几何悖论

竹竿是由建议的术语格雷格·弗雷德里克森描述平面解剖，然后进行重新排列这些碎片形成了一个不同区域的图形。

柯里悖论

这个洞从哪里来？
这是马丁·加德纳对柯里悖论的修正版本。马丁·加德纳（Martin Gardner，1956）提供了广泛的历史和解释。另见【弗雷德里克森，1997年】。丹尼尔·塔卡克斯（Daniel Takacs）拍摄了这张照片。

棋盘悖论

山姆·洛伊德在1858年的第一届美国国际象棋大会上提出了这个谬论。这是1868年第一次在印刷品上看到编辑O.Schlömilch。11年后（1879年），施莱格尔出版了斐波那契推广。
假解剖
Alex Bogomolny制作了一个小程序斐波那契竹在这里，您可以移动Fibonacci数大小的平方块。

矩形变换悖论（4篇）

给定三个数字x个0，x个1，x个2几乎是几何级数，这意味着x个1x个1-x个2x个0= µ很小。下图显示了x个1通过x个2+x个1矩形。
+  ,|     '  ,|           '  ,|                 '  ,|                    |  '  ,x1|'，|                    |              '  ,|x0'，|                    |                          '  ,|                    |                                '  ,+------x2-x0-------+---------x1+x0---------------------+
重新排列这四块可以得到x个0+x个1通过x个2矩形。
第一个和第二个之间的面积差矩形是µ.

Sam Loyd给出的经典参数如下（x）0，x个1，x个2，µ）=（3，5，8，1）, 三个连续的斐波那契数列，在这种情况下，一个矩形是一个正方形x个0+x个1=x2.下表给出了其他转换。
x0 x1 x2µx1×x1+x2 x0+x1×x2区域1区域2参考4 5 6 1 5×11 9×6 55 54[沃尔特·利兹曼]3 5 8 1 5×13 8×8 65 64[萨姆·洛伊德]5  6  7  1    6 ×  13      11   ×  7     78     774  7 12  1    7 ×  19      11   × 12    133    1325  8 13 -1    8 ×  21      13   × 13    168    1692 7 24 1 7×31 9×24 217 216[赫尔曼·舒伯特]4  9 16  1    9 ×  25      14   × 16    225    2245 11 24 1 11×35 16×24 385 384[托尔斯滕·希尔克]
通常您会注意到，此转换可以用于任意矩形A*D和B*C，如果|A*D-B*C|=1。但事实并非如此。[Lietzmann 1972年]和[Devendran 1985年]正确地说，我们必须A+B=D此外。我认为我的参数化更适合这个解剖。

矩形变换悖论（6篇）

给定三个数字x个0，x个1，x个2几乎是几何级数，这意味着x个1x个1-x个2x个0= µ很小。下图显示了x个1通过x个2+2倍1矩形。
+   ,|       '   ,|               |   ,|               |       '   ,|               |               '   ,x1|'，|               |                               '   ,|2*x0|'，|               |                                   |           '   ,||x0'，|||'，+---x2-4*x0--+--------------x1+2*x0---------------+-----------------x1+2x0-------------+
重新排列这六块可以得到2倍0+x个1通过x个2矩形。
第一个和第二个之间的面积差矩形是2µ.
x个0x个1x个2微米x1×2倍1+x个22倍0+x个1×x个2地区1地区2参考2 5 12 1 5×22 9×12 110 108[托尔斯滕·西尔克]3 8 21 1 8×37 14×21 296 294[Torsten Sillke]
这种结构可以推广。所以我们有一个8段式的转换x个1通过x个2+3倍1矩形变成3倍0+x个1通过x个2矩形，其中他们地区的差异是3µ.

卡西尼斐波那契恒等式

许多Bamboozlements使用斐波那契数。法国天文学家提出的关于斐波那契数的最古老定理之一Jean-Dominique卡西尼在1680年，是身份F类n+1×Fn-1个-F类n个×Fn个= (-1)n个.这个恒等式的最短证明是通过矩阵恒等式，这是另一种方法编写递推公式。然后使用行列式是乘法。
n个[1 1][Fn+1F类n个]n | F（n | F）n+1F类n个|[10]=[Fn个F类n-1个]=>（-1）=|Fn个F类n-1个|

如果我们比较这两个矩形，就会有一个几何推理F类n+1×Fn-1个和F类n个×Fn个。它们都包含矩形F类n个×Fn-1个。这意味着

显示n=1与F的关系2=F1=1和F0= 0完成证明。

卡西尼关系的组合解释由N.Werman和D.Zeilberger。

柯里悖论的补充矩形

对于Curry三角形，我们可以对如果矩形的宽度相差一，则为补充矩形。矩形对的第一个序列是
x x x x+x++x x++x x x x x x+x++x x++++x x x x+ +     + + + + +       + + + + + + + ++x x++x x x x x++x x x x x x x x x x+ . x+++。x x x x++++。x x x x++x++++x x++++++x x x x
第二个矩形对序列是
x x x xx+x x x x++x x x x x x.   + + . x x++++。x x x x++++x++++++x x+   + + + + +     + + + + + + + + +x+x x x x x++x x xx++x x x x+++x x x x x+++++x x++++++++x x x+++++x+++++++++x x
这个洞不必在中间，但这看起来更好。

欧几里德补遗平行图

平行四边形被一条对角线分割成全等三角形。
C----------F-------------------I/           /               ,   //           /           ,       //           /       ,           //           /   ,               /B---------------E-------------------H/       ,   /                   //   ,       /                   /A----------D-------------------G
选择对角线上的点E。通过E画线，这些线是平行于平行四边形的边。因此，我们得到四个小平行四边形。现在欧几里德说：这两个补充平行四边形DGHE和BEFC具有相同的面积。

如果E不在对角线上，那么我们有两个四边形AGIE和ACIE。和面积（AGIE）-面积（ACIE）=面积（DGHE）-区域（BEFC）但这不是空的。这解释了悖论。“训练犬”是四边形。

平行四边形面积

由两个向量生成的平行四边形的面积是多少X=（a，b）和Y=（c，d）？平行四边形的角是0、X、Y和X+Y。现在假设a、b、c和d为正。我们的“悖论”表明该地区|a*d-b*c|向量X和Y的行列式。X和Y之间的角度t为t=反正切（b/a）-反正切（d/c）。使用标量积，我们得到方程|X|*|Y|*sin（t）=面积和|X|*|Y|*cos（t）=X*Y。除法给出tan（t）=面积/（X*Y）.替换棋盘分割的参数给出X=（8.3），Y=（5.2）。然后面积=1，X*Y=46。所以t=arctan（1/46），接近1/46。这源于交替序列反正切（x）=x-x三/3+倍5/5 - ... .将Rad转换为Degree会得到1.245，这相当小。

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托尔斯滕·希尔克

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上次更新时间：2004-10-13