附录1.毕达哥拉斯定理的证明
311这个证明的目的是证明毕达哥拉斯定理对一切直角三角形都是对的。上图所示的三角形可以代表任何直角三角形，因为它的边长并未具体指明，而是用字母x，y和z来代表。
同样如上图，四个恒等的直角三角形和一个倾斜的正方形一起组合成一个大的正方形，正是这个大正方形的面积是证明的关键。
这个大正方形的面积可以用两种方法来计算。
方法1：将这个大的正方形作为一个整体来计算它的面积。它的每条边长是x+y。所以，大正方形的面积=（x+y）2。
方法2：计算出大正方形各个部分的面积。每个三角形的面积是12xy，即12×底×高。倾斜的正方形的面积是z2。于是，大正方形面积=4×（每个三角形的面积）+倾斜正方形的面积=4（12xy）+z2。
方法1和方法2给出两个不同的表达式。然而，这两个表达312式必须是等价的，因为它们代表同一个面积。于是，方法1得出的面积=方法2得出的面积（x+y）2=4（12xy）+z2。
括弧可以被展开并简化。于是，x2+y2+2xy=2xy+z2两边的2xy可以抵消。所以，我们得到x2+y2=z2，这就是毕达哥拉斯定理！
上面的论证基于这样一个事实：不论用什么方法计算，大正方形的面积必须是相同的。于是我们从逻辑上推导出这相同的面积的两个表达式，使它们相等起来，最终，必然的结论是x2+y2=z2，即斜边的平方z2等于其他两边的平方和x2+y2。
这个论证对一切直角三角形成立。在我们的论证中，三角形的边是用x，y和z表示的，因而可以代表任何直角三角形的边。
附录2.2是无理数的欧几里得证明
欧几里得的目的是证明2不能写成一个分数。由于他使用的是反证法，所以第一步是假定相反的事实是真的，即2可以写成某个未知的分数。用p/q来代表这个假设的分数，其中p和q是两个整数。
在开始证明本身之前，需要对分数和偶数的某些性质有个基本的了解。
（1）如果任取一个非零整数并且用2去乘它，那么得到的新数一定是偶数。这基本上就是偶数的定义。
313（2）如果已知一个整数的平方是偶数，那么这个整数本身一定是偶数。
（3）最后，分数可以简化：1624与812是相等的，只要用公因数2去除1624的分子和分母。进一步，812与46是相等的，而46又与23是相等的。然而，23不能再简化，因为2和3没有公因数。即不可能将一个分数永远不断地简化。
现在，记住欧几里得相信2不可能写成一个分数。然而，由于他采用反证法，所以他先假定分数p／q确实存在，然后他去揭示它的存在所产生的结果：
2=p／q，如果我们将两边平方，那么2=p2／q2，这个等式很容易重新安排，得出2q2=p2。
现在根据第（1）点我们知道p2必定是偶数。此外，根据第（2）点我们知道p本身也必须是偶数。但是，如果p是偶数，那么它可以写成2m，其中m是某个别的整数。这是从第（1）点可以得出的结论。将这再代回到等式中，我们得到2q2=（2m）2=4m2，用2除两边，我们得到q2=2m2。
但是根据我们前面用过的同样的论证，我们知道q2必须是偶数，因而q本身必须是偶数。如果确实是这样，那么q可以写成2n，其中n是某个别的整数。如果我们回到开始的地方，那么2=p/q=2m／2n。
用2除分子和分母就可以简化2m／2n，我们得到3142=m/n。
我们现在得到一个分数m/n，它比p／q简单。
然而，我们发现对m/n可以精确地重复以上同一个过程，在结束时我们将产生一个更简单的分数，比方说g／h。然后又可以对这个分数再重复相同的过程，而新的分数，比方说e/f，将是更为简单的。我们可以对它再作同样的处理，并且一次次地重复这个过程，不会结束。但是根据第（3）点我们知道任何分数不可能永远简化下去，总是必须有一个最简单的分数存在，而我们最初假定的分数p/q似乎不服从这条法则。于是，我们可以有正当的理由说我们得出了矛盾。如果2可以写成一个分数，其结果将是不合理的，所以，说2不可能写成一个分数是对的。于是，2是一个无理数。
附录3.丢番图年龄的谜语
我们把丢番图活的年数记为L。根据谜语，我们得出下面的关于丢番图生活的完整说明：
1/6的生命，即L／6，是童年时期；L／12是青少年时期；L/7是此后到结婚前度过的；5年后生了一个儿子；L/2是这个儿子活的年数；4年是他去世前在悲伤中度过的。
丢番图活的年数是上面的和：
L=L6+L12+L7+5+L2+4。
315我们可以把这个方程简化如下：
L=2528L+9，328L=9，L=283×9=84。
即丢番图在84岁时去世。
附录4.贝切特的称重问题
为了能称出从1千克到40千克之间的任何整数千克的重量，大多数人会想到需要6个砝码：1，2，4，8，16，32千克。按这种方式，所有的称重可以方便地将砝码按下面的组合方式放在一个秤盘里来完成：
3161千克=1，2千克=2，3千克=2+1，4千克=4，5千克=4+1，40千克=32+8。
然而，利用将砝码放在两个秤盘里使得砝码也可与要称重的物体放在一起称的方法，贝切特可以只用4个砝码1，3，9，27千克就完成任务。与要称重的物体放在同一个秤盘中的砝码在效果上是取负值的。这样一来，称重可以如下完成：
1千克=1，2千克=3-1，3千克=3，4千克=3+1，5千克=9-3-1，40千克=27+9+3+1。
附录5.存在无穷多个毕达哥拉斯三元组的欧几里得证明
毕达哥拉斯三元组是三个整数的集合，其中一个数的平方加上另一个数的平方等于第3个数的平方。欧几里得可以证明存在无穷多个这样的毕达哥拉斯三元组。
欧几里得的证明从下面的观察着手，两个相接的平方数之差总是一个奇数：
122232425262728292102…149162536496481100…＼／＼／＼／＼／＼／＼／＼／＼／＼／35791113151719…无穷多个奇数中的每一个可以加上一个特定的平方数成为另一个平方数。这些奇数中的一部分本身就是平方数，但是无穷的一部分仍是无限的。
于是，也就存在无穷多个奇平方数，它们可以加上一个平方数成为另一个平方数，换言之，一定存在无穷多个毕达哥拉斯三元组。
附录6.点猜想的证明
点猜想是说，不可能画出一个点图使得每条直线上至少有3个点。317虽然这个证明需要极少的数学，但是它确实要借助于一些几何学的训练，因此我想仔细地介绍每一步的意图。
首先考虑任意的由点和将每个点连接起的直线组成的图样。然后，对每个点作出它到最近的线之间的距离，通过它的直线不算在内。由此，确定所有的点中离直线最近的那个点。
下面对这种点D再仔细观察，D点最接近于直线L。它到这条线的距离在图中用短划虚线表示，这个距离比任何别的直线与点之间的距离都要短。
现在可以证明直线L上只能有2个点，于是猜想就是对的，即不可能画出一个点图使得每条直线上都至少有3个点。
318为了证明直线L必须只有2个点，我们考察如果它有第3个点那么将出现什么结果。如果第3个点DA存在于原来标出的2个点之外，那么以点虚线表示的距离将比假定是点和直线之间最短距离的短划虚线还要短。因而点DA不可能存在。
类似地，如果第3个点DB存在于原来标出的两个点之间，那么以点虚线表示的距离再一次比假定是点和直线间最短距离的短划虚线还要短。因而点DB也不可能存在。
总而言之，由点构成的图形必须有某个点和某条直线之间的距离是最短距离，而这条直线上就只能有2个点。于是对每个图形总是至少有一条直线，上面只有2个点——猜想是对的。
附录7.误入荒谬
下面是一个经典的例证，说明很容易从一个非常简单的命题出发，319经过几步看上去直截了当的合乎逻辑的推理来证明2=1。
首先，我们从很普通的命题a=b开始。然后，两边乘以a，得出a2=ab。
接着两边加上a2-2ab：
a2+a2-2ab=ab+a2-2ab。
这就可以简化为2（a2-ab）=a2-ab。
最后，两边被a2-ab除，我们得到2=1。
最初的命题似乎是，也确实是完全无疑的；但是在对等式的逐步处理中，某个地方有一个微妙的，却是灾难性的错误，它导致了最后的命题陈述中的矛盾。
事实上，致命的错误出现在最后一步，其中用a2-ab去除两边。我们从最初的命题知道a=b，因而用a2-ab去除等价于用零去除。
用零去除任何东西是很危险的一步，因为零可以在任何有限的量中出现无穷多次。由于在两边产生了无穷大，我们实际上彻底破坏了等式的两边，不知不觉中使论证产生了矛盾。
这个微妙的错误是在许多沃尔夫斯凯尔奖的参赛论文中可以发现的典型的一类因粗枝大叶造成的错误。
附录8.算术公理
320下面的公理是作为算术的结构的基础所需要的全部公理。
1.对任何数m，nm+n=n+m，mn=nm。
2.对任何数m，n，k，（m+n）+k=m+（n+k），（mn）k=m（nk）。
3.对任何数m，n，k，m（n+k）=mn+mk。
4.数0具有下面的性质：对任何数n，n+0=n。
5.数1具有下面的性质：对任何数n，n×1=n。
6.对每个数n，存在另一个数k使得n+k=0。
7.对任何数m，n，k，如果k≠0，kn=km，那么m=n。
根据这些公理可以证明别的法则。例如，通过严格地应用这些公理，并且不假定任何别的事情，我们可以严格地证明下面的看起来很显然的法则：
如果m+k=n+k，那么m=n。
首先，我们写出m+k=n+k。
然后，由公理6，设l是使得k+l=0成立的数，于是321（m+k）+l=（n+k）+l。
然后，由公理2，m+（k+l）=n+（k+l）。
记住k+l=0，则我们有m+0=n+0。
再应用公理4，我们最终可以得到我们想要证明的：
m=n。
附录9.对策论和三人决斗
我们来研究黑先生可作的选择。黑先生可能以灰先生作目标。如果他成功了，那么下一次将由白先生开枪。白先生只剩下一个对手，而且因为白先生是百发百中的枪手，于是黑先生死定了。
黑先生较好的选择是以白先生为目标。如果他成功了，那么下一次将由灰先生开枪。灰先生3次中只可能有2次击中他的目标，所以黑先生有机会活下来再回击灰先生，从而有可能赢得这场决斗。
似乎第二种选择是黑先生应该采用的策略。然而，有第三种更好的选择。黑先生可以对空开枪。于是下一次是灰先生开枪，他会以白先生为目标，因为白先生是危险得多的对手。如果白先生活下来，那么他将以灰先生为目标，因为他是更为危险的对手。通过对空开枪的办法，黑先生将使得灰先生有机会消灭白先生，或者反过来白先生消灭灰先生。
这就是黑先生的最佳策略。最终灰先生或白先生将会死掉，那时黑先生将以剩下的一个人为目标。黑先生控制了局势，结果他不再是在三人决斗中第一个开枪，而变成二人决斗中第一个开枪。
附录10.用归纳法证明的例子
322数学家发现能有一个简洁的公式来计算许多数的和是很有用处的。在本例中，挑战是找出计算前n个计数数的和的公式。
例如，只有第1个数的和是1，前2个数的和是3（即1+2），前3个数的和是6（即1+2+3），前4个数的和是10（即1+2+3+4），等等。
一个刻画这个模式的可能的公式是：
Sum（n）=12n（n+1），这里Sum（n）代表前n个自然数的和。换言之，如果我们想要找出前n个数的和，那么我们只要把那个数n代入上面的公式就可以得到答案。
用归纳法可以证明这个公式对直至无穷大的每一个数都成立。
第一步是证明这个公式对第1个情形，即n=1，是成立的。这是很简单的，因为我们知道只有第1个数的和是1，而如果我们将n=1代入这个可能的公式，得到的结果是正确的：
Sum（n）=12n（n+1），Sum（1）=12×1×（1+1），Sum（1）=12×1×2，Sum（1）=1。
于是第1块多米诺骨牌被推倒了。
归纳证明中的下一步是证明：如果这个公式对值n成立，323那么它也必定对n+1成立。如果Sum（n）=12n（n+1），那么Sum（n+1）=Sum（n）+（n+1），Sum（n+1）=12n（n+1）+（n+1）。
对右边重新安排和加括弧，我们得到Sum（n+1）=12（n+1）[（n+1）+1]。
重要的是注意到这个新的等式的形式与原来的等式是完全相同的，只是出现n的地方现在用（n+1）代替。
换言之，如果公式对n成立，那么它也必定对n+1成立。如果一块多米诺骨牌倒下，它总会击倒下一块多米诺骨牌。归纳证明就完成了。
