下，得到三角形內角和等於180度。

2 薩開里試證

2.1 薩開里四邊形

這是薩開里定義的一個四邊形，其中 $angle A$ 和 $angle B$ 是直角，AC＝BD，滿足這些條件的四邊形稱為薩開里四邊形

在薩開里四邊形中，我們可以證明到兩頂角相等( $angle C$ ＝ $angle D$ ),兩底邊(AB,CD)的中點連線(MN)是兩底邊的中垂線。

2.2 三種假設

$angle C$ ＝ $angle D$ ，薩開里提出了三種假設：

薩開里證明了在頂角為直角時，三角形內角和等於180度

只需要再證明出頂角為鈍角和銳角時會產生矛盾，就可以得到結論。

我們先來看看鈍角假設： $angle C$ 、 $angle D$ 為鈍角

薩開里證明了它不成立，因為它違反了公設2：一條有限線段可以繼續延長。

延長BD

從圖中我們可以看出，延長BD後，BD最終會變成一個封閉的圖形，不能繼續延長。所以它不成立。

銳角假設

可以得出三角形ABC內角和小於180度(先證明 $angle DBC$ &> $angle ACB$ 即可)

在銳角假設下，薩開里在沒有邏輯矛盾的情況下，導出了很多結論：如三角形內角和小於180度、過直線外一點可以作無數條平行線。但它認為這種現象違反常理，因此認為導出了矛盾，他認為銳角假設不成立。

薩開里推出銳角的情況不成立，直角的情況成立，鈍角的情況不成立，所以他認為他證明了平行公設。

實際上，薩開里銳角假設下的現象只是和人們的日常觀念相矛盾，並沒有邏輯矛盾，因此薩開里並沒有證明第五公設。

很可惜，如果薩開里將銳角假設的研究深入下去，說不定非歐幾何能早誕生100年。

在歐式幾何中，三角形內角和等於180度，在非歐幾何中三角形是怎樣的呢？

3 非歐幾何中的三角形

內角和大於180度的三角形。

將地球表面看作一個平面，那麼直線是什麼樣子的呢？

可以知道經線與赤道都是直線

可以看到，這樣的直線也滿足：兩點距離最短，兩點確定一條直線

以地球的赤道與兩條經線作為邊所形成的三角形，內角和大於180度

黑色的三角形，內角和大於180度

赤道和經線不能無限延長。也驗證了薩開里所說的，鈍角情況下不滿足第二公設。

內角和小於180度的三角形

如果是在一個凹進去的球上，三角形是這樣的

三角形邊越長，內角的和就越小，並且三角形的面積不大於一個定值。

4 非歐幾何中的平行線

4.1 黎曼說：直線沒有平行線

前面提到什麼是球面上的直線，可以知道球面上所有的直線都相交。

4.2 羅巴切夫斯基說：直線至少有一條平行線。

龐加萊非歐模型

在平面上作一條直線u，直線將平面分為兩部分，直線上半平面(不包含直線u上的點)為我們所要的非歐平面，記作L。

我們將圓心在u上的半圓或者垂直於u的射線稱為L直線。(垂直於u的射線也可看作是圓心在u上，半徑無限大的圓周。)

直線 $l_2$ 、 $l_3$ 、 $l_4$ 都平行與 $l_1$

過A點可以作1條以上直線與 $l_1$ 平行

5 平行公設不能被證明

平行公設，一個生活中似乎隨處可見的真理（三角形內角和180度等），竟然被證明了它不能夠被證明，因為歐式幾何和非歐幾何都沒有邏輯矛盾。

我們來看看羅氏幾何和歐式幾何的公設的區別

歐式幾何：

公設五：同一平面內一條直線和另外兩條直線相交，若在某一側的兩個內角的和小於兩直角，則這兩直線經無限延長後在這一側相交。（等價命題：過直線外一點，有且僅有一條直線與已知直線平行。）

羅氏幾何：

公設五：過直線外一點，至少可以做一條直線與已知直線平行

羅氏幾何的存在就說明了平行公設不能被證明

6 並不是越簡單的命題越容易證明

並不是簡單的東西，就一定能夠被輕鬆的證明。甚至可以說正相反，因為條件越是簡單，可以使用的工具就越是難找，更需要證明者對數學知識有全方位的掌握。數學的三個猜想：費馬大定理，四色定理，歌德巴赫猜想就是很好的例子。這些有名的問題，題目看上去都很簡單，卻是世界上公認的難題。

好像已經有人提到過SB定理了，但是沒給出特別好的闡釋。
我試試讓這個SB更精（dan）彩（teng）一些～

在正式開始之前，有幾件事要交代清楚：
1. 這條定理不能望文生義地讀作「傻屄定理」（誰這麼念誰才是傻屄），正式的名稱是「施羅德（Schr?der）-- 伯恩斯坦（Bernstein）定理」。
2. 這條定理並非是由命名的二人首先提出並證明的，真正6出這個的是驚（hua）世（yang）駭（zuo）俗（si）的著名瘋子——康托（Cantor）。
3. 康托首先給出的證明要依靠那個量產奇葩的選擇公理【畫風是這樣的：非常神奇的數學結論有哪些？ - 張樂陶的回答】，但實際上證明這條定理可以不用它【畫風瞬間恢復正常了】。
4. 這條定理雖然很「直覺」，但證明卻是非構造性的！（這句話的意思等你看完證明時就會知曉）。

再粗略地補充幾個預備概念，都很簡單：
1. 單射，就是一對一，就是掰著指頭數東西。
2. 滿射，就是全拿下，就是所有的東西都數到了，沒有落下的。
3. 雙射，就是一一對應，就是掰著指頭數東西，沒一個數重了，也一個都沒落下。
4. 相同的基數/等勢：兩堆東西可以一一對應。

現在我們就可以通俗解釋這條定理了，它的畫風是這樣的：

兩堆東西（很可能既不一樣大而且還非常奇怪，比如一堆米和一層碳原子什麼的），一堆放我這，一堆放你那，面前各自排開。然後，我拿我這堆做「手指頭」去數你那堆；同時你拿你那堆做「手指頭」數我這堆。如果東西多到數不勝數，結果毫無意外的將會是——

咱倆過不了多久就懵圈了。。。

此時，由打南邊來了個自稱是數學家的S(chr?der)B(ernstein)……

「哦，這麼說來你倆已經像這樣無腦地數了半天了？」

「你丫才無腦！你全家都無腦！！」

「……好啦二位，省省吧，不用接著數了，只要能一直數下去總是數不完，那這兩堆東西的數量是相等的～」

「相等你妹！」

「唉，你倆果然無腦！告訴你吧，這結論叫做SB定理！」

「噫——～多大點屁事還TM定理，你腦子還是物理學家呢——瓦特！定理是需要證明的，懂？！」

只見SB從旁揀了根樹枝，自顧自地在地上劃拉了起來，邊劃拉邊嘴上還哼起讓無數單戀的善男信女哭的稀里嘩啦的那首歌～「如果你願意一層一層一層地剝開我的心，你會發現，你會訝異，這是個最壓抑最驚天大咪咪～～……」

*********************************無節操且然並卵的分割線*********************************

以下是他在地上劃拉下來的東西——

定義（相同的基數/等勢）：若集合 $A$ 與 $B$ 之間存在雙射 $f:A ightarrow B$ ，則稱 $A$ 與 $B$ 具有相同的基數，或 $A$ 與 $B$ 等勢。

引理（洋蔥函數）：若集合 $Bsubseteq A$ ，並且存在單射 $f:A ightarrow B$ ，則 $A$ 與 $B$ 具有相同的基數（等勢）。

證明：利用歸納定義依次構造 $f$ 的遞歸像集：

$A_{1}:=A,B_{1}:=B$ ;
$forall n in mathbb{N^{+}}, A_{n}=f(A_{n-1}), B_{n}=f(B_{n-1})$ .

首先，證明 $A_{n}supseteq B_{n}$ 構成無窮遞降鏈，為此只需證明以下兩個事實： $forall n in mathbb{N^{+}},$ 有

a. $A_{n} supseteq B_{n}$ ; b. $B_{n} supseteq A_{n+1}$ 。利用數學歸納法及 $N subseteq MRightarrow f(N)subseteq f(M)$ 這一事實可證。因此， $f$ 的遞歸像集為無窮遞降鏈： $A_{1}supseteq B_{1}supseteq A_{2}supseteq B_{2}supseteq ...supseteq A_{n}supseteq B_{n}supseteq A_{n+1}supseteq ...$

其次，定義「第 $n$ 洋蔥層」為 $C_{n}:=A_{n}-B_{n}$ ，並利用以下定義構造「洋蔥函數」：

$extrm{Onion}(x) := left{ egin{array}{ll} f(x) extrm{$exists n in mathbb{N^{+}}, x in C_{n}$}\ x extrm{$forall n in mathbb{N^{+}}, x otin C_{n}$}\ end{array} ight.$ 。

現只需證明它是雙射，為此需要以下結論：

命題1（不同的洋蔥層不交）： $forall i eq j, C_{i} cap C_{j}=emptyset$ 。
證明：不妨設 $i<j$ 。由於遞歸像集是無窮降鏈，有 $B_{i}supseteq A_{i+1}supseteq B_{i+1}supseteq ...supseteq B_{j}$ ，故 $forall c in C_{i}$ ，有 $c in A_{i} wedge c otin B_{i}$ ，且由於 $c otin B_{i}$ ，有 $c otin A_{j} wedge c otin B_{j}$ 。根據 $C_{i} cap C_{j}:=left{ c in A | c in A_{i} wedge c otin B_{i} wedge c in A_{j} wedge c otin B_{j} ight}$ ，可見條件「 $c in A_{j}$ 」恆不成立，因此 $C_{i} cap C_{j}=emptyset$ 。

命題2（洋蔥層的像是下一洋蔥層）： $forall n in mathbb{N^{+}}, f(C_{n})=C_{n+1}$ （ $f$ 為單射是給定的）。
證明：歸納地利用「當 $f$ 是單射時， $f(M-N)=f(M)-f(N)$ 」這一事實即可得證。

欲證其雙射性，只需驗證其既單且滿。

一、單射性：任取 $x_{1}, x_{2} in A$ ，分成以下三種情況逐個證明：

當 $exists n in mathbb{N^{+}}, x_{1} in C_{n}$ ，而 $forall n in mathbb{N^{+}}, x_{2} otin C_{n}$ 時，利用命題2，有 $extrm{Onion}(x_{1})=f(x_{1}) in f(C_{n})=C_{n+1}$ ；而 $extrm{Onion}(x_{2})=x_{2} otin C_{n+1}$ 。故 $extrm{Onion}(x_{1}) eq extrm{Onion}(x_{2})$ 。亦即 $x_{1} eq x_{2}Rightarrow extrm{Onion}(x_{1}) eq extrm{Onion}(x_{2})$ ，單射條件滿足。
當 $forall n in mathbb{N^{+}}, x_{1}, x_{2} otin C_{n}$ 時，洋蔥函數即是恆等映射，結論顯然。
當 $exists n_{1}, n_{2} in N^{+}$ ，使得 $x_{1} in C_{n_{1}}, x_{2} in C_{n_{2}}$ 時，顯然 $extrm{Onion}(x_{1})=f(x_{1}) in f(C_{n_{1}})=C_{n_{1}+1}, extrm{Onion}(x_{2})=f(x_{2}) in f(C_{n_{2}})=C_{n_{2}+1}$ ，此時又分為以下兩種情形：

$n_{1}=n_{2}=n$ 。此時 $extrm{Onion}(x)$ 的單射性即是 $f$ 的單射性。
$n_{1} eq n_{2}$ 。由命題1知 $C_{n_{1}+1} cap C_{n_{2}+1}=emptyset$ ，顯然這意味著此時 $extrm{Onion}(x_{1}) eq extrm{Onion}(x_{2})$ ；以及，仍由命題1知 $x_{1} eq x_{2}$ 。同樣的，單射條件被滿足。

至此全部情況都已考慮，洋蔥函數為單射。

二、滿射性：任取 $b in B$ ，則 $b in A$ ，而 $b in ARightarrow b in C_n vee b otin C_{n}$ 。而這兩種情況中，前者意味著 $x=f^{-1}(b)$ 使得 $b= extrm{Onion}(x)$ ，後者即其本身 $extrm{Onion}(b)=b$

。至此全部情況都已考慮，洋蔥函數為滿射。

綜上，洋蔥函數為雙射。此雙射的存在證明 $A$ 與 $B$

具有相同的基數（等勢）。

【P.S.：敲到這裡我手已癱，所以SB定理的證明只能留作習題了。不過，最關鍵的步驟

「剝洋蔥」

此處應有音樂http://play.baidu.com/?__m=mbc.ps__a=5682328__o=share_qzone：「如果你願意一層一層一層地……」

已經搞定。SB定理的證明難度已經降為triviality。So——

此處應有音樂http://bd.kuwo.cn/yinyue/4013883?from=baidu#：「我相信伸手就能碰到——」

天～～啊…卧槽OMG累死了～～】

【2016.8.30續更】
好吧，有始有終，我還是把定理的證明寫出來吧——

定理（施羅德（Schr?der）-- 伯恩斯坦（Bernstein））：若存在 $f:A ightarrow C$ 和 $g:C ightarrow A$ 皆為單射，則 $A$ 與 $C$ 等勢。

證明：首先， $f$ 為單射 $Rightarrow$ $f:A ightarrow f(A) subseteq C$ 為雙射 $Rightarrow$ $A$ 與 $f(A)$ 等勢。現只需證明 $C$ 與 $f(A)$ 亦等勢即可。由於 $f$ 與 $g$ 都是單射，故其複合 $f circ g$ 亦為單射；依洋蔥函數引理， $f circ g mid_{C}$ 是由 $C$ 到 $f(A)$ 的單射，故 $C$ 與 $f(A)$ 等勢；亦即，分別存在兩個雙射 $h_{1}:A ightarrow f(A)$ 與 $h_{2}:f(A) ightarrow C$ ，使得 $h_{2} circ h_{1}: A ightarrow C$ 為雙射，從而滿足 $A$ 與 $C$

等勢的定義。

以上～

【P.S.:也許你看到這裡會疑惑——不是構造了一個嗶了狗帶「洋蔥函數」么？那所謂「非構造性」又是什麼鬼？自己打臉嗎？

好，那你隨便取一個定義域中的元素，試試看你有沒有辦法在有限步驟之內判定這個元素的像是不是在某一洋蔥層之內？】

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突然意識到我可能替國科大很多大一新生完成了一道數分的作業題……如果這答案真的解決了你的作業問題，我希望你能點贊+感謝，並在評論區留下你的院校和專業。

Schr?der–Bernstein theorem

多麼直觀呢？講的就是對於兩個集合A和B，|A|&>=|B| |B|&>=|A| implies |A|=|B|

難道不是密堆積問題么……

命題：三維歐氏空間中等大剛性球體的最密（即，「空間利用率」最高）的堆積方式是 fcc（面心立方）或 hcp（六方密堆積）。

（圖片來自於這裡：The Arrangement of Atoms in Crystalline Solids）

據說，最早可以追溯到炮彈的碼放。時至今日，從化學到固體物理再到數值計算，這個命題都有很基礎——基礎到大家都沒法意識到它的存在的地步——的廣泛應用。因其廣泛存在，大家似乎都認為這是對的了（至少我所讀的化學課本裡頭都聲稱這是正確的）……

可是，問題在於，這個命題並沒有徹底解決。有長程序的情形自然是被高斯論證過了，但如果允許無序堆積，則這還只是個猜想——雖然看上去離最後的證明也不遠了。

順帶一說，這個問題在二維下的情形（所謂「蜂巢問題」）也不是平凡的（蜂巢問題還以對流的方式被牽扯到天體物理裡頭）。

參考：Kepler conjecture；克卜勒猜想

pi+e是無理數

話說就在一個月前，導師突然把我叫過去，說自己有個很好的想法。
你能不能通過pfc建模，找出三維空間下，圓球的最密實堆積狀態，圓球要不等大的，按照工程級配來做。（工程中各個粒徑的顆粒含量都是規定好的）
然後老師還在紙上給我畫了，小球相切時最密實和最疏鬆狀態應該是什麼樣，我問老師有沒有相關文獻，老師說，顯而易見啊，還需要什麼文獻。
然後我就開始學習pfc了，感覺這個想法還有一定的可行性，直到昨天，看了小球堆積問題，均一級配下，最密堆積，大家都搞了400多年，我才意識到，自己攬了個大活……

實數和數軸上的點一一對應。

這可是個大坑啊，小學就會畫數軸，但是到了大學才知道為什麼可以畫數軸。。

請仔細想想，實數如何定義的？直線又是如何定義的？在定義實數和直線時，哪條定義說了實數和直線上的點可以一一對應？

Fubini定理。
積分換序爽不爽？
證起來更爽。

一個蘋果讓牛頓開了竅

一堆橘子卻坑了科學家們400年↓

特別鳴謝：
維基百科以及相關詞條的各位作者
《The Best Writing on Mathematics 2012》
《固體物理學》作者：黃昆
《費恩曼物理學講義》譯者：鄭永令等
《煩人的橘子（The Annoying Orange）》
視頻片段出自：《十誡》、《大腕》、《生活大爆炸》

P.S.我們不是第一個回答開普勒猜想的，但是我們是第一個把它做成視頻的(ˉ▽￣～)

————【擴展貓糧】————

橘子的兩種擺放

數學家們通過400年的接力，終於成功證明了「開普勒猜想」——水果商的擺放能夠讓橘子最緊密的排列起來，從而最大程度的利用空間。

不過話說回來，其實還有另一種擺放方式，同樣能夠達到最大的空間利用率（大約是74%）。

左邊就是水果商擺橘子的方式，其中最上層（藍色）是最下層（紅色）的180°翻轉，我們可以稱之為「ABC排列」。

右邊則是另一種擺放方式，區別在於，最上層（紅色）和最下層（紅色）是一樣的，我們可以稱之為「AB排列」。

既然二者的空間利用率一樣大，那區分它們有什麼意義呢？

在化學和物理中，這種區別可以幫助我們研究微觀世界中原子的排列結構。

下圖左邊是銅和銀的排列方式（ABC），右邊是鈹和鎂的排列方式（AB）：

不同的排列方式會影響到金屬的硬度、可塑性、脆度等物理屬性，從而影響到對工業材料的選擇和對製作工藝的把控。

在圓圈裡放圓圈

很早以前，擺放問題（Packing Problem）就已經發展壯大，衍生出了各種密切相關的數學問題，其中許多問題擁有出人意料的答案。

比如：在一個大圓中放 N 個等大的小圓，如何擺放才能讓這些小圓的半徑最大？

從2個小球、3個小球……到7個小球，這些結果基本都在意料之中。

然而當 N=8 時，事情就開始有點反直覺了。

仔細觀察 N=8（左圖）的情況，中間的小球和周邊的小球之間有著不小的空隙。在 N=9（右圖）時，這些空隙甚至變的更大了。

考慮到我們的目的是讓小球的半徑儘可能大，難道這些空隙不能想辦法填滿嗎？

數學家 Braaksma 和 Pirl 證明，雖然看起來還有改善的空間，但這的確是最優解。

再看一下 N=10 和 11 的情況，是不是更奇怪……

不過，和「圓圈中放圓圈」比起來，「方塊中放圓圈」的答案更反直覺。

在方塊里放圓圈

在一個大正方形中放 N 個等大的小圓，如何擺放才能讓這些小圓的半徑最大？

在 N 比較小時，答案的「長相」很普通：

然而 N=7 時畫風突變：

右上角這個圓為什麼這麼尊貴，為什麼有這麼多的活動空間……

N=10 和 11 的答案就更奇怪了……之前好歹都是對稱的，這次連對稱性都放棄了：

研究這些奇怪的圖形排列有什麼用呢？

和「橘子問題」一樣，這些問題也是有實際用途的。

首先，工業上經常需要將方形鋼板裁切成各種圓形，這項研究能夠幫助我們節省許多材料。

其次，運輸業中經常會面臨「貨車不夠用」的情況，現在我們能讓每輛貨車裝載更多的貨物了。

對了，由於無聊，我把 N=10000 以內的答案都下載下來了。

N=1167 時的解法，有一條斜著的空隙

如果你也同樣無聊，可以查看原文，感受一下各種千奇百怪的排列方式。

關注微信公眾號：薛定餓了么（xuedingeleme）

看完我們三分鐘漏洞百出的科學小視頻，你的生活也並不會變得更好。

定長繩子所圍成的最大面積是圓。

有一種顯然叫普通人眼裡的顯然，
有一種顯然叫數學家眼裡的顯然，
它們甚至幾乎交為空
//
普拉托問題，開普勒問題，等周問題，諸如此類答案很「明顯」的問題
為什麼求解/證明並不是那麼容易？
所謂看起來顯然無非就是條件很簡單嘛。
可實際上是那麼回事嗎？
非數學專業的有幾個知道嚴格的曲線(曲面)的長度(面積)是怎麼定義的？？
你要告訴我不就是第一類(第二類）積分嘛。我就~~~~~~
Curve
Surface area
有些曲面可以有面積有的則沒有面積，有的曲線可求長有的不可以。
考慮這些問題首先要解決這些問題。往往這裡就會出現一些反直覺的東西。
比如排名第一的普拉托問題。
數學之中為何直覺上對的東西證明起來很難也就是數學家們認為的不簡單？
因為數學考慮的是完全的嚴格性，而非直觀的感覺上的東西。
學物理的永遠不需要考慮處處連續處處不可導的函數，因為現實世界中不可能出現這樣的東西，
一般人也永遠不需要考慮一般的曲線曲面的測度，因為生活中遇到的基本都是光滑或者幾乎光滑的幾何對象。
但是數學家要考慮啊，所有可定義面積的曲線是個簡單的集合嗎？
所有球的堆積形式你能簡單地全都考慮進來？
你們考慮現實中存在的典型的，光滑的，規律的對象所以一些數學問題是顯然的。
數學工作者們考慮一切的經過嚴格定義的對象所以一些問題是很難的。

Jordan曲線定理和它的高維推廣確實是不平凡的定理:
1. 設 $Sigmasubsetmathbb{R}^{n+1}$ 是 $n$ 維球面的同胚象, 則補集 $mathbb{R}^{n+1}-Sigma$ 恰有兩個連通分支, 一個是有界的, 一個是無界的.
說它並不平凡, 是因為假若依照Jordan閉曲線的嚴格定義(單位圓的同胚像), 那麼這個證明幾乎是無從下手的. 高維的事情更加subtle: 有Alexander球這種詭異的構造(只是聽說過, 希望了解的同學們指正, 謝謝!).
拓撲學中類似的定理還有Brouwer的不動點定理. 如果你知道Banach的壓縮映像原理(或者知道怎麼用初等微積分證明它的一維情形)就會覺得這個定理很直觀:
2. 歐氏空間中閉球到自己的連續映射最少有一個不動點.
這兩個定理最簡潔的證明都需要用到同調. 當然, 既然我們是在歐氏空間裡面研究問題, 完全可以使用de Rham上同調(幾乎可以認為是最容易計算的同調). 首先, 同調是同倫不變數, 藉此可以導出一個有用的小結論: 設 $mathbb{R}^n$ 中的閉集 $A,B$ 同胚, 則它們的補集的各個de Rham上同調群有同樣的秩. 考慮到第零個同調群的秩就是連通分支的數目, Jordan曲線定理的主要部分立刻就得出來了. 餘下只是一些基本的點集拓撲知識的應用. 至於Brouwer不動點定理, 假若存在一個無不動點的連續映射, 那麼從這個映射可以造出一個球面到點的收縮(即球面成了可縮的), 而通過計算同調立刻發現球面不是可縮的, 這就矛盾了.
藉助同調當然可以在這麼短的篇幅內證明這兩個定理, 但它需要的代數拓撲知識卻還是需要寫好幾頁紙的.
再說幾個情形類似的定理. 它們都是複變函數論中的定理, 如果學過複變函數會覺得它們都非常直觀.
3.平面上的單連通開集微分同胚於單位圓盤.
所謂"單連通", 就是指其中的任何閉道路都是零倫的(可以收縮成點); 或者等價地, 在Riemann球面上, 它的補集只有一個連通分支(所以, Jordan曲線圍成的有界區域是單連通的; 但這個結論本身也沒那麼容易證明). 但這個結論本身也是極其不平凡的. 要想證明, 似乎非用Riemann映射定理不可:
4.如果平面單連通開集的邊界點不止一個(從而肯定不止有限個, 不然算一下基本群馬上就知道它不是單連通的), 那麼它必定共形等價於單位圓盤.
Riemann映射定理最原始的證明基於的是積分變分方法(記得是Dirichlet積分, 因為通過一些不嚴格的討論, 可以認為解決單連通區域的Riemann映照問題和尋找調和函數DIrichlet問題的Green函數是等價的), 但是這並不嚴格, 如同 @等待飛翔提到的. 後來的證明儘管也是變分方法, 然而討論的是完全不同的泛函(儘管不是重積分, 但藉助Schwarz引理會發現它的幾何意義更加明顯), 因為有了Montel緊性原理的幫助, 所以就完全嚴格化了. 當然, 這裡不打算提到uniformization theorem; 這個定理是Riemann定理的推廣, 更加不平凡.
Riemann映射定理還有幾個周邊結論, 例如邊界對應原理和Riesz-Privalov定理:
5.(開)單位圓盤 $D$ 和Jordan區域 $Omega$ (Jordan曲線圍成的有界區域)之間的Riemann映射可以延拓成為 $ar{D}$ 與 $ar{Omega}$ 之間的同胚.
6.如果Jordan區域 $Omega$ 的邊界是可求長的Jordan曲線, 那麼Riemann映射 $f:D ightarrowOmega$ 可以延拓成為邊界上的絕對連續函數.
直觀上, 這兩個定理都很明顯地成立. 可是它們的證明都是極其不平凡的; 例如Riesz-Privalov定理需要用到一些調和分析中的知識(所謂調和分析的復變方法; 最關鍵的一步是MF Riesz定理, 說的是Poisson積分的事情).
最後必須要提一句Cauchy-Goursat定理的推廣, 即Looman-Menchoff定理:
7.設平面區域 $Omega$ 中的連續復值函數滿足Cauchy-Riemann方程. 則它在這區域中全純.
重點在於我們不可以預先假定偏導數的任何正則性(考慮一下實分析中那些稀奇古怪的例子, 例如處處存在卻Lebesgue不可積的導數), 所以廣義函數論(Weyl引理的那一套做法)在這裡完全失效了. 這個定理的證明要用到Baire綱定理和Radon-Nikodym定理的一些精細的推論, 風格上倒是相當具有古典美的實分析(poor choice of words).
說了這麼多, 好像全是分析. 來貼兩個代數(真的都是代數! )方面的, 雖然我的代數學得很糟糕:
8.(Artin-Wedderburn定理)半單環同構於除環上矩陣環的乘積.
9.(在Lie群理論中很有用的Ado定理)特徵零的域上的有限維Lie代數同構於某個矩陣Lie代數的子代數.
都是直觀上特別容易接受而證明起來都不平凡的定理.
歡迎討論和補充, 我才疏學淺, 一時只能想到這麼多了.

利益相關：數學系大一學生。
以上的答主都提到了很多有趣的公式，但是在普通人看來確實是顯然的但是並不是很熟知。先給結論，我覺得看上去最顯然卻又難證明的定理是加法交換律、乘法交換律。
來源：孫偉，Fundamentals of Analysis，25-10-2014
1.加法交換律： $forall m,nin N,m+n=n+m$
加法的定義在我前一個答案非常神奇的數學結論有哪些？ - 煜笙的回答中的第三條有提到，定義只提到了m+0和(m+n)的後繼的運算方法，因此加法交換律其實並不顯然。
證明的思路其實大致是相同的，利用Peano公理的第五條就行了。
先證兩個引理：
Lemma 1： $forall m,nin N,m^{+} +n=m+n^{+}$
證：構造集合 $D=left{ nin N|m^{+}+n=m+n^{+} ,forall min N ight}$ ，顯然有 $Dsubseteq N$ 。
Step 1. $m^{+}+0=m^{+}=(m+0)^{+}=m+0^{+}Rightarrow 0in D$
Step 2.若 $kin D$ ,即 $m^{+}+k=m+k^{+} ,forall min N$ ，
$m^{+}+k^{+}=(m^{+}+k)^{+}=(m+k^{+})^{+}=m+(k^{+})^{+} ,forall min NRightarrow k^{+}in D$
$Rightarrow D=N$
Lemma 2： $0+n=n+0,forall nin N$
證：構造集合 $E=left{ nin N|0+n=n+0 ight}$ ，顯然有 $Esubseteq N$
Step 1. $0+0=0+0Rightarrow 0in E$
Step 2.若 $kin E$ ,即 $0+k=k+0$
$0+k^{+}=(0+k)^{+}=k^{+}=k^{+}+0Rightarrow k^{+}in E$
$Rightarrow E=N$
最後來證明加法交換律：
證：令 $D=left{ min N|m+n=m+n ,forall nin N ight} Rightarrow Dsubseteq N$
Step 1.由Lemma 2, $0in D$
Step 2.若 $kin D$ ,即 $k+n=n+k,forall nin N$
$k^{+}+n=k+n^{+}=(k+n)^{+}=(n+k)^{+}=n+k^{+}Rightarrow k^{+}in D$
$Rightarrow D=N$
Q.E.D
2.乘法交換律： $forall m,nin N,mn=nm$
這一套證明過程和加法交換律很類似，證明兩個引理 $forall min N,mcdot 0=0cdot m$ 和 $forall m,nin N,n^{+}cdot m=ncdot m+n$ ,再用Peano公理證明即可。

龐加萊猜想，現在已經是定理了。從高維證到三維證了100多年。是克雷數學研究所懸賞的七個千禧年大獎難題。其中三維的情形被俄羅斯數學家格里戈里·佩雷爾曼於2003年左右證明。2006年，數學界最終確認佩雷爾曼的證明解決了龐加萊猜想。
猜想就一句話：「任何一個單連通的，閉的三維流形一定同胚於一個三維的球面。」

單連通可以這麼理解，你把一個蘋果上綳一個皮筋，然後讓皮筋沿著蘋果慢慢往一端滑，最後皮筋能聚集成一個點，這就是單連通的，而如果是一個甜甜圈，你讓皮筋綳在他的側面，無論怎麼滑，它最終都是一個環，這就是非單連通的。

然後咱們這個定理再說的通俗一點，就是你拿一個空心的鐵球。然後把一個氣球放在裡面吹，只要這個氣球是封閉且單連通的，這個氣球最後一定能被吹成緊緊貼附於鐵球內壁而沒有空隙。

就這麼個玩意兒被證了一百多年。

平面上兩個連通開集U和V，如果它們的並是整個平面，那麼它們的交是連通的。
直覺上明顯，看起來像是點集拓撲的問題，證明用到一點同調論。

想起來之前一個日經題

四色定理，閔可夫斯基打臉的代表作。有一天閔可夫斯基走進教室里，不想講代數了，就告訴學生們四色猜想（每個平面地圖都可以只用四種顏色來染色，而且沒有兩個鄰接的區域顏色相同）很多年以來一直沒有被證明，是因為只有一些三流的數學家們把時間花在這上面，而一流的數學家們在做更偉大的工作，今天這節課我就來證明一下，下課的時間到了，閔可夫斯基沒有證出來，告訴同學們我們下節課繼續證明，一周過了，閔可夫斯基還是沒證出來。。一個月過了（時間有爭議）閔可夫斯基仍然沒有證明出來，這天同學們懶洋洋的走進了教師，又準備聽老師證明，這時天空電閃雷鳴，閔可夫斯基對同學們說，同學們上天發怒了，因為我之前講的，全是錯的，今天我們重新回到代數的課程是。。最終於1976年，人們藉助計算機成功證明了四色猜想。

雖然有人回答過了，但還是解釋一下，就是傳說中的SB定理：

For any set S and T, if |S| ≤ |T| and |T| ≤ |S|, then |S| = |T|.

|S|是表示集合的元素個數。看起來完美符合直覺，但老師說證明太難暫不介紹_(:з」∠)_

此定理的實質是，如果S和T每一個元素都最多映射到對方集合中的一個元素，則必有一種映射令S和T每一個元素一一對應。這樣想就不那麼複合直覺了。

證明介紹：http://en.wikipedia.org/wiki/Schr%C3%B6der%E2%80%93Bernstein_theorem