數學中有哪些巧合讓人眼前一亮？

12-03

比如歐拉虛指數的公式

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原來上過知乎日報，好開心

（多圖預警）
2017.02.28
很榮幸這篇回答被收入了知乎日報。感謝知乎日報：）
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我想講一個故事。這個故事我已經想講很多年了。
故事的開頭，先從幾個（數學競賽黨們）耳熟能詳的定理說起。
我們都知道，每個三角形都有外接圓和內切圓。它們的圓心，分別稱為外心和內心。外心是三角形三條中垂線的交點，而內心是三條內角平分線的交點。這也許是平面幾何中，最簡單、也最廣為人知的巧合。

（不要吐槽配色……隨手畫的）
然而，對於四邊形來說，這個性質一般來說就不對了。絕大多數四邊形，既沒有外接圓，也沒有內切圓。
過三個頂點的圓可以不過第四個頂點，和三條邊相切的圓也可以不和第四條邊相切。

不過總有一些比較幸運的四邊形，它們有的有外接圓，有的有內切圓。這些幸運兒們也有著一般的四邊形所不具備的優良性質。
比如說，假如一個四邊形有內切圓的話，那麼它的對角線、對邊上的切點的連線四線共點。

這是一個漂亮的巧合。而這個定理的名字，叫做牛頓定理。不錯，就是那個發現了萬有引力的牛頓。

現在讓我們的目光轉向更為複雜的圖形，六邊形。
既然大多數四邊形都沒有外接圓和內切圓，那大多數的六邊形就更沒有了。不過，我們只關注那些幸運兒們。它們的身上，也有著不同尋常的巧合。

比如說，對於有外接圓的六邊形來說，將它的三組相對的邊分別延長相交，所得的三個交點共線。

這裡，相對的邊這樣解釋：將六條邊順時針編號為1,2,3,4,5,6，那麼編號為1和4,2和5,3和6的三組邊分別稱作相對的邊。嚴格地說，這裡需要每組相對的邊都不平行，這樣才有交點。
這個定理也十分有名，被稱作帕斯卡定理。 這裡的帕斯卡，也就是大家都認識的那個帕斯卡。

對於有內切圓的六邊形來說，有一個更為簡潔優雅的巧合：三條主對角線一定相交於一點。

這個定理相對來說較為小眾一些，它叫做布里安桑(Brianchon)定理。
注意這個定理和牛頓定理不同，因為對邊的切點連線一般不會共點。

到這裡為止，數競黨們大概都十分熟悉。下面的才是正題。

如果說有內切圓或外接圓的多邊形是幸運兒的話，那麼下面所要提到的雙心多邊形，則可以說是集萬千寵愛於一身。
雙心多邊形，顧名思義，就是既有外心，又有內心的多邊形。換句話說，它們既有外接圓，又有內切圓。

在高中的時候，我做過一道競賽題。它是1989年的IMO預選題，題目很簡潔，也很漂亮。
還記得牛頓定理中四條線所交匯於的那個點嗎？這道題要求證明，假如牛頓定理中的四邊形是雙心四邊形，那麼這個四線相匯的點也在內心和外心的連線上。

換句話說，就是雙心四邊形兩條對角線、兩條對邊切點連線、兩個圓心的連線這五條線相交於同一點。
這道題看似複雜，其實並不難。假如知道和配極相關的基本結論的話，證明幾乎只要三行字。

2011年10月初的一天，當時高三的我看到了上面這道題目。我很快就做了出來。然而，面對如此漂亮的結論，很難不讓人浮想聯翩：如果把這道題中的四邊形換成六邊形，會怎麼樣呢？會不會從五線共點，變成七線共點？

我的直覺告訴我，這個結論對於六邊形很可能是錯的。因為對於有內切圓的四邊形來說，牛頓定理就保證了四線共點，加上一個外接圓的條件，結論只是多一條線（圓心連線）經過這個點。
而對於有內切圓的六邊形來說，Brianchon定理只能保證三線共點，而加上一個外接圓的條件，居然要證明七線共點，也就是多四條線經過這個點。這怎麼看都不像是對的。

然而我還是將信將疑地打開了幾何畫板。 由於我不知道怎麼用尺規作出雙心六邊形，所以只好近似作圖，花了好久才畫了一個相對精準的圖。畫完圖的一剎那，我就驚呆了：

這特么居然是對的！面對如此漂亮，還是自己猜到的結論，我當即決定試著證證看。
事後看來，這大概是我十年競賽生涯中做過的最難的兩三個幾何題之一。不過好在對於六邊形來說，有帕斯卡和布里安桑先生們的保佑，問題還不算難得太誇張。儘管費了將近兩小時，我還是把它證出來了。

證完之後還沒顧得上得意，又一個邪惡的念頭從我腦子裡冒了出來：既然這個巧合對四邊形六邊形都成立，會不會對八邊形也是成立的呢？
雖然我很希望它是對的，但是冷靜下來一想，我還是覺得它怎麼都不像對的。因為對於雙心六邊形來說，Brianchon保證一個三線共點，Pascal加上配極又保證一個三線共點，下面只要證明這兩個點是同一個，還在圓心連線上就可以了（這也是我的證明思路）。但是到了八邊形，Pascal和Brianchon都沒法保佑我了，這鬼東西如果是對的誰能證得出來？
然而抱著將信將疑的態度，我還是決定畫個圖。
……
……
……
……
……
……
是的，和你們想的一樣，我又被打臉了。這玩意還真特么就是對的！

這時候我已經在風中凌亂了。我實在是沒法想像這鬼東西能怎麼證明…………然後又一個可怕的念頭閃現了出來…………這破玩意該不會對所有2n邊形都成立吧？
我當即決定畫個圖。既然我都肯定證不出來了，乾脆搞個大新聞，直接翻個倍，畫16邊形吧。
後來的事情你們應該也猜到了…………半小時之後畫完圖，我看到的畫面是這樣的：

我感覺整個人都斯巴達了。

我相信自己一定發現了一個不得了的東西，就拿著這東西去問競賽圈一個有名的老師。他告訴我，以前在一個數學論壇上有人提到過這個結論，據說（未經證實，我猜很有可能不完全對）某個國家隊的大神（不說具體是誰了）也發現過這個結論，還給了一個對於一般情況的物理（黑人問號臉）證明。具體是什麼他也不清楚。

儘管沒法自己證明這個定理，但我還是深深地被這個結論的壯觀與美麗震撼到了。我告訴自己，一定要拿到數學聯賽的一等獎，然後保送去北大的數院繼續學數學。

然而我並沒有如願。

一周之後的聯賽，我只用了三分鐘就做出了平面幾何大題。儘管其他發揮不太理想，我還是順利獲得了保送。在保送生面試中，北大的招生老師問我，想學什麼專業？我毫不猶豫地回答數學。
然後他問：還有別的嗎？
我想，他大概是覺得我的聯賽分數還不夠高吧。所以最後我來到了北大，但沒有去成數院，一年之後又陰差陽錯地決定不轉系，從此遠離了真正的數學。

故事還沒有結束。一年多前一次偶然的機會，我從知友 @rainbow zyop 那裡知道了這個定理的來歷。
這個定理被稱為彭賽列(Poncelet)定理，是數學家彭賽列在1813年法俄戰爭中，在俄國薩拉托夫的戰俘營中發現的（這是有多麼閑的蛋疼才能證出這麼詭異的定理……）。在彭賽列發現這個定理的兩百年後，2014年9月的美國數學月刊上，兩位來自蘇黎世理工大學的數學家發表了一篇題為《彭賽列定理的一個簡單證明》的論文，給出了這個定理的一個初等證明。不過，這個「簡單」的證明長達12頁。（雖然我知道12頁的初等證明對於這個問題來說應該已經算短了……）
有興趣的讀者可以參考http://user.math.uzh.ch/halbeisen/publications/pdf/poncelet.pdf 。

我想，這大概算是我見過的數學中最美麗的巧合吧。時隔五年後的今天，我還能想起那個十月的下午，發現這個神奇的結論時激動的心情。我真的很懷念當年參加數學競賽的日子，那種單純地喜歡數學之美的時光。

最後我想用羅素的一句話結束這個回答。

歐氏幾何如同初戀般美好。

$[int_0^1 {{e^{ipi x}}} {mkern 1mu} {x^x}{(1 - x)^{1 - x}}{mkern 1mu} dx = frac{e}{2}frac{pi }{3}frac{i}{4}]$
神奇的把 $0,1,2,3,4,i,e,pi,x^x$ 結合在了一起.

可以用Mathematica驗證下...

NIntegrate[E^(I Pi x)x^x (1-x)^(1-x),{x,0,1},WorkingPrecision-&>40]-I Pi E /24.0

取圍道C:

我乎支持的TeX命令有點少,連LaTeX這個命令都報錯.....
另外γ估計乘不進去了...帶γ的只有多對數函數Li或者調和函數Hn...這個系列和指數E^x,x^x不兼容的...

謝邀
前一陣剛好聽別人講了一個神奇到不科學的代數式:
$Sigma frac{a-b}{a+b} =-Pi frac{a-b}{a+b}$
即： $frac{a-b}{a+b} +frac{b-c}{b+c} +frac{c-a}{c+a} =-frac{a-b}{a+b} *frac{b-c}{b+c} *frac{c-a}{c+a}$
當時瞬間覺得自己代數都白學了，竟然還有這麼美的結論不知道

（多圖，流量黨慎入！）

謝邀，我來講一個四年前的故事。

初三的某節數學課上，我突發奇想：

在圓周上的n個點兩兩連線，最多可以把圓分成幾份？

（不要問我為什麼會突然想到這個問題……）

於是我就拿出紙和筆開始畫起來——

一個點顯然連不了任何直線，所以整個圓還是1份；

兩個點之間可以連一條線，這樣圓就被分成了2份；

三個點可以連成一個三角形，圓被分成了4份；

四個點兩兩相連把圓分成了8份。

啊，這個規律似乎已經很明顯了，1、2、4、8，那麼下一個肯定是16嘛！

果不其然，五個點兩兩連線，圓被分成了16份。

於是，我覺得自己已經解決了這個問題，直到……我決定再加一個點。

為什麼是31份？？？？

我又數了一遍，還是31份，並且在圓內也沒有出現三線共點的情況……

這是什麼情況？？？？

於是我又加了一個點：

七個點，57份。

啊，這下跟2的冪徹底沒有關係了。

那規律到底是啥呢？

在與幾個朋友一起討論了數個小時之後，我們找到了答案。

為了分析這個問題，我們不妨先好好審視一下其中的一條直線，看看它是怎樣把圓分割開的：

以上圖中突出顯示的這條線為例，假設它是從左往右畫上去的，我們重現一下畫圖的過程：

從左端點開始，慢慢向右畫，每當它碰到一根其他的直線段時，它就把某一塊區域徹底地分成了兩份，於是總份數就多了一；而當它最後抵達圓周右側上的點時，總份數又多了一。

也就是說，圓內部的每一個交點都使得總份數增加了一；除此之外，每一根直線段最後抵達圓周時，總份數也增加了一。

所以，總份數應該是 1 +『圓內部的交點數量』+『直線段的數量』。

為什麼會有一個1？因為圓本身最開始就有一份啊。

我們先來求直線段的數量——這個很簡單，由於n個點中每兩個點之間都可以連一條直線段，所以這就相當於是在求『n個點中選2個點有幾種選法』，也就是 ${n choose 2}$ .

那圓內部的交點數量怎麼求呢？

注意，雖然每個交點都是由兩條直線段相交而成的，但我們並不能把這個問題簡化為『m條直線段中選2條直線段有幾種選法』，因為並不是每兩條直線段都相交的。

那怎麼辦？

（再往下繼續看之前，大家可以自己先想一想=w=）

（提示：對角線）

啥意思？

再放一張圖來提示一下：

好了我要說答案了：

我們可以把圓內部的每個交點看成是某個圓內接四邊形的對角線交點，於是在n個點中，任意四個點的組合都對應了圓內部的某個交點。

所以求圓內部的交點數相當於是求『n個點中選4個點有幾種選法』，也就是 ${n choose 4}$ .

於是我們最終的公式是：

${n choose 4} + {n choose 2} + 1 = frac{1}{24} (n^4-6 n^3+23 n^2-18 n+24)$

啊。問題解決了……

嗎？

等等，我還沒回答題主的問題呢。所以說這有啥『巧合』？

沒什麼巧合。至少當我在初三那年找到了上述解答之後，我覺得沒什麼巧合，問題已經解決了……

直到半個月前我看到了這個視頻：A Curious Pattern Indeed

我真想狠狠扇自己的臉！我當年竟然沒有多問一句：

為什麼當n比較小的時候，份數恰好是2的冪？

而且，當n等於10時：

256份！又是2的冪！

為什麼？？真的只是巧了嗎？？？

我非常贊同 @鬱林成森在回答中所說的：

數學中所有美的巧合都有其更深刻的原因，絕不僅僅是巧合。

所以說這到底是為什麼呢？

原因跟這個東西有關：

這不就是楊輝（帕斯卡）三角形么？除了最左與最右的1以外，每個數都是由其左上與右上的兩個數相加得到的。這我早就知道了，可是跟這題有啥關係？

啊，說得很對，楊輝三角形的構造方法確實很簡單，不過……讓我們算一算每一行的和：

咦！為什麼剛好是2的冪呢？

我們可以換一個角度來看楊輝三角形的構造方法：

每一個數被複制了兩份，分別加進了左下角與右下角的兩個數中。

所以下一行的和自然是上一行的兩倍，而由於第一行的和是1，所以每一行的和就都是2的冪啦！

哦原來是這樣，好有道理！不過這跟分圓有啥關係啊？

啊，這是因為，楊輝三角形還有另外一種形式：

我去！這是為啥？？

啊，這其實只需要證明 ${n-1 choose k-1}+ {n-1 choose k}= {n choose k}$ 就好了：

如果我們要從n個蘋果里選k個蘋果，那麼我們有 ${n choose k}$ 種選法；而假設n個蘋果中有一個是壞蘋果，那麼這 ${n choose k}$ 種選法中，選到壞蘋果的有 ${n-1 choose k-1}$ 種（要在除去壞蘋果的n-1個蘋果中選k-1個），沒選到壞蘋果的有 ${n-1 choose k}$ 種（要在除去壞蘋果的n-1個蘋果中選k個），所以 ${n-1 choose k-1}+ {n-1 choose k}= {n choose k}$ .

啊，當我把楊輝三角形寫成這種形式之後，之前分圓的公式與2的冪的關係就很緊密了！

由於 ${n choose 4} + {n choose 2} + 1 = {n choose 4} + {n choose 2} + {n choose 0}$ ，所以實際上n個點情形的公式就是楊輝三角形中第n行第0、2、4列的和。（注意，我們是從0開始數的！）

比如，當n=5時，份數就是第5行第0、2、4列的和：

寫成之前的形式就是這樣：

由於每個數都是左上和右上兩個數的和，所以這三個數的和其實就是上一行的和：

而我們之前已經說過，楊輝三角形每一行的和都是2的冪，所以當n=5時，份數是2的冪。

當n更小的時候，情況類似。

而當n=6的時候，問題來了：

寫成原形式：

而此時，它們的和就不是上一行的和了：

少了最右邊的一。

這就是為什麼n=6時，結果是31份。

而當n=10時：

這三個數剛好是上一行的一半：

而2的冪的一半也是2的冪，所以n=10時，份數256就是2的冪啦。

這就解釋了我們之前的『巧合』=w=

順帶說一句，楊輝三角形其實水很深，我們甚至可以在楊輝三角形中找到斐波那契數列，不過這裡我就不細說了。

這篇回答的配圖來自於Circle Division Solution，不過我初三時的推導方法要比視頻中的簡潔得多。視頻里用了歐拉公式，麻煩了不少，不過也挺有趣的。

那麼就這樣=w=

想到一個關於橢圓的，當時看的時候印象十分深刻，以下內容摘自《度量：一首獻給數學的情歌》（圖靈社區 : 圖書 : 度量：一首獻給數學的情歌）：

高中數學學過，橢圓內部有兩個特殊的點叫做焦點。這兩個點有著很奇特的性質，那就是橢圓上的任意一點到這兩個點的距離之和總是相等的。

橢圓其實是拉伸之後的圓——在某一方向上按某一特定的比例對圓進行拉伸。它是一個精確的、特定的形狀。可以認為圓本身就是一種特殊的橢圓——其拉伸係數為1。
我們可以用幾種不同的方式去描述橢圓，例如，思考橢圓的最佳方法之一，就是以一定的角度去觀察一個圓。該方法的另一種等價的說法是，當你用傾斜的平面去截圓柱體時，你得到的就是一個橢圓。

如果這是一個橢圓，那麼其焦點在哪裡呢？有一個非常巧妙的方法：
設想我們有一個其直徑與圓柱體的底面直徑相等的球S。從上方將它放入圓柱體中，這樣球S 就會一直往下掉，直到它在P 點與截平面相切。從圓柱體的下方對另一個球S" 進行同樣的操作，一直往上推直到球S" 與截平面相切於另一點P" 。

結果表明，P 和P" 這兩個點（球體和截平面相切的點）就是橢圓的焦點！
當然，為了確認這兩個點就是橢圓的焦點，我們必須要證明無論我們選擇了橢圓上的哪一點，該點距這兩個點的距離之和總是相等的。假定Q 是橢圓上的任意一點，並設想有一條直線經過P 點和Q 點。

這條直線有一個非常有趣的特點，即它和球S 只有一個交點，這很是不尋常的。大多數的直線要麼和球S 完全不相交，要麼穿過球S，與球面有兩個交點。和球面只有一個交點的直線，我們稱之為切線（tangent，拉丁語「觸碰」的意思）。經過Q 點和P 點的直線在截平面上，而該平面和球只有一個交點P，因此該直線是球S 的切線。
還有另外一種方法，我們也能夠得到球S 的切線，那就是經過Q 點作一條垂直的直線，與球S 相交於球面大圓。

一般來說，經過給定的一點，我們可以作很多條球的切線。所有這些切線的長度都是相等的。

也就是說，無論你選擇哪一條切線，從球外這一點到切線與球的切點的距離總是相等的。
特別地，從Q 點到所謂的焦點P 的距離與Q 點到球S 大圓的垂直距離相等。為了使問題更加簡單，在上下兩個球大圓的位置上，我對圓柱體進行了水平的切割，切割後的圓柱體中只包含兩個半球，如下圖所示：

這樣，前面我們所表達的意思就可以重新表述為：從Q 點到P 點的距離等於從Q 點到圓柱體頂端的距離。類似地，則從Q 點到P" 點的距離必然也與從Q 點到圓柱體底端的距離相等。

這說明，從Q 點到P 點和P" 點的距離之和必然與圓柱體的高度相等，而此高度與Q 點所在的位置無關。所以橢圓的確有這樣的兩個焦點，橢圓上的任意一點到這兩個焦點的距離之和總是相等的。上面漂亮的論證向我們證明了這一點，這真是一個很有創造力的證明！

維數4是特別的——4-流形的微分結構遠比其它維度複雜. 為什麼更高的維度和更低的維度都不能像4維流形一樣擁有洪荒之力呢? Alexandru Scorpan在The Wild World of 4-Manifolds中評論道:

可能是維度4是一個不穩定的邊界: 維度足夠大, 有洪荒之力存在的空間, 但是同時又太小, 不能馴服洪荒之力.

mathoverflow上關於為什麼四維流形如此特殊的討論: What makes four dimensions special?

勾股定理

眾所周知，勾股定理是我國最早發現的，三千年前，西周初期的數學家商高就發現了勾股定理的特例，既勾三股四弦五，然而可惜的是，商高並沒有給出完整的證明過程。
東漢末年，群雄割據，一時間豪傑並起，是故亂世出英雄，世間盼偉人，那是一個名將輩出的時代，也是一個文人鬥法的舞台，滾滾長江東逝水，浪花淘盡英雄，在這片亂世紛爭的東漢大地上，誕生了一個偉大的數學家趙爽。
趙爽生於東吳，自幼酷愛算學，深入研究過《周髀》，既我們熟知的周髀算經，在總結前人經驗的基礎上，詳細解釋了勾股定理，並且給出了新的證明。
孫權聽聞江東有此奇士，精通算學，遂召見之，使趙爽在朝堂之上演繹勾股定理。
趙爽呈上了如下這幅圖：

言道：
「勾股各自乘，並之，為弦實。開方除之，即弦。」

接著給出了證明過程：
「按弦圖，又可以勾股相乘為朱實二，倍之為朱實四，以勾股之差自相乘為中黃實，加差實，亦成弦實。」

孫權聽了半天，不明其中奧妙，朝堂眾人鴉雀無聲，看來大家都不懂趙爽在說什麼。
孫權問道：「可以通俗之言闡之？」

趙爽言道：
「勾立之，夾股成弦，倚靠其上；勾並股和為七，弦必取五；勾三股四或勾四股三。」
說罷，又呈上一幅圖：

朝堂依然寂靜無聲，過了半個時辰，終於有人發現了其中的奧妙。
陸遜言道：勾即為那條豎線，股即為那條躺線，勾立於股上，勾股夾向倚住的就是弦，勾和股可互取三四，其和為七，弦必取五。
孫權恍然大悟，暢言道:
"自古江東多豪傑，文武不遜曹阿瞞"。
「朕有如此奇士輔佐，何愁天下不統？」
孫權問群臣：「諸位愛卿可領勾股之妙？」

張昭老謀深算，不願多言，卻看身旁的虞翻站了出來：
「勾立股夾弦似倚，七應和五必取之」

寂靜許久的朝堂頓時鼎沸起來，趙爽不明所以。

我來說幾個關於數字方面的

首先是xcdk有一則漫畫，漢譯《稍微錯了一丁點兒的等式和公式大全》，原漫畫地址為xkcd: Approximations，漢譯版首發於果殼網[xkcd譯漫畫]坑爹（兼坑老師）的近似，由Ent大大翻譯
隱藏在小數點後面的數列，不知道愛玩計算器的朋友發現了沒有，一些分數小數點後面的數字出現非常有規律，下面舉幾個例子：

這四個分別是2的冪次方數列、正自然數列、正奇數列和斐波那契數列（當然這些上升到三位數就有重疊就不對了）。其實，9801做分母，分子只要大於等於99，那麼得到的數列就是一個以1為首項，公差為分子減去99的等差數列。
數字黑洞：在腦中想像一個四位數（各位上的數字不能全相等），然後按照各位上數字的大小順序從大到小排列一遍，再從小到大排列一遍，然後用大數減小數，重新得到一個數，繼續上述步驟（若得到三位數則千位上補零）。重複幾次後，你就會得到一個神奇的數字「6174」。
如：我想的數是1995，那麼：9951-1599=8352 8532-2358=6174 7641-1467=6174
再如：我想的數是9899，那麼：9998-8999=999 9990-999=8991 9981-1899=8082 8820-288=8532 8532-2358=6174 7641-1467=6174
所以，無一例外，所有四位數都會回歸到6174這個數上，我們可以很形象的稱它為「數字黑洞」。同時三位數也有這個性質，它們都會回歸到495這個數。至於說五位數六位數，如果也按上述步驟計算，則最終會在幾個數字中循環，至於更多位數的數，通過推理也可以猜測出來，它們會在更多的數字中循環，如果循環的數字足夠多，那跟不循環也就沒什麼兩樣了。
拿出計算器，輸入123456789，乘2，得數是246913578，再乘2，得數是493827156，再乘2，得數是987654312，再乘2，得數是1975308624，再乘2，得數是3950617248。怎麼樣，這幾個數不是123456789的重排序就是1234567890的重排序，好玩吧！

上學時，數學競賽獲得優勝，主辦方額外送了本書《Proofs Without Words》，裡面有很多腦洞大開的巧合：

$1^3+2^3+3^3+...+n^3=(1+2+3+...+n)^2$
證明：

步驟再詳細點：

$frac{1}{2} +frac{1}{2^2} +frac{1}{2^3} +frac{1}{2^4}+...=1$
證明：

$frac{1}{3} +frac{1}{3^2} +frac{1}{3^3} +frac{1}{3^4}+...=frac{1}{2}$
證明：

$frac{1}{4} +frac{1}{4^2} +frac{1}{4^3} +frac{1}{4^4}+...=frac{1}{3}$
證明：

$1+2=3$
$4+5+6=7+8$
$9+10+11+12=13+14+15$
...
$n^2+(n^2+1)+...+(n^2+n)=(n^2+n+1)+...+(n^2+2n)$
證明

進階一點，三角函數：
$sin(x-y)=sin x cos y-cos x sin y$
證明：

$cos(x-y)=cos x cos y+sin x sin y$
證明：

$c^2=(bsin heta)^2+(a-bcos heta)^2=a^2+b^2-2abcos heta$
證明：

$an{frac{ heta}{2}}={frac{sin heta}{1+cos heta}}={frac{1- cos heta}{sin heta}}$
證明：

$ar{(a,b)} imes ar{(c,d)}=ad-bc$
證明：

如果感興趣，可以在網上搜 Proofs Without Words，共兩本。

附下載鏈接（從俄羅斯的找到的，所以速度較慢）：
第一本：
http://golibgen.io/view.php?id=858654
第二本：
http://golibgen.io/view.php?id=858655

當然，還是支持正版：
第一本：
https://www.amazon.com/Proofs-without-Words-Exercises-Classroom/dp/0883857006/ref=sr_1_1?ie=UTF8qid=1470812756sr=8-1keywords=proofs+without+words
第二本：
https://www.amazon.com/Proofs-Without-Words-Exercises-Classroom/dp/0883857219/ref=sr_1_3?ie=UTF8qid=1470812756sr=8-3keywords=proofs+without+words
額。。。啥時候又出了第三本了。。。
https://www.amazon.com/Proofs-Without-Words-III-Exercises/dp/0883857901/ref=sr_1_2?ie=UTF8qid=1470812756sr=8-2keywords=proofs+without+words

不邀怒答，來來來……首先請題主明白一點：數學中所有美的巧合都有其更深刻的原因，絕不僅僅是巧合。

1.Euler公式：如果 $G$ 是一個有 $n$ 個頂點， $e$ 條邊和 $f$ 個面的連通平面圖，那麼 $n-e+f=2$
上面的這個 $2$ 被稱為 $G$ 的Euler示性數，於是就有更加牛逼的Gauss-Bonnet-陳公式：若 $M$ 是 $mathbb{R}^{3}$ 的一個緊的定向曲面， $K$ 是高斯曲率， $chi left(M ight)$ 是Euler示性數，則 $frac{1}{2pi } int_{M}^{} Kmathrm{d}A=chi left( M ight)$
說個有意思的應用，對於極大多數有機物（就是說它的結構簡式是可平面的），如果記 $Omega$ 為它的不飽和度， $f$ 為其結構簡式平面化後的面數，則 $Omega =f-1$

2.勾股定理：記 $a,b,c$ 為一直角三角形的三邊長， $c$ 為斜邊，有 $a^{2} +b^{2} =c^{2}$
更進一步，我們有勾股定理的三維推廣：若三稜錐的三條棱兩兩垂直，記 $S_{1}, S_{2}, S_{3} ,S_{4}$ 為三個側面和一個底面的面積，有 $S_{1}^{2} +S_{2}^{2} +S_{3}^{2}= S_{4}^{2}$ .證明很簡單，先將底面對每個側面做投影，再將每個側面對底面做投影，算兩次就行了。

3.素數定理：記 $pi left( x ight)$ 為不大於 $x$ 的素數個數，有 $pi left( x ight) sim frac{x}{mathrm{ln}x}$
第一個關於素數分布規律的重大結果，永遠的經典。在假定黎曼猜想的成立的前提下，有如下結果
$pi left( x ight) =frac{x}{mathrm{ln}x}+Oleft( sqrt{x} mathrm{ln}x ight)$

4.調和級數：記 $H_{n} =1+frac{1}{2}+cdot cdot cdot + frac{1}{n}$ ，有 $H_{n} sim mathrm{ln}n$
當然可以把上述估計式的誤差項寫出來，但實在沒意義，還喪失了美感。更進一步，我們有：記 $P_{n}=frac{1}{2} +frac{1}{3}+ frac{1}{5}+cdot cdot cdot + frac{1}{p_{n} }$ ，其中 $p_{n}$ 為第 $n$ 個素數，則 $P_{n} sim mathrm{lnln}n$ .美不勝收，美不勝收！從上面這個估計式可以毫不費力的證明素數的倒數和是發散的，進而顯然素數有無窮多。

5.黎曼猜想與調和級數：同上定義 $H_{n}$ ，則黎曼猜想等價於如下不等式 $sum_{d|n }^{ }{d} leq H_{n} +mathrm{e}^{H_{n} }mathrm{ln}H_{n}$
驚艷！等價性由Jeff Lagarias證明，很難想像黎曼猜想這個世界上最困難高深的命題竟然與這個幾乎完全初等的不等式等價！！如果要評選最美的數學巧合，我投它一票。

6.共點與共線：（Menelaus定理） $Delta ABC$ 中，點 $D,E,F$ 分別在邊 $AB,BC,AC$ 上，則 $D,E,F$ 共線等價於 $frac{AD}{DB}cdot frac{BE}{EC} cdot frac{CF}{FA}=1$

（Ceva定理） $Delta ABC$ 中，點 $D,E,F$ 分別在邊 $AB,BC,CA$ 上，則 $AE,BF,CD$ 共點等價於 $frac{AD}{DB}cdot frac{BE}{EC} cdot frac{CF}{FA}=1$

難道我大Menelaus和大Ceva不美嗎？？站在射影幾何的高度上來看，Menelaus定理和Ceva定理是對偶命題，其中一個正確則另一個也正確。於是由對偶原則我們可以發現下面兩組等價的共點、共線問題：

1）（Desargue定理）平面上有兩個三角形 $Delta ABC$ 、 $Delta DEF$ ，設它們的對應頂點（A和D、B和E、C和F）的連線交於一點，這時如果對應邊或其延長線相交，則這三個交點共線.

（Desargue逆定理）平面上有兩個三角形 $Delta ABC$ 、 $Delta DEF$ ，如果對應邊或其延長線相交的三個交點共線，則它們的對應頂點（A和D、B和E、C和F）的連線交於一點.

Desargue定理的對偶命題即是其逆命題，因而兩者是等價的，換句話說Desargue定理是自對偶的.

2）（Pascal定理）如果一個六邊形內接於一條圓錐曲線，則該六邊形的三對對邊的交點共線.

（Brianchon定理）如果一個六邊形的六條邊和一條圓錐曲線相切，則該六邊形的三條對角線共點.

Pascal定理是Pappus定理的推廣（兩條直線可以看作為一條圓錐曲線），其對偶命題就是Brianchon定理，因而兩者也是等價的。

7.共點與共圓：藉助反演變換，我們可以發現共點與共圓的等價性.
不過反演中心的一條直線 $leftrightarrow$ 過反演中心的圓，於是就有不過反演中心的三點共線 $Leftrightarrow$ 此三點的反演點與反演中心四點共圓.
這個定理也是相當驚艷，因此導出的下面兩個等價命題更是其驚艷的應用：
（Sylvester定理）若平面上的一個有限點集 $P$ 滿足，對於任意的 $P_{1},P_{2} in P$ ，存在 $P_{3}in P$ 使得 $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ 共線，則 $P$ 中所有點共線. （蘇聯競賽題）若平面上的一個有限點集 $P$ 滿足，對於任意的 $P_{1} ,P_{2} ,P_{3} in P$ 都存在另一定點 $P_{0}in P$ 使得 $P_{0}, P_{1} ,P_{2}, P_{3}$ 四點共圓，則 $P$ 中所有點共圓.

8.Euler公式： $1+frac{1}{4}+ frac{1}{9} +cdot cdot cdot +frac{1}{n^{2} } +cdot cdot cdot =frac{pi ^{2} }{6}$
初看此定理難道沒有一種「此題只應天上有」的感覺嗎？更進一步，Euler證明了如下定理：
$1+frac{1}{2^{2k} }+ frac{1}{3^{2k} }+cdot cdot cdot + frac{1}{n^{2k} } +cdot cdot cdot =frac{(2pi )^{2k} }{2(2k)!}left| B_{2k} ight|$

其中 $B_{k}$ 是Bernoulli數，前幾個是 $B_{0}= 1,B_{1}= -frac{1}{2} ,B_{2}= frac{1}{6} ,B_{3}= 0,B_{4}= -frac{1}{34},B_{5}= 0,cdot cdot cdot$
還有類似的定理： $1-frac{1}{2^{2k} }+ frac{1}{3^{2k} }-cdot cdot cdot +(-1)^{n-1} frac{1}{n^{2k} } +cdot cdot cdot =frac{(2^{2k}-1 )pi ^{2k} }{(2k)!} left|B_{2k} ight|$

9.Euler線定理：任意三角形中，重心 $G$ ，垂心 $H$ ，外心 $O$ ，九點圓圓心 $T$ 四點共線，且 $OG=frac{1}{2}GH$ ，換句話講這四個點構成調和點列.
用向量可以毫不費力地證明Euler線定理.

10.自然數冪的和： $1+2^{3} +3^{3} +cdot cdot cdot +n^{3}=(1+2+3+cdot cdot cdot + n)^{2}$
高票回答提到了，這其實是下面這個更一般定理的推論：
$1+2^{k} +3^{k} +cdot cdot cdot +(n-1)^{k} =frac{B_{k+1}(n)-B_{k+1} }{k+1}$

其中 $B_{k}$ 是Bernoulli數， $B_{k}(x)$ 是Bernoulli多項式.
這裡稍微一提Bernoulli多項式：設 $x$ 是複數，滿足下列方程的多項式 $B_{k}(x)$ 稱為第 $k$ 個Bernoulli多項式
$frac{zmathrm{e}^{xz} }{mathrm{e}^{z}-1 }=sum_{k=0}^{infty }{frac{B_{k}left( x ight) }{k!} x^{k} } ,left| z ight|<2pi$
特別地， $B_{k}=B_{k} left( 0 ight)$ 為第 $k$ 個Bernoulli數.

11.Fermat小定理：設 $p$ 是任意素數，則對任意整數 $a$ 有 $a^{p}equiv a(mathrm{mod}p)$ .特別地，若 $(a,p)=1$ ，則 $a^{p-1} equiv 1(mathrm{mod}p)$ .
很漂亮，很有用的定理，更進一步Euler對其有如下推廣：記 $varphi (n)$ 為不大於 $n$ 且與 $n$ 互素的數的個數，則對任意整數 $a$ 有 $a^{varphi (n)} equiv 1(mathrm{mod}n)$ ， $n$ 為素數時即為Fermat小定理.
特別提一句，對Euler函數 $varphi (n)$ 有這麼一個美麗的結果：
$sum_{d|n }^{}{varphi (d)}=n$
有不少證法，比較簡單的一個是先證明對素數的冪成立，在證明若 $(m,n)=1$ 有
$(sum_{d|m}^{}{varphi (d)})(sum_{d|n }^{}{varphi (d)})=sum_{d|mn }^{}{varphi (d)}$
這應該沒啥難度.

12.二次互反律：設 $p,q$ 為兩個不同的奇素數，則 $left( frac{q}{p} ight) left( frac{p}{q} ight)=(-1)^{frac{p-1}{2} frac{q-1}{2} }$

其中 $left( frac{a}{p} ight)$ 是Legendre符號.
怎能不提我大二次互反律，這可能是除勾股定理外證明最多的定理了，其重要性不言而喻，簡直就是打開了二次剩餘理論的大門啊。二次互反律相當深刻地揭示了方程 $x^{2}equiv q(mathrm{mod}p)$ 與 $x^{2}equiv p(mathrm{mod}q)$ 之間的聯繫，而且形式又如此簡單，當是數學中最美妙的幾個定理之一了。

13.代數基本定理：每個復係數非常數多項式在複數域內至少有一個根.
最最有名的定理，當然可以加強成 $n$ 次復係數多項式在複數域內有且僅有 $n$ 個復根。稍弱一點，我們可用數學歸納法證明： $n$ 次實係數多項式多項式至多有 $n$ 個實根。值得一提的是，如果你注意到同餘「 $equiv$ 」本質上跟等號沒有區別，就會發現這跟數論中的Lagrange定理是等價的：
（Lagrange定理） $n$ 次同餘方程至多有 $n$ 個根.
怎麼樣？是不是有種神清氣爽的感覺？

14.不等式：各種不等式雖然算不上巧合但是不美嗎？
（Cauchy不等式） $a_{i} ,b_{i}>0$ ，則 $(sum_{i=1}^{n}{a_{i}^{2} }) (sum_{i=1}^{n}{b_{i}^{2} }) geq (sum_{i=1}^{n}{a_{i} b_{i} } )^{2}$ （加權均值不等式）若 $a_{1}+ a_{2} +cdot cdot cdot +a_{n}=1$ ，則 $a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2} +cdot cdot cdot +a_{n} x_{n}geq x_{1}^{a_{1} } x_{2}^{a_{2} } cdot cdot cdot x_{n}^{a_{n} }$ (Schur不等式）對任意的 $x,y,z>0$ 及 $alpha in R$ ， $x^{alpha } (x-y)(x-z)+y^{alpha } (y-z)(y-x)+z^{alpha }(z-x)(z-y)geq 0$ （Murihead定理）對於任意的 $x,y,z>0$ 及 $a_{i},b_{i} >0(i=1,2,3)$ ，若 $a_{1}geq b_{1}$ ， $a_{1} +a_{2} geq b_{1}+ b_{2}$ ， $a_{1} +a_{2} +a_{3} =b_{1} +b_{2}+ b_{3}$ 則 $sum_{mathrm{sym}}^{}{x^{a_{1} } y^{a_{2} } z^{a_{3} } } geq sum_{mathrm{sym}}^{}{x^{b_{1} }y^{b_{2} } z^{b_{3} } }$

不等式簡直美呆了……多年經驗來看，Schur不等式和Murihead定理都比較精密，應用起來也相對暴力一些。

15.Hall定理：設二部圖 $G$ 的兩部分分別為 $X=left{ x_{1} ,x_{2} cdot cdot cdot x_{n} ight}$ ， $Y=left{ y_{1} ,y_{2} cdot cdot cdot, y_{m} ight}$ ， $G$ 中一組無公共點的邊，一端恰好組成 $X$ 中的點的充分必要條件是 $X$ 中的任意 $k$ 個點至少與 $Y$ 中的 $k$ 個點相鄰 $(1leq kleq n)$ .
Hall定理又被稱為完美匹配定理，最最常用的故事大概就是說：有 $n$ 個男生向 $m$ 個女生表白 $(nleq m)$ ，已知任意 $k$ 個男生至少喜歡 $k$ 個女生，則存在一種分配使得所有男生都能與自己喜歡的女生牽手。「虐狗定理」……七夕快樂：）

16.Cayley定理： $n$ 階完全圖 $K_{n}$ 有 $n^{n-2}$ 棵生成樹（頂點不同但同構的算作不同的生成樹）
超級漂亮的結論，有好幾種神奇的證明方法（隱隱約約記得貌似有線性代數的？？），我們有如下強得多的結論：（Matrix-Tree定理）記 $Dleft[ G ight],Aleft[ G ight]$ 分別為圖 $G$ 的度數矩陣和鄰接矩陣，我們稱矩陣 $Cleft[ G ight]=Dleft[ G ight]-Aleft[ G ight]$ 為圖 $G$ 的Kirchhoff矩陣（也稱Laplace矩陣），則 $G$ 的生成樹個數等於其Kirchhoff矩陣的任意 $n-1$ 階代數餘子式的絕對值.但是要從Matrix-Tree定理中直接得到Cayley定理也不是那麼簡單，很難。

17.Turan定理：若 $n$ 個頂點的圖 $G$ 有 $e$ 條邊，且 $G$ 中不含三角形，則 $eleq left[ frac{n^{2} }{4} ight]$ .
等號是可以取得的，作為習題自己構造去……（提示：考慮二部圖）
Turan定理揭示了這麼一個原理：當一個圖的邊數足夠多時，這個圖會出現相當多的特定結構。
更進一步，Turan證明了：若 $n$ 階圖 $G$ 不含 $m+1$ 階完全圖 $K_{m+1}$ ，記 $k=left[ frac{n}{m} ight]$ ，則 $G$ 的邊數 $eleq mathrm{C}_{n-k}^{2}+(m-1)mathrm{C}_{k+1}^{2}$ .這個等號也是能取到的，構造也是考慮 $m$ 部圖。

18.Kuratowski定理：一個圖是可平面的，當且僅當它不含 $K_{5}$ 或 $K_{3,3}$ 構型.

所謂可平面的，即指一個圖可以畫在平面上且不存在相交的邊。由Kuratowski定理可以看出，最簡單的不可平面圖就是 $K_{5}$ 和 $K_{3,3}$ 了：

這是相當厲害的定理，給出了一個圖是否可平面化的判定標準。前面說過，幾乎所有有機物的結構簡式都是可平面的，這裡就能說清楚了：什麼有機物能既含 $K_{5}$ 或 $K_{3,3}$ 又能穩定存在？？不多吧，反正烴和鹵代烴不行。

19.Ramanujan的逆天公式
說起數學之美，怎能不提Ramanujan的各種反人類的公式呢？隨便舉幾例，你們感受下：
$sqrt{frac{1+sqrt{5} }{2}+2 } -sqrt{frac{1+sqrt{5} }{2} } =frac{mathrm{e}^{-frac{2pi }{5} } }{1+ } frac{mathrm{e}^{-2pi } }{1+}frac{mathrm{e}^{-4pi } }{1+}frac{mathrm{e}^{-6pi } }{1+}cdot cdot cdot$

$frac{1}{pi } =frac{sqrt{8} }{9801} sum_{n=0}^{infty }{frac{(4n)!(1103+26390n)}{(n!)^{4}396^{4n} } }$

（這個級數收斂極快，取第一項就能精確到小數點後8位）
$1+x=sqrt{1+xsqrt{1+(x+1)sqrt{1+(x+2)sqrt{1+(x+3)sqrt{1+cdot cdot cdot } } } } }$ $frac{2}{pi } =1-5(frac{1}{2} )^{3}+9(frac{1 imes 3}{2 imes 4})^{3}-13(frac{1 imes 3 imes 5}{2 imes 4 imes 6})^{3}+cdot cdot cdot$

如果 $alpha eta =pi ^{2}$ ，則 $alpha ^{-frac{1}{4} }(1+4alpha int_{0}^{infty }frac{xmathrm{e}^{-alpha x^{2} } }{mathrm{e}^{2pi x}-1 }mathrm{d}x) = eta ^{-frac{1}{4} }(1+4eta int_{0}^{infty }frac{xmathrm{e}^{-eta x^{2} } }{mathrm{e}^{2pi x}-1 }mathrm{d}x)$

如果 $u=frac{x}{1+} frac{x^{5} }{1+} frac{x^{10} }{1+} frac{x^{15} }{1+} cdot cdot cdot$ ， $v=frac{x^{frac{1}{5} } }{1+} frac{x }{1+} frac{x^{2} }{1+} frac{x^{3} }{1+} cdot cdot cdot$ ，則 $v^{5}=ufrac{1-2u+4u^{2}-3u^{3}+u^{4} }{1+3u+4u^{2}+2u^{3}+u^{4} }$

如果 $F(k)=1+(frac{1}{2} )^{2}k+(frac{1 imes 3}{2 imes 4} )^{2}k^{2}+cdot cdot cdot$ 且 $F(1-k)=sqrt{210} F(k)$ ，則 $k=(sqrt{2}-1 )^{4}(2-sqrt{3} )^{2}(sqrt{7}-sqrt{6})^{4}(8-3sqrt{7})^{2}(sqrt{10}-3)^{4}(4-sqrt{15})^{4} (sqrt{15}-sqrt{14})^{2}(6-sqrt{35})^{2}$

膜拜吧，人類！！無以言表，五體投地，伏地膜……

長註：這裡要說一下，題主提的Euler虛指數公式 $mathrm{e}^{mathrm{i}x}=mathrm{cos}x+mathrm{isin}x$ 多數情況下講並不是定理。Euler的這個公式最先是Euler通過極不嚴格的變換求和順序從Taylor展開中得到的，Euler並未說清楚它的嚴格性；再一點，當時並未定義什麼是虛指數以及涉及複數的無窮級數斂散性，因此Euler公式多半是定義了什麼是虛指數，而非一個關於虛指數的結果，也就是說它是個定義而非定理；第三點，Euler的「證明」說明了這麼定義虛指數是合理的，即不會出現矛盾，從這個方面看它還是有積極的作用的。

修改補充：前面說得有點問題，在單元函數的複分析中，首先是定義的對數函數 $mathrm{Log}z$ ，再將指數函數 $mathrm{exp}z$ 定義成 $mathrm{Log}z$ 的反函數，這跟實分析中的先定義 $mathrm{log}x$ （即 $mathrm{ln}x$ ）再反過頭來定義指數函數差不多。

記函數 $f(z)=u+mathrm{i}v$ ，定義其構成的積分路徑 $C$ 上的積分為 $int_{C}^{} f(z)mathrm{d}z=int_{C}^{}(u+mathrm{i}v)(mathrm{d}x+mathrm{id}y) =int_{C}^{}(umathrm{d}x-vmathrm{d}y)+mathrm{i} int_{C}^{} (vmathrm{d}x+umathrm{d}y)$

然後定義對數函數 $mathrm{Logzeta }=int_{C}^{}frac{mathrm{d}z}{z}$ ，利用上面的定義是可以算出 $mathrm{Log}zeta =mathrm{log} ho +mathrm{i}k heta$ （記 $zeta = ho (mathrm{cos} heta +mathrm{isin} heta ),kin mathbb{Z}$ ），接下來定義指數函數：

定義：如果 $mathrm{Log}z$ 的任何一個值等於 $zeta$ ，就稱 $z$ 是 $zeta$ 的反函數，並記為 $z=mathrm{exp}zeta$ .

確實可以從這個式子中算出Euler公式，但畢竟定義不同是不是？？（傲嬌臉）上面這個定義是Hardy的《A Course of Pure Mathematics（純數學教程）》給出的，並不需要Euler公式；我記得北大陳天權老師的《數學分析講義》中是使用無窮級數定義的三角函數和自然對數，是不是就要用它來說明定義的合理性了呢？？

說個和計算機科學有關的例子.
如果是熟悉組合數學的話, 那麼對代數數據類型一定不會感到陌生, 代數數據類型和組合集合幾乎有相同的結構. 在代數數據類型與求導之間有個非常"巧合"與微妙的關係(不過準確來說數學不應該有巧合)

這裡先簡單介紹一下代數數據類型:
可以在類型(數據結構)和代數之間構造一個可逆映射(同構), 這就是為什麼稱為代數數據類型, 可以採用代數方式對類型進行運算.
類型可以定義為所有可接受值的集合

空類型(Void): 不接受任何值, 映射至自然數0
單位類型(Unit): 只接受一種可能值, 映射至自然數1

在類型上定義加法與乘法
加法: $a+b:={x or y | x in a, y in b}$
乘法: $a imes b:={(x, y) | x in a, y in b}$ (笛卡爾乘積)
可以證明類型上的加法與乘法具有代數加法與乘法相同性質(交換律, 結合律, 分配律)
並且空類型為加法單位元, 單位類型為乘法單位元.

接下來可以運用上面元素與運算構建新類型:
二元類型(布爾型, Bool):
接受兩種可能值(True, False)
$Bool=Unit+Unit={True}+{False}={True, False}$
可映射至自然數2
$2=1+1$
整數型(Int):
接受0-2^31-1
$Int=sum_{0}^{2^{31}-1}{Unit} ={x | 0leq xleq 2^{31}-1, xin mathbb{N} }$
可映射至自然數2^31
$2^{31}=sum_{0}^{2^{31}}{1}$
組(Pair):
接受兩個相同類型構成的二元列表
$Pair(TypeX)=TypeX imes TypeX={(x, y) | x, yin TypeX}$
將TypeX映射至代數x, 那麼組類型為x^2
$P(x)=x^2=x imes x$
列表(List):
接受多個相同類型構成的列表

$List(TypeX)=Unit+TypeX imes List(TypeX)$
一個列表可以為空列表, 包含0個元素, 為Unit, 或者一個元素(列表首)後面跟著剩餘列表. 這個為列表的遞歸定義. 對應的代數形式:
$L(x)=1+x imes L(x)$
可以解出
$L(x)=frac{1}{1-x}$
進行泰勒展開得到
$L(x)=1+x+x^2+x^3+...=sum_{i=0}^{infty}{x^i}$
正好 $x^i$ 對應於長度為i的列表, 如上 $x^2$ 為二元列表.
二叉樹(Tree):
$Tree(TypeX)=Unit+TypeX imes {Tree(TypeX)}^2$

一顆樹可以為空樹, 包含0個節點, 為Unit, 或者一個元素(樹根)下為左子樹與右子樹. 這個為二叉樹的遞歸定義. 對應的代數形式:

$T(x)=1+x imes T(x)^2$
可以解出
$xT(x)^2-T(x)+1=0$
$T(x)=frac{1-sqrt{1-4x} }{2x}$
進行泰勒展開得到
$T(x)=1+x+2x^2+5x^3+...$
正好 $x^i$ 對應於總節點數為i的二叉樹, 係數表示所有可能樹的結構的數目[1].

接下來是最奇妙的"巧合"
如果對類型進行求導會發生什麼
對一個有限類型集合(Unit, Bool, Int,...)進行求導
$frac{partial C}{partial x} =0$
對組進行求導
$frac{partial P(x)}{partial x} =2x$
對列表進行求導
$frac{partial L(x)}{partial x} =frac{1}{{(1-x)}^2}=L(x)^2$
對二叉樹進行求導
$frac{partial T(x)}{partial x} =frac{partial (1+x imes T(x)^2)}{partial x} =T(x)^2+2xT(x)frac{partial T(x)}{partial x}$
$frac{partial T(x)}{partial x} =frac{T(x)^2}{1-2xT(x)} =T(x)^2frac{1}{1-2xT(x)}=T(x)^2L(2xT(x))$

求導產生了一個新的類型, 這個類型正好是原類型中從中挖去一個元素留下一個洞(Unit)的類型(One-Hole Contexts)
這種類型在函數式編程語言里非常有用, 對該類型乘元素類型補全, 將得到與原類型結構相同並同時擁有局部性的類型, 參考Haskell的Zippers

對於一個有限類型集合
挖去一個元素後該類型即為空, 即是0

對於組
挖去一個元素有兩種可能 $(Unit, TypeX)$ or $(TypeX, Unit)$ , 即是2x

對於列表
挖去元素後列表斷開, 剩下左半列表與右半列表, $(LeftList, Unit, RightList)$ , 即是L(x)^2

對於二叉樹
挖去元素後列表斷開, 剩下以該節點為樹根的左右子樹和從樹根到該節點的路徑上的每一個節點與其非路徑節點的子樹構成的列表, 路徑上的每一個節點的非路徑節點子樹有兩種可能(左或右子樹)[2]

即為:T(x)^2*L(2xT(x))
T(x)^2為該節點下的左右子樹
L(2xT(x))為一個列表, 記錄從樹根到該節點的路徑, 列表裡的每一個元素類型為2xT(x)
2xT(x), x為路徑上的一個節點, T(x)為該節點相連的非路徑節點的子樹, 2表示該非路徑節點的子樹應為左子樹或右子樹.
同時可以證明的是[2], 求導的基本性質與鏈式法則對於類型同樣適用.

對於一個代數式進行求導有明確的分析意義. 但對於一個類型進行求導的直觀意義就非常微妙了, 得到的是帶有洞的新類型. 這之間的聯繫也許是"巧合", 也許揭示了類型與分析之間存在更為深刻的關聯.

參考資料:
[1] Analytic Combinatorics, Flajolet and Sedgewick
[2] The Derivative of a Regular Type is its Type of One-Hole Contexts, Conor McBride

$SO(3)cong RP^3$ .
——————————————————
稍微解釋一下，第一次見這個同胚是在本科的時候，左邊是通常意義下的特殊正交群，行列式等於1的正交矩陣，也就是三維空間中的旋轉全體，這是個很代數的對象，線性代數還有Lie代數裡面都會經常碰到；而右邊是實射影空間，類似射影平面的定義方式，是一個很拓撲的對象。本來是兩個完全沒關係的東西，但巧合的是可以建立彼此之間的一個同胚，利用三維的旋轉一定有旋轉軸這件事情，非常的巧妙。
不過用Clifford代數和spin群，或者具體到三維就是四元數來看，這其實是一件或多或少顯然的事情，但是第一次見的時候真的眼前一亮的……
順便一說，評論區泥垢了……

log2(3) ≈ 19/12
這個式子意味著(2/3 * 4/3)^6 ≈ 0.5，於是用三分損益法能生出十二律（並且計算一下就會發現最終是均勻的）

以及一個稍差一點的
ln2 ≈ 0.693, 於是有了72/70法則，剛好2/3/4/5/6/7/8/9/10/12都能整除

$sqrt[3]{2} approx sqrt[10]{10}$
$lg2approx 0.3$
之所以我會提到這個約等式，是因為本人在使用對數視力表時，常常會變距檢查。對數視力表的相鄰兩行視標邊長之比為 $10^{0.1}$ ，也就是相差 10 行時大小之比已經為 10 了。比較巧的是，相差 3 行時比值正好非常接近 2（嚴格來說是 1.995...），因此可以從標準檢查距離 5 米毫不費力換 2.5 米而讓五分記錄值（5.0 一排）減掉 0.3。
————下為補充————
@王贇 Maigo在評論區所提到的另一個應用，其實老早通過等式變形可知，畢竟早在認識含有二進倍數的詞頭（即 KB/KiB、MB/MiB……）時就已注意到此問題。
$2^{10}=1,024$
$10^3=1,000$
$2^{10}approx 10^3$
$sqrt[30]{2^{10}} approx sqrt[30]{10^3}$
$sqrt[3]{2} approx sqrt[10]{10}$
類似地，利用 $2^{10}approx 10^3$ 還可得：
$2approx 10^{frac{3}{10} }=10^{0.3}$
$lg2approx 0.3$

當然是五點共圓了。
在任意五角星AJEIDHCGBF中，△AFJ、△JEI、△IDH、△HCG和△GBF各自的外接圓順次相交的交點分別是K、O、N、M、L。
K、O、N、M、L五點共圓。
當然，巧合可不只是共圓這麼簡單。

一個小法則，叫《70》法則，可以用來算複利。

比如你有100元，假設你把你這100元存到銀行，那麼假設銀行利率每天10%。也就是說
第一天你會得到連本帶利110元
第二天121元
....
請問這100元要經過多少天才能變成200元呢？

這兒可以用七十法則來求得一個比較接近真實值的答案，其實很簡單,就是用70除以這個利率（不帶百分號），比如說，上文利率10%，那麼70/10=7，也就是說以10%的利率增長的話，一個星期就可以翻倍了。

如果不信的話我們以5%來計算，這兒70/5=14，也就是14天就可以翻倍了。
第一天：105 元
第二天：110.25元
...
第十四天：197.9931599439397

這個法則很實用的地方在於計算複利非常好用，而且計算2的倍數的複利的情況下也很好用。比如100元多久能翻倍到400元，若按照7%的利率。答案是100到200要用70/7=10天。那麼在翻倍還是10天，一共20天。

但是《70》法則在利率過大的時候會變得越來越不準確，比如當利率為14%的時候，第五天實際上只有192.5塊錢。但是當利率很小的時候算出來的數值非常精確，比如1.4%的利率，那麼70/1.4=50天，經過計算在第50天的數值是200.1...這個數值非常精確。

======================下面是解釋部分，不感興趣可以不看=================

其原因很有意思，因為ln(1+x) 約等於x，當x在（0,0.14)這個區間的時候非常準確，x越大越不準確。記得高數的等價無窮小嗎。具體的推導過程就是令 $(1+x)^{k} = 2$ 兩邊求對數得 $ln(1+x)^{k} = ln2$ 得 $ln2/ln(1+x) = k$ ,這裡ln2 約等於0.693... ，取0.7即可。這裡 $ln(1+x) = x + 0(x^{2})$ ，所以當x很小的時候(最好小於1.5%)，可以等價替代掉ln(1+x)

若需要求三倍利率呢？同樣就是 $ln3/ln(1+x) = k$ ,用等價無窮小替換可以得近似值 $ln3/x = k$ , 這兒ln3 = 1.10 ,那麼求三倍複利就用《110》法則。

那麼求任意整數倍複利呢？比如求90倍複利，那麼可以把90用質數分解 : 90 = 2*5*3*3 ，也就是需要先求2倍複利，再求3倍複利兩次，再求5倍複利。也就是一塊錢先變2元，然後2元翻三倍變成6,6再翻三倍變成18，然後18翻五倍變成90 ，那麼翻兩倍需要70/1.5 = 46.66天，約等於47天。然後2變成6需要翻三倍，那麼需要73天，再加一個73天，再翻五倍就要用160/1.5 = 106.6 約為107天，那麼一共需要47+73+73+107 = 300天。

但是由於本身用這個數字進行估算就會有誤差，所以利用計算器算出來的結果是87倍，由此可以看出，利用一階精度計算遠期的匯率誤差項會不斷疊加，此時計算結果並不準確。

那麼當利率比較高的時候怎麼計算減少誤差呢？

這兒的問題出在ln(1+x)上，我們上面用x來近似代替ln(1+x) ,但是其無窮小項為O(x^2),那麼當x比較大的時候，比如x = 20% ,那麼此時O(x^2)會對計算結果有比較大的影響。此時應把ln(1+x)利用泰勒級數展開為 $ln(1+x) = x - (1/2)*x^{2} + O(x^{3})$ ,也就是說用 $x - (1/2)*x^{2}$ 來代替ln(1+x) ,此時我們可以計算當x = 20%的時候，無窮小項 $O(x^{3})$ 要小於 $(0.2)^{3} = 0.008$ ,對結果的影響很小。

可以算得當x = 20%的時候， $x - (1/2)*x^{2} = 0.2 - 0.02 = 0.18$ ,那麼70/18 = 3.888 約等於4天，此時結果肯定會比上面的更加精確，所以結果在x比較大的時候依然適用。如果x更大的話，相應的需要取更多位。

回到上面的問題，我們還是用x = 1.5%來試驗一下90倍利率，依然先質數分解一下90 = 2*3*3*5 ，這兒ln2,ln3,ln5分別取2位小數並且進行四捨五入 : ln2 = 0.69 , ln3 = 1.1 , ln5 = 1.61 ,那麼 $y = x-(1/2)x^{2} = 0.01488$ ，此時

ln2/y = 46.5

ln3/y = 73.79

ln5/y = 108.1

那麼46.5+73.8+108.1+73.8 = 302.2 約為302天。

此時計算結果已經非常好的接近90倍了,並且近似的誤差比較小

音樂中為什麼有7個音，為什麼有升降號，為什麼有和弦，都源自於數學中的巧合。

用五度相生律計算，五度比值為2/3，假如c1為1，那g1就是1.5，d2就是2.25，a2就是3.375，e3就是5.0625，再移低兩個八度除以4，就是1.265625，所以小字一組CEG大三和弦為1、1.265625、1.5，按照五度相生律中的E有一點不協和。

但是按照純律計算，大三度比值為4/5，假如c1為1，e1為1.25，g1為1.5，這個大三和弦聽起來就非常協和了。

還有平均律，是以2開根號12次方為比值的，都是無理數，假如c1為1，e1約為1.2599，g1約為1.4983，感覺是不是極度不協和？確實是的，但是平均律方便移調，實際上現在的鋼琴都用平均律。

其實各音頻率差都非常小，以至於耳朵不敏感的人都聽不出來。

所以三種律法的巧合導致12音體系的存在，七個白鍵五個黑鍵，其他無論怎麼創造多少音的體系都不會有這麼巧合現象存在了，比如為什麼沒有11音體系或13音體系，或者程序員喜歡的數字8音16音32音體系呢？

*********補充********
好多人沒理解到巧合的含義，好像以為12音體系是人工創造的就就不存在巧合，我的意思是通過三種律法創造出的音恰好都是在有12個音時頻率高度重合，而不是兩兩之間各自有重合的音，假如前兩個律法在有10個音時重合，後兩個律法在有12音時重合，那可能至今也沒有一個合適的律法，還有平均律為什麼開12次方就恰好能和其他兩個律法高度重合而不是開其他次方？如果開50次方才能重合的話豈不是有50個音？

遠不止眼前一亮的數學

? 首先考慮一個數學遊戲：
Corner of the Queen
遊戲規則如下：
在一個無限大的象棋棋盤上有一隻皇后。兩人輪流移動皇后，每一次可以豎直向下，水平向左或者斜著向左下移動任意格數。能把皇后先移到左下角的獲勝。

如圖1，圓圈是皇后，可以以這三種方式移動。先到左下角的菱形方塊的一方勝。【注意這個象棋棋盤是無限大的，從左下角向右上展開，圖中只標有8x8是為了方便解釋】

那麼，有必勝的方法嘛？？！！

如圖2，若皇后在圖上的三條線上，對方就可以立刻移到左下角。那麼圖上的兩個空心菱形就是能取勝的位置【Winning Position】
若你能將皇后移到這兩個位置上你就贏了～～因為皇后在這兩個位置上只能被移動到那三條線上，於是你就可以將其移到實心菱形上啦！

利用相同的方法，在這兩個空心菱形上再作三條線，找到最近的沒有被線划過的方塊就又是一個winning position了！

如圖3是8x8中能取勝的所有方格，以空心菱形表示。同樣的方法可以延伸到無限大的棋版上。
定義：
空心菱形--必須被移動到黑線上某一方格
黑線上某一方格--可以移動到空心菱形上

如果一開始皇后在其中一個空心菱形上，讓對方先移動，則對方必須將其移動到黑線上的某個方格，然後你就可以機智得把皇后移動到空心菱形上。在你移動之後的皇后總會待在空心菱形。而最左下角的那個方塊可以被看作一個空心菱形，那麼你就贏了！

如果一開始皇后不在空心菱形上，那麼你先移動，移到一個空心菱形上。之後的方法和上一段一樣。

圖4: 空心菱形莫名變成了圓... 其餘條件都一樣
這是一張20x30棋盤上所有的winning position。
【每一行和每一列都恰巧有一個圓哦】

【到現在為止的一切都還是鋪墊... 若弄不清楚這個遊戲的可以自己試著玩一玩～

現在，a_1,a_2,a_3... 是一個正整數數列，
若有兩個自然數i, j 並且 i 不等於 j時
滿足 a_i 不等於 a_j
【把這整一個數列叫A】
【都不知道知乎Tex編輯器怎麼玩...
就當a_1是a右下角一個小1吧】
並且！ a_1+a_2+...+a_n 必須是n的倍數，需滿足任意正整數n。

也就是說 a_1要是1的倍數，
a_1+a_2要是2的倍數... 以此類推

而且，在我們選a_i的時候，我們要choose greedily。也就是說永遠選最小的那個正整數使條件成立。
那麼a_1等於1；
a_2不能為2因為1+2=3不是2的倍數，a_2可以是3，因為1+3=4是2的倍數。而且3是最小滿足條件的數，a_2=3。以此類推

所以：a_1=1 a_2=3 a_3=2 a_4=6
a_5=8 a_6=4 a_7=11 a_8=5
......
再回去圖4看一眼所有的winning position的那一些小圓圈。把對應的坐標寫出來：
（1，1）（2，3）（3，2）（4，6）
（5，8）（6，4）（7，11）（8，5）

是不是很眼熟！！！！
a_1是1，a_2是3，a_3是2，a_4是6...
所以！對於任意正整數i，（i，a_i）就是那個遊戲中的一個winning position！！！

另外，從圖中或是坐標中我們都可以看出這些winning position是關於y=x（對角線）對稱的。

然而！最帥的部分還在後面！

?有一個叫L-system的數列：
從0開始。
後一項將前一項中的每個0變成1，
每個1變成10。
【可以將其看作是二進位中的一串數字】
將整個數列命名為C

如圖5是這個數列中的前8個數
0變成1；
1變成10；
10變成10 1； 10中的1變成10，0變成1
101變成10 1 10，也就是10110；
以此類推

看每一項中數字的個數：
例:101中有3個數字，10110中有5個數字
各項數字個數: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21......
是不是又很熟悉？斐波那契數列啊！！

再看每一項中數字的總和：
例: 101中的數字和為2，10110中數字和為3
各項數字和: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13......
是不是又很熟悉！又是斐波那契數列！！

其實，這數列中的每一項就是前兩項連在一起：

圖6...
紅色逗號前的就是前一項，逗號後的就是前數第二項啊！！例：C6=C5，C4
又是一次斐波那契數列！！

另外！
每一項中數字1的個數也是斐波那契數列，每一項中數字0的個數也是斐波那契數列！

所以這是一個五重斐波那契數列！！
一個比斐波那契還要斐波那契的數列！！
MAGIC！

再者，如果我們把這串數列中C4開始的最後兩位數字都去掉：

如圖7，去掉後面兩位，全都變成迴文數了
【迴文數是看上去左右對稱的，正讀反讀都一樣的數！！！

更神奇的來了！還記得?中那些winning position的坐標嘛！
B：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A：1 3 2 6 8 4 11 5 14 16
B和A中上下相對著的兩個數就是那些坐標。
（1，1）（2，3）（3，2）（4，6）
（5，8）（6，4）（7，11）（8，5）......
然後，在B和A中上下對著的兩個數，
如果B中那個數比A大寫下一個0
如果B中那個數比A小寫下一個1
剛開始的第一個1,1 什麼都不寫
SO，從前面A和B的數列一個一個對過去
2比3小寫下一個1
3比2大寫下一個0
4比6小寫下一個1
5比8小寫下一個1
6比4大寫下一個0
7比11小寫下一個1 以此類推
大概已經可以猜到了吧！
寫下的那一串0和1就是C數列中某一項的一部分啊！！其實就是在寫C數列中的第無限項！！ 101101011011010110101101101......

AWESOME ！！

?既然這個數列中有那麼多的斐波那契數列, 這一定和黃金分割有密不可分的關係!

如圖8，這是40x40棋盤上所有的
winning position！
【有密集恐懼症的就不要看了...

然後把每一個圓圈的坐標放到平面直角坐標系的點上！

圖9，把所有坐標放到點上之後！分成上下兩部分。
再讓電腦這種逆天的數學家找出一條
Best-fitted line !!
中文叫回歸直線趨勢線什麼的......
看圖9左上方顯示的兩條線的函數：
上面一條線的傾斜度是1.618！
下面一條線的傾斜度是0.618！
這兩個都是黃金分割數啊！！

更神奇的如圖10:
最上面那個數就是黃金分割數...
第一列是它乘以1，2，3，4...
第二列是它的平方乘以1，2，3，4...

一眼就可以看出對應同一行的兩個數的小數部分相同，這一點沒什麼特別。
但是！
仔細看一眼它們的整數部分！
每一個正整數都恰好出現了一次！
更神奇的是：

圖11: 把整數部分按照1, 2, 3, 4...的順序排列
如果是在圖10的第一列寫一個1，
如果是在圖10的第二列寫一個0。
從上到下寫下來，於是又變成了我們熟悉的那個數列：1011010110110！！！

BEAUTY！！
帥到天際！！！！！！！！！！！！！！

這真的只是巧合嘛？

【未經許可，請勿轉載...】

竟然有那麼多贊...知乎果然神奇
對於看不懂的你們深感歉意感覺只能解釋到這個地步了【畢竟有一種美叫未知

這個問題下好像沒有人總結斐波那契數列的「巧合」。
斐波那契數列指的是這樣一個數列 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946，17711，28657，46368......
這個數列從第3項開始，每一項都等於前兩項之和。其通項是：

這是一個典型的無理化有理的範例。
既然本題是問的數學中的「巧合」，那我們可以先來看一下，這串奇妙的數字能擦出什麼樣的火花。

事實上，這些簡潔的公式容易從斐波那契數列的定義中的得到，這可能並不能讓我們「眼前一亮」。
下面我們看一下數列的前幾項和它們的平方：

我們來嘗試一下，將其相鄰的平方項加起來，會得到什麼有趣的結果：

這個規律還會繼續.......
事實上，關於斐波那契數列各項的平方，還有一個有趣的事實：
我們把它們的前幾項加起來得到：
1+1+4=6
1+1+4+9=15
1+1+4+9+25=40
1+1+4+9+25+64=104
這串數看起來沒什麼規律，但斐波那契數列就藏在裡面：
6=2×3
15=3×5
40=5×8
104=8×13
......
那麼這些等式為什麼成立呢？
我們看這個等式1+1+4+9+25+64=8×13
再看這張圖：

圖中的數字是指正方形的邊長，這樣，是不是就一目了然了呢？
這些數字遊戲在數學中比比皆是，而斐波那契數列最獨特的一點就是它和黃金分割有密切相關。當n趨向於無窮大時，斐波那契數列前一項與後一項的比值越來越逼近黃金分割比，當然，這個性質從其通項公式中是很容易看出來的。對於一些數學愛好者，能夠通過計算證明的數字巧合併不能讓人「眼前一亮」，真正讓人「眼前一亮」的，是「數學的美感」。
黃金分割具有嚴格的比例性、藝術性、和諧性，蘊藏著豐富的美學價值。應用時一般取0.618 。在高雅的藝術殿堂里，留下了許多黃金數的足跡。人們發現，一些名畫、雕塑、攝影作品的主題，大多在畫面的0.618處。藝術家們認為弦樂器的琴馬放在琴弦的0.618處，能使琴聲更加柔和甜美。關於黃金分割在藝術中的應用，我不想一一舉例了，作為一個理科生，我更願意和大家分享一下大自然中的斐波那契數列和黃金分割比。
先來談談人體中的黃金分割比，我們都熟悉的一個例子：如果一個人的肚臍以上的高度與肚臍以下的高度符合黃金分割，則這個人具有美感。事實上，人體還有許多黃金點和黃金矩形（寬和長之比為0.618）。黃金分割點：咽喉:頭頂-肚臍之分割點;膝關節:肚臍-足底之分割點；肘關節:肩關節-中指尖之分割點。黃金矩形：軀體輪廓:肩寬與臀寬的平均數為寬，肩峰至臀底的高度為長;面部輪廓:眼水平線的面寬為寬，髮際至頦底間距為長;鼻部輪廓:鼻翼為寬，鼻根至鼻底間距為長;手部輪廓:手的橫徑為寬，五指併攏時取平均數為長。
再來說說植物，儘管葉子形態隨種而異，但它在莖上的排列順序(稱為葉序)，卻是極有規律的。你從植物莖的頂端向下看，經細心觀察，發現上下層中相鄰的兩片葉子之間約成137.5°角。如果每層葉子只畫一片來代表，第一層和第二層的相鄰兩葉之間的角度差約是137.5°，以後二到三層，三到四層，四到五層……兩葉之間都成這個角度。植物學家經過計算表明:這個角度對葉子的採光、通風都是最佳的。我們知道，一周是360°，360°-137.5°=222.5°，137.5°∶222.5°≈0.618。蘋果是一種常見的水果，同樣包含有「黃金比率」。如果有小刀沿著水平方向把蘋果攔腰橫切開來，便能在橫切面上清晰地看到呈五角星形排列的內核。在將5粒核編好A、B、C、D、E的序號後，就可以發現核A端尖與核B端尖之間的距離與核A端尖與核C端尖之間的距離之比，也是「黃金比率」，即 0.618。

而在植物中，斐波那契數列也是屢見不鮮。在向日葵的螺旋中，菠蘿表面的突起中，我們都能看到斐波那契數列的身影。還有，大多數花的花瓣個數，都是斐波那契數列：

3………………………百合和蝴蝶花

5………………………藍花耬斗菜、金鳳花、飛燕草、毛茛花

8………………………翠雀花

13………………………金盞

21………………………紫宛

34、55、89……………雛菊

這大自然中無法解釋卻又令人著迷的「巧合」，不僅讓人「眼前一亮」，也點燃了人們探索未知的熱情。

如圖。