數學中有哪些明明是暴力破解還給人美感的證明？

11-30

雖然是暴力破解，但偏偏有美感，挖空心思想到的技巧，感覺都不如暴力方法好用。

竟然沒有人提到 Ryley (1825), Richmond (1930) 的定理：

任何一個有理數都能寫成3個有理數的立方和。

證明： $a=(frac{a^3-3^6}{3^2a^2+3^4a+3^6})^3+(frac{-a^3+3^5a+3^6}{3^2a^2+3^4a+3^6})^3+(frac{3^3a^2+3^5a}{3^2a^2+3^4a+3^6})^3$

之後Manin 給了這類問題一個一般的回答，通過在cubic surface 上的類似 cubic curve 的乘法結構（不是群）給了一個幾何的證明。

上面的故事，參見 [Cubic forms: algebra, geometry, arithmetic] Manin 1974 introduction

來個獵奇的,五次方程的超幾何函數解:
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首先,我們有個係數都是有理數的五次方程Eqa
$0 = Eqa = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + {a_3}{x^3} + {a_4}{x^4} + {a_5}{x^5}$
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不管怎麼說我們都可以把五次項的係數變成1對吧?
$[0 = Eqb = {b_0} + {b_1}x + {b_2}{x^2} + {b_3}{x^3} + {b_4}{x^4} + {x^5}]$
其中 $[{b_i} = {a_i}/{a_5},i in { 0,1,2,3,4} ]$
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想想三次方程怎麼解的我們可以消掉四次項
令 $[x o x - frac{{{b_4}}}{5}]$ ,我們可以得到如下形式的方程
$[0 = Eqc = {c_0} + {c_1}x + {c_2}{x^2} + {c_3}{x^3} + {x^5}]$
然後對比下係數我們能得到
$[{c_3} = {b_3} - frac{{2{b_4}^2}}{5}]$
$[{c_2} = {b_2} - frac{{3{b_3}{b_4}}}{5} + frac{{4{b_4}^3}}{{25}}]$
$[{c_1} = {b_1} - frac{1}{{125}}{b_4}left( {50{b_2} + 3{b_4}left( { - 5{b_3} + {b_4}^2} ight)} ight)]$
$[{c_0} = {b_0} + frac{{{b_4}left( { - 625{b_1} + {b_4}left( {125{b_2} - 25{b_3}{b_4} + 4{b_4}^3} ight)} ight)}}{{3125}}]$

接下來的內容會越來越暴力,直至少兒不宜....現在按返回還來得及!!!!

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剛剛那個是一次代換對吧,然後我們可以用二次代換
$y = frac{{2{c_3}}}{5} + frac{{ - 15{c_2} + sqrt 5 sqrt {45{c_2}^2 - 40{c_1}{c_3} + 12{c_3}^3} }}{{10{c_3}}}x + {x^2}$
把式子變成等價的消去三次項的形式Eqd
$0 = Eqd = {d_0} + {d_1}y + {d_2}{y^2} + {y^5}$
其中...係數的話...真要比對還是可以比對出來的

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一次二次然後接下來四次代換
$[z = varepsilon + delta y + gamma {y^2} + eta {y^3} + alpha {y^4}]$
來變成 $[0 = Eqe = {e_0} + {e_1}z + {z^5}]$ 的形式
其中
$[alpha = - 15{d_2}]$
$[eta = - frac{{15}}{2}{d_2}left( {frac{{400{d_0}d_1^2 - 375d_0^2{d_2} - 27{d_1}d_2^3}}{{ - 160d_1^3 + 300{d_0}{d_1}{d_2} + 27d_2^4}} + 3sqrt 5 sqrt {frac{{d_2^2left( {3125d_0^4 + 256d_1^5 + 2250d_0^2{d_1}d_2^2 - 27d_1^2d_2^4 + 4{d_0}{d_2}left( { - 400d_1^3 + 27d_2^4} ight)} ight)}}{{{{left( { - 160d_1^3 + 300{d_0}{d_1}{d_2} + 27d_2^4} ight)}^2}}}} } ight)]$
$[gamma = 5(5{d_0} + 4{d_1}(frac{{400{d_0}d_1^2 - 375d_0^2{d_2} - 27{d_1}d_2^3}}{{ - 320d_1^3 + 600{d_0}{d_1}{d_2} + 54d_2^4}} + frac{3}{2}sqrt 5 sqrt {frac{{d_2^2left( {3125d_0^4 + 256d_1^5 + 2250d_0^2{d_1}d_2^2 - 27d_1^2d_2^4 + 4{d_0}{d_2}left( { - 400d_1^3 + 27d_2^4} ight)} ight)}}{{{{left( { - 160d_1^3 + 300{d_0}{d_1}{d_2} + 27d_2^4} ight)}^2}}}} ]$
$varepsilon =3 d_2 left(-4 d_1-3 d_2 left(frac{3}{2} sqrt{5} sqrt{frac{d_2^2 left(256 d_1^5-27 d_2^4 d_1^2+2250 d_0^2 d_2^2 d_1+3125 d_0^4+4 d_0 d_2 left(27 d_2^4-400 d_1^3 ight) ight)}{left(27 d_2^4+300 d_0 d_1 d_2-160 d_1^3 ight){}^2}}+frac{-27 d_1 d_2^3-375 d_0^2 d_2+400 d_0 d_1^2}{54 d_2^4+600 d_0 d_1 d_2-320 d_1^3} ight) ight)$
特別感謝Mathematica的一鍵Latex....不然我已經輸公式而死了...
然後要用di表示ei也不是不可以,也就這個樣子罷了:

注意滑動條和縮放比例....
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接下來還要做代換 $x o frac{x}{{{{left( { - {e_1}} ight)}^{1/4}}}}$
變成 $0 = Eqg = {g_0} - z + {z^5}$ 的形式,
其中 ${g_0} = frac{{{e_0}}}{{{{left( { - {e_1}} ight)}^{5/4}}}}$ ,嗯,這一步挺簡潔的
然後想想e0和e1的表達式有多長,然後想想還要一步步回代到ai,然後想想全部展開.....
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當然你說這個死樣幾百年前的古代數學家怎麼可能搞得出來.....
我說了這個是獵奇向答案,所以這個是用牛頓恆等式(Newton"s identities)算出來的,因為這個編程實現比較容易.
實際上我們有一種叫做結式(Resultant)的方法稍微容易的計算出表達式....
SE上有這個過程,有興趣可以看看:field theory,還附帶橢圓函數解法...不過沒有超幾何函數解法優雅...
但是不管怎麼說g0還是可以用根式表達出來的.
${x^5} - x + t = 0$ 這個形式被稱為布靈·傑拉德正規式
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解這個方程就真的是暴力美學了
考慮三項式方程 ${x^N} - x + t = 0$
令 $x = {zeta ^{ - frac{1}{{N - 1}}}}$ ,所以 $phi left( zeta ight) = {zeta ^{frac{N}{{N - 1}}}}$ ,因此有 $zeta = {e^{2pi i}} + tphi left( zeta ight)$
兩邊做拉格朗日展開

然後我們來把上面一坨寫成超幾何函數

有點看不清....我們來寫成Mathematica代碼:

x[m_,n_Integer,t_]:= Sum[-((t^k*E^((2*Pi*I*(k-1)*m)/n)*Pochhammer[(k-1)/n+1,k-1]* HypergeometricPFQ[Range[n]/(n+1)+(k-1)/n, Delete[Range[k+1,k+n],n-k]/n, (n+1)*(((n+1)*t)/n)^n])/(n*k!)),{k,0,n-1}] TraditionalForm[x[1,4,[Lambda]]]

代碼輸出了以下答案
$egin{gathered} {x} = - frac{1}{4}lambda {{mkern 1mu} _4}{F_3}left( {frac{1}{5},frac{2}{5},frac{3}{5},frac{4}{5};frac{1}{2},frac{3}{4},frac{5}{4};frac{{3125{lambda ^4}}}{{256}}} ight) hfill \ - i{{mkern 1mu} _4}{F_3}left( { - frac{1}{{20}},frac{3}{{20}},frac{7}{{20}},frac{{11}}{{20}};frac{1}{4},frac{1}{2},frac{3}{4};frac{{3125{lambda ^4}}}{{256}}} ight) hfill \ + frac{5}{{32}}{lambda ^3}{{mkern 1mu} _4}{F_3}left( {frac{7}{{10}},frac{9}{{10}},frac{{11}}{{10}},frac{{13}}{{10}};frac{5}{4},frac{3}{2},frac{7}{4};frac{{3125{lambda ^4}}}{{256}}} ight) hfill \ - frac{5}{{32}}i{lambda ^2}{{mkern 1mu} _4}{F_3}left( {frac{9}{{20}},frac{{13}}{{20}},frac{{17}}{{20}},frac{{21}}{{20}};frac{3}{4},frac{5}{4},frac{3}{2};frac{{3125{lambda ^4}}}{{256}}} ight) hfill \ end{gathered}$
唔....也許你對這個結果的優雅性沒有感覺...
這樣說吧,四次方程的根式解輸入知乎是這個樣子的

但是用超幾何函數記法可以優雅簡潔的寫成
$x = - t{_3}{F_2}left( {frac{1}{4},frac{1}{2},frac{3}{4};frac{2}{3},frac{4}{3}; - frac{1}{{27}}left( {256{t^3}} ight)} ight)$
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嗯,所以結論就是絕大多數五次方程沒有根式解,絕大多數有根式解手算化不成布林-傑拉德形式,絕大多數可以化簡的寫成超幾何函數形式也長的沒法手算....所以
天滅解析式,數值保平安

講一個我校叉院老師唐平中（Pingzhong Tang Homepage）做phd學生時候對Arrow"s Impossibility Theorem（Arrow"s impossibility theorem）的一個暴力證明。

這是機制設計里非常著名的一個結果。簡單來說就是Arrow在上世紀五十年代證明了滿足弱帕累托有效、無獨裁者和IIA（independence of irrelevant alternatives，這個不知道怎麼翻譯）的社會福利函數是不存在的。換句話說，比如你找到了一個社會福利函數滿足弱帕累托有效和IIA，那麼這個機制里一定會有獨裁者（voting的結果將depend on某個人的選擇）。這是一個很深刻的結果，因為這三個條件在當時大家覺得都是很弱的......Arrow當時的證明基本純粹基於邏輯學，比較晦澀。

半個世紀之後唐同學另闢蹊徑，做了一個邏輯上極其簡單的證明。簡單來說就是把這個無窮維的問題reduce到了一個base case. 然後暴力枚舉檢索了這個base case的所有情況證明不存在性。

1. 如果存在N voters和M candidates滿足Arrow的condition，那麼把這個社會福利函數限制到N-1 voters和M candidates它也滿足同樣的condition.

2. 如果存在N voters和M candidates滿足Arrow的condition，那麼把這個社會福利函數限制到N voters和M-1 candidates它也滿足同樣的condition.

3. 唐同學寫了個程序暴力枚舉了所有可能的2 voters 3 candidates的社會福利函數，沒有可行解返回。值得注意的是，總共的可能函數有6^36種這麼多，唐同學搞成了constraint satisfaction problem然後最後用了些trick解出來。

Q.E.D.

這個暴力證明由於簡單易懂現在也被很多game theory教科書收錄，載於Artificial Intelligence, 173(11), pp.1041-1053.pdf 鏈接：http://www.cs.cmu.edu/~kenshin/arrow_aij.pdf 他同時也給了. Muller–Satterthwaite theorem的一個類似證明，他的這種做法可以廣泛用於機制設計裡面的很多impossibility theorem.

感覺上, 雖然上面的回答涉及的無一例外都是很有趣的數學問題, 但是距離真正的"暴力破解"還是有那麼一丁點遠......我理解的暴力應該是, 雖然結論看上去很簡潔, 但是證明的過程卻充滿了非常複雜的技巧和非常獨到的思想. 如果還要求優美, 則就遠遠不能單純是技巧的堆砌.
我來寫一個我認為真正算得上"暴力破解"的.
1954年阿姆斯特丹的國際數學家大會上, E. Calabi 提出了一個命題(Proceedings of the ICMs 去幾何與拓撲那一節可以看到原文):
對於任何一個容許Kahler度規 $g$ 的緊複流形 $M$ , 給定了任意一個上同調於其第一陳類的閉微分形式 $psi$ , 一定存在唯一的一個Kahler度規 $g$ , 使得 $g$ 的Ricci形式恰好等於 $psi$ .
這就是有名的Calabi 猜想. 為了照顧沒學過微分幾何的人, 稍微解釋一下: "容許Kahler度規的緊複流形"可以簡稱為緊Kahler流形. 緊Kahler流形本身是一類非常特殊的空間. 在這個空間上面可以定義各種各樣的"長度", 但是滿足Kahler條件的"長度"(Kahler度規)卻要受到很嚴格的限制; 比如說, Kahler度量的Ricci形式必須要代表流形本身的第一陳類(是一個僅和空間本身的拓撲有關的不變數). Calabi猜想以極其不平凡的方式反過來"放鬆"了對Kahler度規的限制, 即建立了第一陳類的上同調類和Kahler度規之間的一一對應. 它對於微分幾何和代數幾何有著極其深遠的影響.
這個猜想到底有多大的分量呢? 丘成桐發表於1978年的文章(給個鏈接: On the ricci curvature of a compact k?hler manifold and the complex monge-ampére equation, I)證明了Calabi猜想, 這直接導致他獲得了1982年的菲爾茲獎. 所以現在這個命題都叫做Calabi-Yau定理. 具體到這個猜想本身的分量, 只需舉物理學中的一個例子即可. 從Calabi-Yau定理可以輕鬆地導出所謂Calabi-Yau流形的存在性, 而這種流形在弦論中扮演了極其重要的角色. 即便只是讀過一點科普書, 也應該知道所謂"蜷縮得極小的額外維"; 這些"額外維"指的就是Calabi-Yau流形.
回到猜想本身. 看上去, 它是一個純幾何的猜想; 它所說的是在容許的範圍內對一個度規進行合理的形變, 使得它變成想要的樣子. 然而, 這類形變問題實際上都有著很深刻的分析學背景(最好的例子是Hodge理論, 相當於緊微分流形上的偏微分方程理論同其本身的幾何特性之間的聯繫, 可惜這裡不能展開), 很難期望純"幾何"的解決方式. 所以, 要想解決Calabi猜想, 必須要藉助非常非常"硬"的暴力手段. 打個比方, 如果這個數學問題是一個核桃, 那麼Atiyah等等數學家會選擇用合適的工具和精妙的技藝撬開核桃, 而丘成桐等等則選擇用堅硬的鎚子直接砸開核桃. 這才是真正的暴力破解.
注: 所謂"純幾何"指的也不是初等幾何學那種添幾條輔助線倒一倒角玩玩相似三角形的"直觀"的幾何. 想要知道含義的, 可以看一看, 比如, 陳省身對Gauss-Bonnet定理的內蘊證明.
到底是怎麼暴力破解的呢?
藉助一些非常幾何的簡單討論, 可以把所要求解的形變問題完全轉化成下面的偏微分方程問題:
$detleft(g_{ioverline{j}}+frac{partial^2varphi}{partial z^ipartial overline{z}^{j}} ight)=Ce^Fdetleft(g_{ioverline{j}} ight)$ ,
其中 $varphi$ 是要求解的未知函數, 而其它的量統統代表已知的函數. 問題轉化為: 對於任何適合命題條件的已知函數組, 證明解 $varphi$ 的存在性和唯一性(可以差一個常數加項, 這從方程本身很容易看出來).
這個偏微分方程是極其複雜的, 因為它是完全非線性的方程. 要想體會其複雜程度, 不妨只在流形的復維數為2的時候把左右兩邊的行列式展開, 就可以稍微體會到其艱深.
接下來就是顯示丘成桐的"暴力破解"功力的時候了. 在這之前, 幾何學家往往避免過多地觸及微分方程, 即使碰到了, 處理方式也往往帶有非常明顯的幾何學的考慮. 舉例來講, Frobenius定理就可改寫為關於一階偏微分方程組可積性的定理, 而它的證明是幾何的, 證明出來之後也是要用來處理諸如葉狀結構之類的幾何問題.
顯然, 這些"軟"手段在這裡都失效了. 如果不寫成微分方程的形式, 你該如何處理度規的存在性和唯一性問題? 對於Calabi猜想, 有一句話說"不變的記號都是騙人的", 指的就是必須要選定坐標域進行計算. 但是如果寫成了微分方程的形式, 你該怎麼證明解的存在性? 哪一條幾何學的定理能夠處理這樣級別的存在性問題?
注: 我們知道, 度規為平直的充要條件是相應的Riemann曲率張量等於零. 這等價於"好"坐標系的存在性, 也歸結為微分方程的可積性問題, 應用Frobenius定理即可證明. 然而這裡所涉及的是坐標這種"身外之物", 不是度規本身這種內在的結構.
丘成桐給出了極其硬碰硬的手段: 直接依靠偏微分方程的理論來證明解的存在性和唯一性. 為什麼說不全是技巧的堆砌? 因為一則證明中用到的方法其實追本溯源都源自很樸素的思想, 二則這證明本身為以後的幾何學指明了方向(幾何分析).
限於篇幅, 這裡不可能給出全部的細節, 只能大致地勾勒一下丘的證明思路.
注: 丘成桐在這之前就已經積累起來了一系列的關於流形上偏微分方程的技巧, 在這裡可說是集其大成.
其實, 仔細分析起來, 這個方程也並非是沒有突破點的. 根據條件, $g$ 應該是一個Kahler度規, 而形變的結果 $g+partial_i{partial}_{ar{j}}varphi$ 也是一個Kahler度規. 這表示: 為了讓這方程在幾何上有意義, 這方程就必須是強橢圓的. 而對於強橢圓的微分方程, 已經有一套比較完善的正則性理論(存在性, 唯一性和正則性). 這正是一個突破點; 如果強橢圓性和方程本身相容, 那麼至少解的唯一性就可以保證了(通過極值原理). 至於存在性, 線性偏微分方程的理論中已經有使用連續形變方法證明存在性的例子(例如Schauder理論裡面就有這樣一個小小的技巧), 即將一個"陌生"的運算元, 通過不改變某些特殊性質的形變, 變成一個熟悉的簡單的運算元, 然後就可以直接照搬簡單的運算元的結論了. 這裡也採用了這種連續形變的方法. 具體說來, 考慮"形變"的方程
$detleft(g_{ioverline{j}}+frac{partial^2varphi_t}{partial z^ipartial overline{z}^{j}} ight)=c_te^{tF}detleft(g_{ioverline{j}} ight),c_t=frac{mathrm{Vol}_g(M)}{displaystyle{int_{M}e^{tF}omega^n_g}}$
參數 $t$ 等於1的時候方程回歸原來的方程, 而等於零的時候則給出一個極其平凡的方程 $det(g+partial_i{partial}_{ar{j}}varphi)=det(g)$ . 這方程當然存在解(常數), 精確到常數加項的唯一性也不難通過極大值原理證明. 如果設 $S$ 是區間 $[0,1]$ 內使得上面這個"形變"方程有解的那些參數 $t$ 的集合, 那麼只要能證明 $S$ 又開又閉, 就可以由連通性得出 $S=[0,1]$ ; 從而對於 $t =1$ (原來的方程), 解是存在的.
$S$ 的開性的直觀含義是, 只要對於某一個參數t這"形變"的方程存在解, 則對於這方程的右邊進行微小擾動之後, 這樣的解依舊是存在的. 換句話說, 這些討論對於微擾是足夠穩定的. 為此只需要藉助基本的Schauder理論和標準的隱函數定理即可證明這個穩定性. 這是Calabi在提出猜想後不久就解決了的部分.
而 $S$ 的閉性的直觀含義則是, 解的序列應該在某種意義下收斂到一個解. 這是非常難以證明的; 實際上, 哪怕是對於線性的微分方程, 都很容易構造出來按任何意義都不收斂到解的解序列. 丘成桐的力量就體現在這裡: 他沒有進行任何的迂迴, 而是直接藉助複雜的偏微分方程理論給出了解的先驗估計(即假定解存在的情況下, 估計解的各種性質; 儘管聽上去很複雜, 但是這種例子在初等數學裡面都有的是, 比如確定代數方程的解落在哪一個區間裡面就屬於先驗估計). 只要有了先驗估計, 後面的收斂問題就可以做為並不複雜的推論而得到了.
為了進行估計, 要先想辦法把方程轉化成貼近線性問題的形式. 可以針對某一個自變數微分而得到:
$sum_{i,j}g$
其中 $g$ 表示形變得到的新度規, 上標表示取逆. 這下問題就清楚了: 為了應用標準的線性橢圓微分方程的理論, 就需要對於函數 $varphi$ 直到第三階的導數進行估計(實際上對於二階導數, 只須估計 $g+partial_i{partial}_{ar{j}}varphi$ 的特徵值即可, 因為控制方程橢圓性的其實就是它的特徵值). 換句話說, 只要我們能夠得到下面的四個不等式:

$sup_M|varphi|leq C_0(M,g,F)$ ,

$sup_M| ablavarphi|leq C_1(M,g,F)$ ,

$0<lambda(M,g,F)leq g+partialar{partial}varphileqLambda(M,g,F)$ (作為二次型),

$sup_M| abla^3varphi|leq C_3(M,g,F)$ ,
就可以通過反覆地應用Schauder理論來證明: 任何解序列一定存在收斂到解的子序列. 這下就需要面對一個純粹的分析學問題了.
為了估計第零到第二階的導數, 需要一個非常關鍵的式子:
$Deltavarphi=f,-mleq fleq C_1e^{Csupvarphi-infvarphi}$ ,
其中的常數只依賴於所有的已知量. 假若能夠得到一個對 $sup|varphi|$ 的先驗估計, 那麼這個關鍵的不等式便通過 $varphi$ 本身(零階導數)限制了 $Deltavarphi$ . 據此, Schauder理論(不是傳統的Schauder內估計, 而是更廣泛意義下的; 不用Schauder理論, 轉而考慮 $M$ 上的Green函數和Poisson方程似乎也能達到同樣的目的)便能夠給出一階導數的估計, 而方程本身外加此不等式立刻給出了對 $g+mathrm{Hess}varphi$ 的特徵值的估計. 換句話說, 丘把高階導數的估計轉化成了對函數本身的估計. 這是很了不起的.
這個式子可以通過選取合適的輔助函數, 並反覆應用極大值原理而得到. 具體說來, 丘成桐考慮了這樣一個輔助函數:
$e^{-Cvarphi}(m+Deltavarphi)$ ,
其中 $C$ 是某個適當大的常數, 不過雖然可以很大但是只依賴於原來的度規 $g$ . 這個函數的選取是大有講究的(據說丘為了選這個輔助函數費了不少的力氣), 因為它是非負的而又能夠在 $M$ 上的某一點 $p$ 達到它的最大值(它是連續函數, 而 $M$ 是緊集). 從而若令 $h[varphi]=sup(e^{-Cvarphi}(m+Deltavarphi))$ , 即有
$0< m+Deltavarphileq e^{Csupvarphi}h[varphi]$ .
於是如果能夠得到 $h[varphi]=sup(e^{-Cvarphi}(m+Deltavarphi))$ 的只依賴於 $sup|varphi|$ 的先驗估計, 這個輔助不等式就可以得到證明了.
為此, 計算 $、$ :

$egin{array}{ccc} Delta$
這裡出現了直到四階的導數, 要想辦法消去. 丘成桐應用一系列的不等式將其中高於二階的導數全都消去了.
首先對前三項利用Cauchy-Schwarz-Young不等式可以得到
$Delta$
為了方便計算, 可以取定一個特殊的坐標系而讓右邊的表達式得到適當的簡化, 最後還是可以得到不依賴坐標(coordinate free, or covariant)的表達式的. 選好此坐標系的同時, 還可以對方程本身再微分兩次, 得到二至四階導數之間的聯繫. 應用此方法經過一些細緻的計算即可消去四階導數, 從而得到這樣一個不等式:
$Delta$
其中 $R$ 是只與原來的度規 $g$ 的Riemann曲率有關的一個常數, 而 $C$ 被取得適當大使得 $C+R>1$ .
現在, 考慮使得 $e^{-Cvarphi}(m+Deltavarphi)$ 取最大值的點 $p$ . 由初等微積分立刻知道在這一點處, $、$ , 從而立刻就可以由初等的不等式知道 $(m+Deltavarphi)(p)$ 是被一個只於背景常數有關的常量 $C_1$ 控制的; 又可立刻算出對流形上的任何點 $z$ ,
$e^{-Cvarphi}(m+Deltavarphi)(z)leq e^{-Cvarphi}(m+Deltavarphi)(p)leq C_1e^{-Cinf varphi}$
由此即證得重要的輔助不等式 $Deltavarphi=f,-mleq fleq C_1e^{Csupvarphi-infvarphi}$ .
由Green函數方法可以得出 $supvarphi$ 和 $||varphi||_{L^1(M)}$ 的估計. 又, 通過同一個輔助函數 $e^{-Nvarphi}(m+Deltavarphi)$ ( $N$ 是一個遠遠比前面的 $C$ 大的常數, 但是依舊無關於要求解的函數), 計算 $、$ 之後, 按照同之前相仿的步驟, 可以導出一個限制了 $e^{-Nvarphi}$ 的Sobolev模的不等式
$int_M| abla e^{-Nvarphi/2}|^2leq C_{10}(M,g,F)int_M|e^{-Nvarphi}|^2$
根據Sobolev空間的嵌入定理, 可以得到 $e^{-Nvarphi}$ 的積分的估計(只依賴 $M,g,F$ ).
接下來, 根據對一階導數的Schauder估計, 容易通過中值定理知道, 可以適當選取只依賴流形本身的常數 $C_7$ ,使得 $varphi$ 在半徑 $r=C_7|infvarphi|/(1+e^{-Cinfvarphi})$ 的測地球中取值的上界不超過其最小值的一半. 這樣就可以估計出 $e^{-Nvarphi}$ 在這測地球上的積分的一個下界(決定於 $infvarphi$ ). 但 $e^{-Nvarphi}$ 的積分估計是已知的, 所以可以解出: 事實上 $infvarphi$ 也可以被估計出來.
至此, 丘成桐完成了對不高於二階的導數的先驗估計.
對於第三階的導數, 丘成桐考慮的是 $| abla^3varphi|_{g^{$ 的估計. 對這一項求Laplacian, 藉助極值原理即可得到對三階導數的估計了. 其實這一部分單獨拿出來看也相當地暴力. 截圖為證(論文原圖):

這只是計算中的一小部分.
上面的這些概括是很簡略的. 實際上具體做起來, 這些內容全都是非常非常複雜的計算, 儘管背後的想法是樸素的. 這確實是當得起"砸核桃"的說法: 為了達到目的, 不進行迂迴, 只是將問題一步步地納入到熟悉的框架之下, 然後進行直接的計算來表明可以在多大程度上應用已知的結果.
然而, 總體來講, 這個證明卻也是很美的. 拋開它對於幾何和分析的巨大意義, 它也可說是在幾條簡單的結論之下蘊含了豐富的信息, 並且體現了一種用蠻力對抗複雜的氣勢. 這在數學中實在是非常少見.
章節附註: 我還會隨時修改的.
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點贊的人數在緩慢增長中, 於是我決定再補兩筆, 把丘成桐使用的那個輔助函數貼上來...

看到上面那篇介紹丘成桐先生當年證明卡拉比猜想的文章有點感觸。這裡貼一篇大一工科水平的文章，介紹高斯用暴力法求解AGM問題。下面的積分為第一類橢圓積分。

問題就是求極限，方法就是一頓級數展開計算，由此也能看出高斯的計算功力。但看 $M(a,b)$ 本身，估計沒人猜得出它與橢圓積分有關，高斯的工作就是推導出出聯繫。

接下來高斯繼續計算，方法類似，得到

這個結果與前面提及的積分 $G(a,b)$ 是等價的。拉丁文部分見《高斯全集》第三卷。我想這個例子應該是暴力與數學之美的結合體吧。

一些最初的證明，其實寫得都不是很漂亮，是後人rewrite它們，使它們看起來很「自然」，「優美」，比如Plancherel theorem, Doob martingale inequality，我們學到的證明都很簡單，但當時不是這樣的，有興趣的童鞋可以看看原文。當然即使如此，很多證明看起來依然nasty，一些步驟看起來天馬行空，俺最近在ellipitic PDE和minimal surface上花的功夫比較多，所以就舉下面這個例子來給出說明。

我們來談談elliptic PDE of divergent form里 $C_{alpha}^{0}$ regularity的三種證明：

最開始是由De Giorgi給出的，發現很亂，反正我是看不下去，後來直到在Cafarelli的一堂課上學到了兩個key points, 一個是area-volumn estimate（用isoperimetric inequality和微積分基本定理結合），加上energy type inequality（也叫Cacippoli inequality, reverse Poincare inequality) 可以給出height bound (所謂 $L^{infty}$ estimate)，然後rescale可以給出oscillation lemma，即Holder regulairty. 才明白了所謂tricky的想法的本質是什麼樣的。順便提出，以上兩點是解決這類Holder regulairty很不錯的辦法，無論是PDE還是geometric variational problem. 有興趣的童鞋可以讀下相關專著。 儘管如此，要嚴格的證明，你會發現要控制很多很多變數和常數，外行看起來很暴力，但是對於有經驗的數學工作者，則是充滿了美感，忍不住想到了周易，一個「易」字道盡了一切。

下一個證明是Nash-Moser迭代，對，就是那個美麗心靈里的約翰.那什。這個證明的關鍵是構造test function，然後問題就來啦，你是怎麼想到那個test function的？俺到現在也是事後諸葛亮的水平，不說啦，即使學過的人大多還是摸不著頭腦。這也算是暴力和美感相結合吧？

然後，接下來就是regularity發展的一個cornerstone了，Companato"s criteria，通過對weak derivative decay的積分估計，來證明holder regularity，大大簡化並推廣了這類問題的證明，看起來很爽，但這是站在前人肩膀上的。一個相關的概念是Morrey-Campanato space。

說白了，因為elliptic PDE 已經被人們做的差不多了，所以人們不斷完善，使證明簡化，把它們寫進書里，對於其他還不太成熟的領域，人們還沒有來得及重寫。但無論是最初的證明，還是簡化的證明，都是具有美感的——你會發現最初暴力的證明裡蘊含美感（前提你能悟到），以及簡化的優美的證明中存在著暴力（很多方法都是試出來的！）

此外，以上佐證了很多牛的數學其實不是靠邏輯產生的，而是一剎那的靈感，靈感的誕生所導致的結論往往是沒有道理的，硬要追根溯源，反而不美。所以這解釋了為什麼很多經典教材寫得那麼爛。。。

以前從沒寫過對數學的理解，是看到zero同學寫黎曼幾何的專欄，覺得特別贊，就手癢找了個以前的問題答下。對混雜英文的排版和混亂的邏輯表示道歉，太忙，沒時間整理了。

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註：一些方法用黑體來加註，表示極為重要，對做research有巨大的幫助，忍不住標上，可能著相了。一些感悟也用黑體來加註，是為了節省大家閱讀時間。

想到一道伊朗的不等式競賽題，伊朗96，據說是為了說明：有的不等式證明題必須要通過通分暴算才能證明出來。下面貼圖。
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手機黨_(:з」∠)_
很經典的一道題。
（但是細想一下，這些不等式作為競賽題，除了考驗毅力，鍛煉思維，其實也沒有太多實用價值。）
———————————————————————
之前一直沒有注意版權問題，此處聲明pdf來自網路下載，作者為 @吳育昕
—————————2016.09.03————————
答主覺得，計算功底是一個做理工方面工作的人所必須具備的基本能力。一個人走的遠不遠，行的穩不穩，很大程度上與他的基本功是否紮實有關。所以，看到人工的暴算，我覺得更多的，是要發自內心的對演算者工作的肯定。高斯也曾覺得自己十分熱愛計算，在那種沒有計算機輔助的年代，他所做出的那一個個工作都顯示出他過人的計算能力。現在的人們總是傾向於用計算機去模擬，輔助計算。或許，當我們來一次返璞歸真，進行手動計算時，說不定對問題的理解能更加深刻。
答主淺薄，略記此語，望大夥批評指正。

想起來一個，808017424794512875886459904961710757005754368000000000
Monster group

想起來在單墫老師的一個競賽書（《數學競賽研究教程》，不知道有多少競賽黨看過）裡面寫過的一個題：
對於任何整數的有限集合 $A$ ，定義集合 $A+A=left{ a+b|a,bin A ight}$ , $A-A=left{ a-b|a,bin A ight}$ ，證明或否定 $|A+A|leq |A-A|$
這個問題乍一看摸不著頭腦。這個好像還確實有一定的道理，因為隨便舉幾個例子好像都是挺符合的。左邊的是和，右邊的是差。和裡面兩項是對稱的，而差的兩項可以交換。
但是一看書後的答案。

嗯。。。完全不知道是怎麼得出來的。。。但是還是覺得很厲害。
不知道這個算不算題主所說的。---------------------分割線----------------
第一個百贊達成。。。

想起在Quora上看到的一個數學遊戲：
問題 Logic Puzzles: I walk into a restaurant for lunch and my check comes to π dollars. The restaurant will only accept cash for the exact amount -- nothing more, nothing less. What are my options?（我走進餐館吃午飯，賬單顯示是π美元。餐館只接受準確數量的現金支付，不能多也不能少。我該怎麼辦呢？）
最暴力的回答：Get gold equivalent of $4 and make it into a uniform square sheet.
Inscribe a perfect circle in it and cut it out.（拿價值4美元的金子，把它做成均勻的正方形，準確的畫出正方形的內切圓並把它切出來）
Pay the bill with the circle（用圓形金子來支付）

來源：I walk into a restaurant for lunch and my check comes to π dollars. The restaurant will only accept cash for the exact amount -- nothing more, nothing less. What are my options?

三階魔方的上帝之數

四色定理。陳述極其簡潔：每個地圖都可以用不多於四種顏色來染色，而且沒有兩個鄰接的區域顏色相同。

美國伊利諾大學哈肯在1970年著手改進「放電過程」，後與阿佩爾合作編製一個很好的程序。就在1976年6月，他們在美國伊利諾斯大學的兩台不同的電子計算機上，用了1200個小時，作了100億判斷，終於完成了四色定理的證明，轟動了世界。

wiki版鏈接：四色定理。

反證法：反證法大有來多少我都不怕，你隨便折騰，反正最後我都能擊敗你的架勢。比如

1. 證明素數有無窮個：假設素數只有n個，把這n個素數相乘再加上1得到的數除以任何已知素數都餘1，因此也應該是一個素數，與已知假設矛盾。

2. 證明0-1之間的實數和正整數之間無法一一對應。假設可以一一對應，則每一個0-1之間的實數都可以用一個字母 $n$ 來索引，記為 $r_n$ ，假設其對應的小數表示為：
$r_n=0.r_{n1}r_{n2}r_{n3}...$
立即就可以構造一個新的數，記為 $m=0.q_{1}q_{2}q_{3}...$ ,其中如果 $r_{ii}=0$ ,則令 $q_i=1$ ,如果 $r_{ii} e 0$ ,則令 $q_i=0$ 。因為 $m$ 的第 $i$ 位恰好與 $r_i$ 的第 $i$ 位不同，所以它不等於任何一個0-1之間的實數，然而它一定在0-1之間，與已知假設矛盾。

這篇答案不是我原創

作者是Matrix67

特此聲明！

------------------------這個是正經回答-------------------------------------------------------------------------------

1.最經典的「無字證明」

1989 年的《美國數學月刊》（American Mathematical Monthly）上有一個貌似非常困難的數學問題：下圖是由一個個小三角形組成的正六邊形棋盤，現在請你用右邊的三種（僅朝向不同的）菱形把整個棋盤全部擺滿（圖中只擺了其中一部分），證明當你擺滿整個棋盤後，你所使用的每種菱形數量一定相同。

文章末尾提供了一個非常帥的「證明」。把每種菱形塗上一種顏色，整個圖形瞬間有了立體感，看上去就成了一個個立方體在牆角堆疊起來的樣子。三種菱形分別是從左側、右側、上方觀察整個立體圖形能夠看到的面，它們的數目顯然應該相等。

嚴格地說，這個本來不算數學證明的。但它把一個純組合數學問題和立體空間圖形結合在了一起，實在讓人拍案叫絕。因此，這個問題及其鬼斧神工般的「證明」流傳甚廣，深受數學家們的喜愛。《最迷人的數學趣題——一位數學名家精彩的趣題珍集》（Mathematical Puzzles: A Connoisseur"s Collection）一書的封皮上就赫然印著這個經典圖形。在數學中，類似的流氓證明數不勝數，不過上面這個可能算是最經典的了。

2.旋輪線的面積

車輪在地上旋轉一圈的過程中，車輪圓周上的某一點划過的曲線就叫做「旋輪線」。在數學和物理中，旋輪線都有著非常重要而優美的性質。比如說，一段旋輪線下方的面積恰好是這個圓的面積的三倍。這個結論最早是由伽利略（Galileo Galilei，1564-1642）發現的。不過，在沒有微積分的時代，計算曲線下方的面積幾乎是一件不可能完成的任務。伽利略是如何求出旋輪線下方的面積的呢？

他的方法簡單得實在是出人意料：它在金屬板上切出旋輪線的形狀，拿到秤上稱了稱，發現重量正好是對應的圓形金屬片的三倍。

在試遍了各種數學方法卻都以失敗告終之後，伽利略果斷地耍起了流氓，用物理實驗的方法測出了圖形的面積。用物理實驗解決數學問題也不是一件稀罕事了，廣義費馬點（generalized Fermat point）問題就能用一套並不複雜的力學系統解出，施泰納問題（Steiner tree problem）也可以用肥皂膜實驗瞬間秒殺。

3.歐拉的流氓證明法

在數學史上，很多漂亮的定理最初的證明都是錯誤的。最典型的例子可能就是 1735 年大數學家歐拉（Euler）的「證明」了。他曾經仔細研究過所有完全平方數的倒數和的極限值，並且給出了一個漂亮的解答：

這是一個出人意料的答案，圓周率 π 毫無徵兆地出現在了與幾何完全沒有關係的場合中。歐拉的證明另闢蹊徑，採用了一種常人完全想不到的絕妙方法。他根據方程 sin(x)/x = 0 的解，對 sin(x)/x 的級數展開進行因式分解，再利用對比係數的方法神奇地得到了問題的答案。不過，利用方程的解進行因式分解的方法只適用於有限多項式，在當時的數學背景下，這種方法不能直接套用到無窮級數上。雖然如此，歐拉利用這種不嚴格的類比，卻得出了正確的結果。歐拉大師耍了一個漂亮的流氓。

出處：http://www.guokr.com/article/7937/

作者:Matrix67

-------------------------再補上physixfan的果殼某篇文章-------------------------------------------------------

先上鏈接：盤點數學裡十大不需要語言的證明、

再 @physixfan

那篇文章列舉了十種麻煩大家自己去看啊我只搬運我覺得好玩的~

在一個8×8的國際象棋棋盤上，我們可以用32張多米諾骨牌（是兩個相連正方形的長方形牌）覆蓋整個棋盤上的64個方格。如果將對角線上的兩個方格切掉，剩下來的62個格子還能用31張骨牌覆蓋住嗎？

答案是不能的。每一張骨牌在棋盤上必是覆蓋住兩個相鄰方格，一白一黑。所以31張骨牌應該可以蓋住31個黑格和31個白格。而這被切了角的棋盤上的方格有32個是一種顏色，另一種顏色是30個，因此是不能被31張骨牌覆蓋的。

但是如果我們切掉的不是顏色相同的兩個呢？假如我們從棋盤的任何部位切掉兩個顏色不同的方格，那麼剩下來的62格是否一定能被31張骨牌完全蓋住？我可以告訴你這是一定能做到的,並且關於這個結論，存在一個非常漂亮的證明。建議讀者在繼續往下閱讀前，可以先自行思考如何證明這個結論。

上圖就是那個漂亮的證明。不妨對它再贅述兩句。粗黑線條將整個棋盤轉變為一條首尾相連、黑白格相間的封閉路線。從這棋盤上切掉任何兩個顏色不同的方格，會讓這個封閉線路變成兩段線路（如果切掉的方格是相連的，那就是一條線路）。在這兩段（或一段）線路中，兩種顏色的格子數量都是偶數，故分別都可以被若干張骨牌覆蓋。從而證明整個棋盤可以被31張骨牌完全覆蓋。

這個著名的棋盤問題是數學遊戲大師馬丁?加德納提出的，而上述精妙絕倫的證明則是數學家哥莫瑞（Ralph Gomory）找到的。它們後來被收錄在《意料之外的絞刑和其他數學娛樂》這本書里。

--------------------------------我覺得我可能跑題了但是我就是想回答--------------------------------------

我去這個問題是怎樣就這麼愉快的火了逼著我回來修改

這是我崇拜的大牛Matrix 67的文章，在果殼的

超懷念熬夜看他博文的日子呢

瞬間勾起了我學數學的興趣：）

以及我所理解的暴力的證明

就是不需要用語言來解釋的證明

我只是個搬運工希望大家不會嫌棄：）

僅此再次為我喜歡的兩位大牛獻上我的膝蓋

2014 10 02

楠晗

各位答了很多精妙的證明，很多人提到的暴力證明是用複雜的計算來證明定理。

下面我來說一個「核彈打蚊子」式的證明，用非常powerful的定理解決簡單問題，另外一種暴力，卻又很優雅。

證： $2^{frac{1}{3}}$ 是無理數

假設 $2^{frac{1}{3}}=frac{p}{q}$ 是有理數， $p$ 和 $q$ 是互素正整數

那麼 $2=frac{p^3}{q^3}$

移項得 $p^3=q^3+q^3$

與費馬大定理(Fermat"s last therorem)矛盾, Q.E.D.

P.S.

1. 注意因為費馬大定理不夠強，不能用它證 $sqrt{2}$ 是無理數。核彈也有打不到的蚊子哦~

2. 如果你有幸穿越時空，請勿在1995年以前使用此證明。

/*
謝@潔白似血留言指出

費馬大定理：
$n>2$ 時， $x^n+y^n=z^n$ 沒有正整數解

證明過程：

1770年，歐拉證明 n=3 時定理成立

1823年，勒讓德證明 n=5 時定理成立。

1839年，拉梅證明 n=7 時定理成立。

1850年，庫默爾證明 n&<100 時定理成立。

1955年，范迪維爾以電腦計算證明 n&<4002 時定理成立。

1976年，瓦格斯塔夫以電腦計算證明了 n&<12500 時定理成立。

1985年，羅瑟以電腦計算證明了 n&<41000000 時定理成立。

1987年，格朗維爾以電腦計算證明了 n&<10^1800000 時定理成立。

1995年，懷爾斯證明 n&>2 時定理成立。

http://zh.wikipedia.org/wiki/%E8%B4%B9%E9%A9%AC%E5%A4%A7%E5%AE%9A%E7%90%86

證明費馬大定理的過程也很暴力啊~
*/

你聽說過『蒙特卡洛法』嗎？
哦，那是一種計算不規則圖形面積的計算機程序演算法，具體做法是在軟體中用大量的小球隨機擊打那塊不規則圖形，被擊中的地方不再重複打擊，這樣，達到一定的數量後，圖形的所有部分就會都被擊中一次，這時統計圖形區域內小球的數量，就得到了圖形的面積，當小球越小時，結果越精確。這種方法雖然簡單，卻展示了數學中的一種用隨機的蠻力對抗精確邏輯的思想方法，一種用數量得到質量的計算思想。
（請自行想像畫面）暴力數學啊！

歷史上一些著名數學家做拋硬幣試驗的數據：

一想到偉大的數學家們為了證明概率論而每天拋硬幣，我就憂傷不已。

很早之前數學證明的教授秀的操作：

證明存在兩個正無理數x和y，such that x^y是有理數。

證明:

如果 $(sqrt2)^{sqrt2}$ 為有理數，那麼x=y= $sqrt2$ 。

如果 $(sqrt2)^{sqrt2}$ 為無理數，那麼x= $(sqrt2)^{sqrt2}$ , y= $sqrt2$ ， $x^y$ =2。

證明完畢。

$sqrt2$ ：「？？？？？？？」

------------------------

一點小解釋：

有朋友看完之後不是很明白，我稍微解釋一下。

我們的目標是找兩個無理數x和y使得x^y是有理數。

$(sqrt2)^{sqrt2}$ 要麼是有理數，要麼是無理數。

證明中表示如果 $(sqrt2)^{sqrt2}$ 是有理數，那麼讓x=y= $sqrt2$ ，x^y就是 $(sqrt2)^{sqrt2}$ ，這就達到我們的」x和y是無理數，但是x^y是有理數」的目標了。

相反，如果 $(sqrt2)^{sqrt2}$ 為無理數，就使x= $(sqrt2)^{sqrt2}$ ，y= $sqrt2$ ,x^y= $(sqrt2^{sqrt2})^{sqrt2}$ = $sqrt2^{2}$ =2，這又達到我們「x和y是無理數，但是x^y是有理數」的目標了。」

而 $(sqrt2)^{sqrt2}$ 到底是無理數還是有理數證明起來太複雜了，所以我們的原始證明裡根本就不在乎這一點，體現出了其「暴力」之處。

$sqrt2$ 一臉懵逼是因為問題完全沒提起過它，它卻莫名其妙地被證明者用各種各樣的姿勢利用。

有一位網友非要說（根號2的根號2）的根號2不等於2，討論了太久我不想解釋了，我把計算器結果發出來好了... 倒數第二行是我模擬他的計算方式得出的他的答案。

最後打一點小廣告。

有哪些違背直覺的數學問題？ - 楊笛笛的回答 - 知乎

哪些專業問題在本專業是常識，但在日常生活中卻不被人所知？ - 楊笛笛的回答 - 知乎

有些算命的為什麼算的真的很准？ - 楊笛笛的回答 - 知乎

如何得到暴雪娛樂公司的工作機會？ - 楊笛笛的回答 - 知乎

證明:「不存在60階以下的非abel單群」

60階群那複雜的結構對於當時剛接觸抽代的我來說簡直就像照頭一悶棍，然後我還是找了篇論文慢慢看。

最後證明方法:1到59階討論一遍。寫出來就只有兩頁紙，當時心中那個一萬頭草泥馬奔騰而過。

我在 Twitter 上看到的笑話（貌似是真事），原作者忘了：

有一道數論題
問：兩個(大於二的)相鄰素數相加再除以二所得的數是合數還是素數？請證明。
答：不是素數，因為兩個相鄰的素數之間沒有素數了…

如評論所說，此答案有些不對題（我覺得很暴力，但不是題主意義上的暴力吧），如果要點贊請先看看其他的回答

所謂暴力美學么，當然是過程暴力，結論美麗，在鄙視吾等的體力（計算是個體力活）和智商（一般暴力破解是需要技巧的）之後，還不忘給吾輩靈魂一次洗禮。

這例子就多了去了，比如：
Wallis Product, $w_n$ ,在 $n ightarrowinfty$ 時，
$w_n:=frac{2 imes2}{1 imes 3} imesfrac{4 imes4}{3 imes 5}... imesfrac{2n imes 2n}{(2n-1) imes(2n+1)} ightarrow frac{pi}{2}$
證明如下：

當時只感覺簡潔到只有半頁紙，卻蹂躪了我的智商的證明。
——這不是最暴力美的證明，但是這是我第一次看到暴力美的證明，曾經我是個單純的孩子，並不知道積分還可以這樣用。