你見過最巧妙的數學證明是什麼？

01-13

相關問題：你見過最巧妙的物理推導是什麼？ - 知乎

我認為一個巧妙的數學證明，就是我和同事經常開玩笑說應該寫進The Book上的證明，最好可以滿足優美（結構清晰），簡潔（思路簡潔，不一定篇幅短），最好可以易於推廣。上面很多回答的證明都很巧妙，這裡我說一個比較簡單的，概率方法。

抽屜（鴿籠）原理大家都知道，基本上就是3個蘋果放到兩個抽屜里，一定有一個抽屜有至少兩個蘋果。

素數定理是說，x到2x之間素數個數是 $frac{x}{log x}$ 。那我們用這兩個定理估計一下素數的最小間隔吧！

x到2x之間有x個數，有 $frac{x}{log x}$ 個素數。根據抽屜原理，至少存在兩個素數間隔為 $log x$ 。

事情到這裡沒有結束。大家都知道抽屜原理是離散的均勻分布，那麼如果不用組合的語言，用概率的語言描述上面的計算過程呢？

同樣，x到2x之間有x個數，有 $frac{x}{log x}$ 個素數。那麼，

$mathbb{P}(x ext{is prime})=frac{1}{log x}$ ;

$mathbb{P}(x+1 ext{is prime})=frac{1}{log x}$ ;

$dots$ ;

$mathbb{P}(x+h ext{is prime})=frac{1}{log x}$ 。

然後求和， $sum_{i=0}^{h-1}mathbb{P}(x+i ext{is prime})=frac{h}{log x}$ 。我們發現當h大於 $log x$ 時，這個概率和大於1，說明了有兩個事件會同時發生，也就說明了素數間隔小於 $log x$ 。我們得到了和剛才組合方法一樣的結果。

然而事情還沒結束。我們能不能做的更好？如果這個分布不是均勻的呢？二項呢？柏松呢？

比如可以很容易的發現，偶數不可能是素數。我們除去所有偶數，同樣的方法得到的估計立刻提高了一倍。我們可不可以調整分布方式，可以讓上面求和的更少的項加起來大於1呢？一般的，我們可以給x到2x的每個數n賦予一個權重 $v(n)geq0$ ，然後再標準化 $frac{sum_{xleq nleq2x}v(n)1_{n ext{prime}}}{sum_{xleq nleq2x}v(n)}$ 得到概率分布。

現在我們希望通過巧妙選取v(n)的值，使得概率的和 $sum_{i=1}^kfrac{sum_{xleq nleq2x}v(n)1_{n+h_i ext{prime}}}{sum_{xleq nleq2x}v(n)}>1$ 並且差盡量小。這就說明存在n和i,j使得 $n+h_i$ ， $n+h_j$ 是素數。也就是說怕我們希望上面式子的分母盡量小，分子盡量大。也就是說，我們希望v(n)能捕捉到盡量多的素數。

可能已經有人覺得這樣可以證明孿生素數猜想了。剛才我們最開始取的分布是在（x,2x）上均勻分布，那如果我們取的分布是在孿生素數上均勻分布呢？看起來可以通過上面的表達式證明素數最小間隔是2。這個方法之所以不可行，是因為我們沒法證明在這個情況下 $sum v(n)$ ，即分母不能等於0，這個也是我們現在構造的關鍵。

接下來就是歷史故事了。大概70年前後， Selberg提出了一個v(n)的構造，基於每個數的小因子個數，因為素數因子只有1和他本身，這個方法可以很好的提高分子的值。然而他的構造只能保證上面的概率和不等式無限接近於1，沒法證明大於1，相當於什麼結果也沒得到。接下來就是張益唐，他給出了一個新的估計等差數列中素數的方法，使得當上面的k足夠大時（貌似是七千萬），上面不等式的大於1條件成立。

故事到這裡就告一段落了。這裡只是想給沒有從事數學research的朋友看一下數學研究的一種方式，順便表達一下我個人對數學的一種品味。當然每個人品味不同，我一個同事就喜歡那種更加抽象的證明。已經有同事說我的品味很匈牙利了。。。

謝邀。

用乒乓球引理證明 $left(egin{array}{cc} 10\21end{array} ight)$ 和 $left(egin{array}{cc} 12\01end{array} ight)$ 在 $SL_2(mathbb{Z})$ 中生成的子群是自由群。

這是我PhD第一年代數課上的作業。但是老師沒講乒乓球引理。。然後我天真地想把所有的non-trivial words寫出來，然後證明他們確實不是單位元。。結果發現word越寫越長，可是怎麼尼瑪乘起來看不出什麼規律。。最後我覺得我的冗長證明其實應該是對的，但是老師不認。。

後來問學代數的同學這題怎麼做，他只說了3個單詞：ping pong lemma。然後我搜了一下：「Wow! Interesting!」用這個引理證上面的題目，構造出合適的區域，一句話寫完。乒乓球引理本身的證明也很簡單，也就是幾行字的事情。

但是能想到群作用這個做法，本身就是很了不起的事情。所謂巧妙的證明，背後往往蘊含了天才的想法。

然後與這種題目類似的，還有利用「自由作用在樹上的群是自由群」這個結論，去證明自由群的子群都是自由群。這都是幾何群論裡面的一些基本想法——所以幾何群論還是一門很有意思的學科的～另外復變裡面圍道積分各種構造圍道的方法，也都能極大地簡化計算。

這個就是傳說中的月X嗎，隔一個月必出一次這樣的問題……

那我就不答大同小異的回答了，來介紹一個知乎上從來沒人答過的吧（應該）。一個看似神奇而證明極為簡單而巧妙的定理。

定理(Kirszbraun)設 $X$ 是一個度量空間，則定義在 $X$ 任何子集上的Lipschitz實函數，都能被延拓到整個 $X$ 上，且保持函數的Lipschitz常數不變。

這個定理的神奇之處在於函數的定義僅在一個子集上，如果學過泛函的人一定知道延拓這件事並不是無條件的。而這個定理告訴我們，Lipschitz函數性質是如此之好，以至於它在任何子集上的的任何延拓，都可以是無條件的。我們先假設 $f$ 是定義在任意一個子集 $Asubset X$ 上的Lipschitz函數，其Lipshitz常數為 $K$ ，這個定理的證明只有一行字：

證明：令 $F(x)=inf_{ain A}(f(a)+K d(x,a))$ ， $F$ 是Lipschitz函數且Lipschitz常數為 $K$ ，證畢。

Kirszbraun就借著這一行字，拿到了他的碩士學位。

1.最大直徑定理：若M為完備黎曼流形且Ric&>=（n—1）k，若M直徑為π／√k則M同構於半徑為1/√k的球面。這個定理首先是鄭紹遠用第一特徵值估計的方法證明的。不過83年Shiohama給出了一個非常巧妙而簡潔的證明，充分利用了體積比較定理的「遞減性」

順路提一下Calabi—Yau對體積增長下界的估計：對完備非緊非負Ricci曲率的黎曼流形M，證明以p為中心的測地球Bp（r）的體積&>=cr（r&>2），其中c&>0依賴於p和dimM。證明和這個有異曲同工之妙，都是從非常直觀的幾何事實出發，充分的利用了體積比較定理的「遞減性」。

2.素數定理：我們現在看到的證明基本上五六頁就能完整寫完（假定讀者沒有學過解析數論）每一步都是非常巧妙的，因為這是經過歷代數學家簡化得到的。能夠完整的看過一次證明也覺得這學期複分析學的值了。完整證明參考Serge Lang《Complex analysis》（這書最出名的是某節第一題的（c））。這其中有一個lemma，用了非常粗糙的估計卻得到了目標的結果。（我看到這個放縮幅度是震驚的）

本來還想寫個代數有關的，忽然發現我這一學期都沒有怎麼學過代數，交換代數裡面很多技巧都很有意思，有時間過來填坑吧。

（近一個月最後一個回答，記得提醒我不能再刷知乎了TAT）

忘記在哪裡看到的了，這個做法的流氓程度我前所未見。

試證：存在無理數a，b，使得a的b次方是有理數。

方法：先令a＝√2，b＝√2，此時，若√2的√2次方是有理數，那麼得證。若√2的√2次方是無理數，那麼令a＝√2的√2次方，b＝√2，那麼a的b次方＝2。得證。得.... 得證..........傻了我都

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謝謝評論區提醒，最早的出處應該是matrix67的博客

還有朋友說更早的一個出處是單壿的《數學競賽研究教程》一書。

有一個大概就是本科泛函課本習題難度的結論，叫做Cotlar（幾乎正交）引理。引理的證明非常簡單，但是在調和分析的奇異積分（尤其是非卷積型的）運算元的 $L^p$ 有界性的證明時起到了很大的作用。

Cotlar引理的內容如下：設 $H$ 是希爾伯特空間， ${T_j}_{j=1}^{N}$ 是 $H$ 上的有限個有界線性運算元，滿足條件： $|T_j^*T_k|leqgamma^2(j-k),~~|T_jT_k^*|leqgamma^2(j-k),~~forall 1leq j,kleq N.$ 其中 $gamma:mathbb{Z} ightarrowmathbb{R}^+ ext{滿足}sum_{l=-infty}^{+infty}gamma(l)=A<infty.$ 那麼 $|T_1+cdots+T_N|leq A$ .

為什麼又叫「幾乎正交」引理呢？首先「正交」（去掉「幾乎」）的情況是，希爾伯特空間 $H=oplus_j H_j, T_j(H_k)=0~forall k eq j.$ 這個時候直接像線性代數那樣正交分解就能得到 $|T_1+cdots+T_N|leqsup_j|T_j|_{H_j ightarrow H_j}$ .

稍作推廣一下，如果 $T=T_1+cdots T_N$ 滿足弱一些的條件 $Im(T_j)perp Im(T_k), Im(T_j^*)perp Im(T_k^*).$ 我們仍然可以利用往 $Ker(T_j)^{perp}$ 上面作正交投影的方法得到和上面一樣的結論。

Cotlar引理的證明（看上去長得很醜其實很容易）：

考慮 $(T^*T)^n=sum_{j_1,cdots,j_n=1 \k_1,cdots,k_n=1}^NT_{j_1}^*T_{k_1}cdots T_{j_n}^*T_{k_n}$ , 其中T=T1+...+TN.

把上面求和符號裡面的頭尾掐出來，以及兩個兩個配對，可得： $|T_{j_1}^*T_{k_1}cdots T_{j_n}^*T_{k_n}|leq |T_{j_1}||T_{k_n}|prod_{i=1}^{n-1}|T_{k_i}T_{j_{i+1}}^*|, \|T_{j_1}^*T_{k_1}cdots T_{j_n}^*T_{k_n}|leqprod_{i=1}^{n}|T_{j_i}^*T_{k_i}|.$

兩式相乘開根號，令 $B:=sup_{1leq jleq N}|T_j|leq A$ 就有：

$egin{aligned} |(T^*T)^n|leqsum_{j_1,cdots,j_n=1 \k_1,cdots,k_n=1}^N|T_{j_1}|^{1/2}|T_{k_n}|^{1/2}prod_{i=1}^{n-1}|T_{k_i}T_{j_{i+1}}^*|^{1/2}prod_{i=1}^{n}|T_{j_i}^*T_{k_i}|^{1/2} \ leqsum_{j_1,cdots,j_n=1 \k_1,cdots,k_n=1}^Nsqrt{B}sqrt{B}gamma(j_1-k_1)gamma(k_1-j_2)gamma(j_2-k_2)cdotsgamma(k_{n-1}-j_n)gamma(j_n-k_n) \ leq NBA^{2n-1} end{aligned}$

注意到 $|(T^*T)^n|=|T|^{2n}$ , 兩邊開2n次方，令n→∞即可。

下面講一下Cotlar引理在奇異積分運算元有界性證明裡面的妙用。

首先，利用Cotlar引理，我們可以證明卷積型奇異積分運算元的 $L^2$ 有界性。具體如下：設 $K:mathbb{R}^d-{0} ightarrowmathbb{C}, \|K(x)|leq B|x|^{-d},| abla K(x)|leq B|x|^{-d-1},\int_{r<|x|<s}K(x)dx=0.\Tf(x):=(K*f)(x), ~~then~~|T|_{L^2 ightarrow L^2}lesssim_d B.$

傳統的證明是利用Calderon-Zygmund分解證明這一步，但我們利用Cotlar引理可以避開它。我們不妨設B=1，徑向函數 $psi$ 是Littlewood-Paley裡面的兩個bump function 之差，也就是支於 ${frac{1}{2}leq|x|leq 2}$ , 在1/2到1從0爬到1，1到2從1降到0，緊支光滑的函數，令 $K_j(x)=K(x)psi(x/2^j), T_jf(x):=(K_j*f)(x)$ . 我們可以直接計算出（細節，見Camil Muscalu, Wilhelm Schlag的Classical and Multilinear Harmonic Analysis第九章）

$|T_j^*T_k|_{2 ightarrow 2}leq| ilde{K_j}*K_k|_1lesssim2^{-|j-k|};\ |T_jT_k^*|_{2 ightarrow 2}leq|K_j* ilde{K_k}|_1lesssim2^{-|j-k|}.$ 不等式右邊就是Cotlar引理裡面的 $gamma(j-k)$ , 套用引理即有 $|T_1+cdots+T_N|_{2 ightarrow 2}lesssim 1$ ，然後N趨於無窮時，對Schwartz函數f, (T1+...+TN)f→Tf點點成立，對L^2函數用Fatou引理即可完成證明。

當然Cotlar引理一個非常重要的應用便是證明T1定理。T1定理講的是非卷積型奇異積分運算元的 $L^2$ 有界性。設 $T: mathcal{S}(mathbb{R}^d) ightarrow mathcal{S}$ 定義為 $<Tf,g>:=int_{mathbb{R}^d}int_{mathbb{R}^d}K(x,y)f(y)g(x)dydx$ (其實形式上就可以看作 $Tf(x):=int_{mathbb{R}^d}K(x,y)f(y)dy$ , 但因為Tf僅僅是個緩增廣義函數，所以不能這麼寫)。

其中 $K:mathbb{R}^d imesmathbb{R}^d extbf{挖去對角線} ightarrowmathbb{C}$ 滿足一堆條件（真是煩人哦）:

$egin{aligned} |K(x,y)|leq|x-y|^{-d},~~forall x eq y \ |K(x,y)-K(x$ 2|x-x"| \ |K(x,y)-K(x,y")|leqfrac{|y-y"|^{delta}}{|x-y|^{d+delta}},~~forall|x-y|>2|y-y"| \ 0

可以看到這裡的T已經丟失了上面的卷積形式。但根據插值定理和對偶知道，討論T的弱L^1與強L^p有界性仍然可以歸化為證明T的L^2有界性。

T1定理是說，這樣的奇異積分運算元T，若還滿足 $T(1), T^*(1) in BMO(mathbb{R}^d),$ 以及WBC條件

那麼T就是L^2有界的。

T1定理的證明非常長，但是關鍵的步驟就是：

Step 1: 拆掉T , 我們定義（類似於Littlewood-Paley分解） $S_jf:=phi_j*f,~~Delta_j=S_j-S_{j-1},~~phi_j=2^{-jd}phi(x/2^j),~~phiinmathcal{S}(mathbb{R}^d)~spted~in~B(0,1)~with~intphi=1$ $T=left(sum_n Delta_n ight)Tleft(sum_n Delta_n ight)=sum_j(S_jTDelta_j+Delta_jTS_j-Delta_jTDelta_j);\ R_N:=sum_{|j|leq N}(S_jTDelta_j+Delta_jTS_j-Delta_jTDelta_j)$

Step 2: 估計 $Delta_jTDelta_j$ , 這是容易的，因為 $(Delta_jTDelta_j)^*(Delta_kTDelta_k)=0,~~forall j eq k$ , 所以乾脆成了正交的情況了。

Step 3: 估計Rn中餘下兩項，想必大家已經猜到了，我們令 $T_j=S_jTDelta_j$ , 去計算（雖然過程很複雜） $|T_j^*T_k|lesssim2^{-delta|j-k|},~~|T_jT_k^*|lesssim2^{-delta|j-k|},~~forall 1leq j,kleq N.$ 然後套用Cotlar引理，最後想辦法取極限就好了，T1定理的證明也就結束了。

儘管T1定理的證明中為了驗證Cotlar引理的條件，引入了一些其它調和分析的工具和複雜的計算，但不得不說Cotlar引理在證明中是絕對的主導思想。

所以我們可以看到，一個短短的泛函習題一樣的結論，卻能在奇異積分運算元有界性這種大定理的證明中起到「四兩撥千斤」的作用，的確是非常令人驚嘆。同時也可以看到這種類似於「二進分解」的方法，其威力是非常大的。

一個看上去直觀但是證起來相當麻煩的線性代數題，用拓撲方法直接摧枯拉朽。

原鏈接：https://math.stackexchange.com/a/2186263/191404

(沒截到的部分:This argument immediately generalises to any finite set of k-dimensional subspaces to which one seeks a common complementary subspace.)

真的是蕩氣迴腸的那種清爽。

說不上「最巧妙」，但是已經足夠巧妙了。

一

1+2+...+n=C(n+1,2)

二

12+22+...+n2=n(n+1)(n+1/2)/3

三

13+23+...+n3=(1+2+...+n)2

四

分部積分公式

來自《無字證明（Proofs Without Words）》

雖然較真起來，這些證明不算嚴謹，但是巧妙得讓人讚歎，不是嗎？

附一張以前收的圖（封面又是兩個漂亮的證明），已經忘了出處……

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順便推一下在相關問題下的回答

你見過最巧妙的物理推導是什麼？ - 知乎

Kolmogorov"s strong law of large number

很多人都知道的強大數定理，有一個用downward martingale的簡單證明：

基於測度論語言的概率是非常漂亮的。尤其在定義了鞅(martingale)和停時(stopping time)之後，很多定理證明都水到渠成。

其實我真正覺得巧妙的是Doob"s upcrossing引理。

看上去好像很很複雜，其實背後idea超級簡單：把 $(X_n)$ 看作一條軌跡上的點， $n$ 表示時間。從小於a移動到大於b稱為一次upcross，一次upcross至少移動 $b-a$ , 然後upcross次數乘以 $b-a$ 就不會超過upcross時經過的距離加上最後的剩餘，就可以得到證明裡的不等式。一幅圖就可以看出來：

有了這個引理就可以巧妙地證各種martingale的收斂定理了。例如，Doob"s supermartingale convergence：

這個證明的巧妙之處在於把不收斂看成一個事件，把它分解成可數個事件，再用upcrossing引理證每個事件的概率都是0。

還有前面證明裡用到的Levy"s downward convergence也運用了同樣的方法，這裡就不寫出來了。雖然基於測度的概率論屬於分析學，但概率學家和分析學家的思考方式還是很不一樣的。分析學家一般會從隨機變數的分布函數去考慮，一個典型例子就是中心極限定理，看了證明的話就會知道這其實是個分析學的定理。而概率學家則是從事件(可測集)去考慮問題。上面Doob"s upcrossing和supermartingale convergence，還有強大數定理正是體現了這種思考方式。

將平面幾何的輔助線作到空間中，來源:

几个把平面几何问题的辅助线做到空间去的数学趣题

侵刪
裡面覺得最神奇的是這個。

( ?° ?? ?°)?，想法很棒有沒有。

原文中評論區有討論證明不成立的，有證明的歡迎評論區討論

如果把三個等半徑的球嵌在平面內，再在三個球上下各壓兩塊板子(平面)，這個是可以證明的。因為任意兩個球與兩塊板子(平面)的切點形成的兩條公切線交點，與平面上兩圓的公切線交點交於同一點。又有兩個板子(平面)交於唯一直線。故命題得證。

有人不是很懂，再來解釋下，如果懂了請跳過這個分割線到達下一個分割線，因為這個證明方法是錯的！！！Σ(?д?|||)??，我也不是故意放錯答案的，求原諒(╥_╥)

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我們來看兩個圓的情況：

用兩半徑與圓相同的球嵌在平面里個球

作一個和兩個球相切的平面，這種平面在兩個球的時候有無數個。

下面作一個與這兩個球相切的平面

從側面看過去，這個圖是這樣的：

我們將與兩個球相切的平面稱為平面1，過兩個球球心的平面稱為平面,2，過平面1與兩個球的切點的直線稱為直線1，過兩球心的直線稱為直線2.。

我們可以將直線1,繞直線2旋轉到平面2上，形成的新的直線即是原來兩個圓的切線。

所以任意與球相切的平面必和原來圓的切線交於原來兩圓公切線的交點。

再看證明方法有沒有理解一點？

三個圓的情況圖太難畫了我想偷懶

ㄟ(▔ ,▔)ㄏ

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更新，查找原貼中指引的

《令你苦思冥想的數學趣題》.[美]Peter Winkler

嗯，下面的截圖來源於上面的書中內容

我稍後嘗試作下新版的圖。舊版的方法雖然不對，但是思路是很好的，另外，感謝 @懿懿懿懿懿懿懿的批評指正。

還有，對於之前的錯誤答案我沒有想清楚就放上來向，大家表示誠摯的歉意。(*?????)

遠不止巧妙的證明： $pi$ 的萊布尼茲公式

Pi hiding in Prime regularities

＊以下內容均整理自3Blue1Brown上傳在YouTube上的視頻「Pi hiding in Prime regularities」

$pi$ 的萊布尼茲公式長這樣：

是不是長得很帥！！
這個公式可以用微積分證明：

是不是長得很醜！！［咳。。用微積分雖然簡單粗暴，但是不夠有趣。。
那麼，有什麼其它神奇的證明方法呢？？

利用複數(Complex numbers)，Gaussian primes的分解與一個神奇的整數函數 $chi$ 就可以巧妙證明這個公式!!

雖然以下的證明方法不是特別嚴謹，但是非常帥氣！

而且這種方法遠不局限於單純證明這個公式，而是將數論、複數以及質數巧妙得結合在了一起！！

1?利用半徑為 $r$ 圓內的格點數來估計圓的面積

［全文中的圓內都包括圓上］

在坐標繫上以原點為圓心， $r$ 為半徑作一個圓。格點就是x，y坐標均為整數的點。

如圖，黃色圓內的紫色點都是圓內的格點。

因為每一個格點可以看作一個面積為1的正方形，所以利用圓內的格點數可以有效估計圓的面積。並且當 $r o infty$ 時，格點數會無限接近於圓的實際面積。［類似於極限的概念］

如圖，每一個格點都可以代表一個面積為1 的正方形，因此可以來估計圓的面積。

我們都知道圓的面積是 $pi r^2$ ，那麼如果我們可以用 $r^2$ 乘以某個東西 $X$ 來表示半徑為 $r$ 的圓內的格點數，我們就可以用 $X$ 來表達 $pi$ 啦。

令半徑為 $r$ 的圓內的格點總數為 $T_r$ 。［用 $T_r$ 來表示格點總數在最後會用到哦］

此證明的最終目的就是將 $T_r$ 表達為 $T_r=r^2cdot X$ ，那麼就可以用 $X$ 來表達 $pi$ 了。

那麼，要怎麼計算出 $T_r$ 呢？？

首先，任意一個格點到圓心的距離是一個非負整數的平方根。

因為a，b均為整數，所以 $a^2+b^2$ 也是整數

這樣一來，圓內所有的格點其實就是半徑為 $sqrt{0},sqrt{1},sqrt{2},cdots sqrt{r^2}$ 圓上的格點數之和。

［注意圓上和圓內的區別！！］

如圖所示，圓內所有的格點就是半徑為 $sqrt{0},sqrt{1},sqrt{2},cdots sqrt{r^2}$ 圓上的格點數之和。

那麼我們只要能分別找出半徑為 $sqrt{k}$ ， $0leqslant k leqslant r^2$ 的圓上的格點數即可。

如圖，我們可以逐一畫出半徑為 $sqrt{0},sqrt{1},sqrt{2},cdots sqrt{r^2}$ 的圓，再進行計算，但是得出的數列看起來毫無規律，那麼要怎樣才能巧妙表示每一個圓上的格點數呢？

一個半徑為 $sqrt{k}$ 圓上的格點(a,b)必定滿足 $a^2+b^2=k$ [勾股定理]

那麼就是要找到所有整數對a,b使 $a^2+b^2=k$ 成立。

與其在平面直角坐標繫上找這些整數對，倒不如將這些移到複數平面上！

2?複數平面與複數分解

將1?中的一切放入複數平面中，即縱軸為虛軸，橫軸為實軸，並且複數平面上的格點 $z=a+ib$ 滿足a，b為整數。

［複平面上的格點叫作Gaussian Integers］

那麼以原點為圓心，半徑為 $sqrt{k}$ 的圓上的複數格點 $z$ 必須滿足到圓心距離為 $k$ ，即 $a^2+b^2=k$ 。

但是，複數到圓心的距離也可以用自己本身乘以它的復共軛來表示。［ $z=a+ib$ 的復共軛為 $overline{z}=a-ib$ ］

這一點非常容易證明，如下：

因此，我們需要找到所有的複數格點 $z$ 使 $zcdot overline{z}=k$ 。

小學老師曾經教過我們，一個合數可以分解質因數為幾個質數的積

例： $2016=2^5 imes 3^2 imes 7$ ［監介。。。2017是個質數，2018=2*1009，1009又是一個質數。。。］

同時如果我們在偶數個質因數前加上負號，仍然會是2016的一種分解質因數。

例 $2016=-2 imes -3 imes 2^4 imes 3 imes 7$ 也是2016的一種質因數分解。

那麼正整數在複數中能被分解嘛？？

對於一個複數 $x$ ，可將其分解為 $zcdot overline{z}$ （ $z$ 與 $overline{z}$ 必須為Gaussian integers）。若這個複數不能被分解成這樣，那麼這個複數叫Gaussian Prime。虛數部分不為0的複數已經明顯是Gaussian Primes了。

如果某一正整數 $n$ 可以被分解為 $n=zcdot overline{z}$ ，那麼 $z$ 一定是半徑為 $sqrt{n}$ 圓上的一個格點。

而一個正整數 $m$ 若不能被分解，則不能被表達為兩個互為共軛的複數之積，而且半徑為 $sqrt{m}$ 的圓上沒有格點。

因為合數可以被分解為幾個質因數之積，所以我們只需要討論所有質數的複數分解的情況。

根據不同質數除以4的餘數，我們可以將所有質數分為三類：

（1）質數 $p$ ， $pequiv 1 mod 4$

［ $nequiv r mod m$ 表示 $n$ 與 $r$ 除以 $m$ 時會有相同餘數。在這裡可以理解為 $p$ 除以4的餘數是1。但 $r$ 不一定必須是 $ndiv m$ 的餘數，只要 $ndiv m$ 與 $r div m$ 有相同餘數即可。例： $5 equiv 20 mod 3$ 。這種表達方式會在全文中多次用到］

定理：任意除以4有餘數1的質數可以被表示為兩個完全平方數之和。

例：

因為 $p$ 可以被表示為兩個完全平方數之和，所以所有除以4餘1的質數都可以被表達為 $z imes overline{z}$ 的形式。其中 $p$ 有且只有這2個因數： $z$ 和 $overline{z}$ （互為共軛），而且 $z$ 和 $overline{z}$ 均為Gaussian Primes。

因為 $p$ ， $pequiv 1 mod 4$ 都能被複數分解，所以以 $sqrt{p}$ 為半徑的圓上一定會有格點。［因為分解出的複數就是一個滿足條件的格點］

例： $sqrt{37}$

下圖顯示一部分數軸上符合這樣條件的質數，以綠色表示：

這些質數都能確定以它們平方根為半徑的圓上是有格點的。

既然有除以4餘1的質數，那麼必然有除以4餘3的質數。

（2）所有質數 $p$ ， $pequiv 3 mod 4$

假設這些質數也可以被分解成兩個互為共軛的複數相乘，則：

現在需要討論下完全平方數除以4餘數的取值範圍：

假設有一個整數 $x$ ：

$xequiv 1 mod 4 ,, Rightarrow ,, x^2equiv 1 mod 4$ / $xequiv 2 mod 4 ,, Rightarrow ,, x^2equiv 0 mod 4$ $xequiv 3 mod 4 ,, Rightarrow ,, x^2equiv 1 mod 4$ / $xequiv 0 mod 4 ,, Rightarrow ,, x^2equiv 0 mod 4$

［這一些只要把 $x$ 寫成 $x=4k+r$ , $r=0, 1, 2, 3$ 就可以證明。此外，這些在直觀上也很明顯。］

那麼任意一個完全平方數除以4的餘數就只有0或1了。

那麼兩個完全平方數之和( $a^2+b^2$ )除以4也只能是0，1，或是2了。

$a^2+b^2=p ,, Rightarrow ,,a^2+b^2equiv p mod 4 ,, Rightarrow ,, a^2+b^2equiv 3 mod 4$

但是兩個完全平方數之和不可能除以4餘3，因此所有質數 $p$ ， $pequiv 3 mod 4$ 不能被分解為兩個互為共軛的複數相乘。

既然這些質數不能被分解，那就意味著它們自身就是Gaussian Primes，而且半徑為 $sqrt{p}$ 的圓上就不會有格點。

例： $sqrt{11}$

因為11是一個質數，並且除以4餘3。它不能被複數分解而且它自身就是一個Gaussian prime，所以半徑為 $sqrt{11}$ 的圓上沒有格點。

上圖中紅色的數字就是這一類的質數，以它們的平方根為半徑的圓上沒有格點。

所有奇數的質數都已經討論過啦，那就只剩下一個：

（3）神奇的2

因為2的性質有一些特殊，在之後會有更多的解釋。但基本的複數分解如下：

這一點在之後會有一定用處。

這樣所有的質數就都被討論過啦！！

但是不要忘了我們最終的目標，是要算出每一個以 $sqrt{k}$ 為半徑的圓上的格點數，並且算出格點數之和！！

3?圓上格點數的計算

定義 $L_k$ 為半徑為 $sqrt{k}$ 圓上的格點數，我們需要找出不同 $k$ 中 $L_k$ 的值。

［當半徑無限趨近於無限時，圓心上的格點可以忽略不計。］

［如果某一正整數 $n$ 可以被分解為 $n=zcdot overline{z}$ ，那麼 $z$ 一定是半徑為 $sqrt{n}$ 圓上的一個格點。而一個正整數 $m$ 若不能被分解，則不能被表達為兩個互為共軛的複數之積，而且半徑為 $sqrt{m}$ 的圓上沒有格點。］

首先，正整數可以被分解質因數。

（1）正整數 $n_1$ 只有質因子 $p^r$ , $pequiv 1 mod 4$ ，即所有質因子滿足2?（1）中的條件。

以25為例子： $25=5 imes 5$ ,而 $5=$ ( $2+i$ )( $2-i$ )，那麼25可以被分解為如下圖上方所示：

如圖，將互為共軛的一對複數放在左右兩邊，再將兩列上的複數相乘，那麼得到的兩個複數一定是互為共軛的。

將左邊一列最後得到的積作為輸出的複數，因為它與它的共軛相乘等於25，所以輸出的複數一定是半徑為 $sqrt{25}$ 圓上的一點。

除此之外，總共有三種方法把所有的複數因子排成兩列，使左右對應的兩個複數互為共軛，即左邊可以有0個，1個或是2個（ $2+i$ ）。那麼相應的就會有3個不同的輸出。

其餘兩種安排方式如下圖所示：

類似於合數的分解質因數，如果我們在複數分解的各項之前適當添上1，－1， $i$ 或是 $-i$ 使最終乘積不變，那麼就會產生新的分解方式。但是，無論我們在以上三種組合中以何種方式添加1，-1， $i$ 或是 $-i$ ，最終會影響到的無非是輸出的值。輸出的複數因此可以被乘以1，-1， $i$ 或是 $-i$ 得到不同的點。當一個複數乘以1，-1， $i$ 或是 $-i$ 時，新得到的點只是原複數繞著圓心逆時針旋轉了180，90及270度。所以新得到的3個點都是與原複數在同一圓上的。

［當 $z=a+ib$

$-1 imes z=-a-ib$ $i imes z=-b+ai$

$-i imes z=b-ia$ ］

因此每一種組合的輸出最終都可以變為同一圓上的四個點，如圖：

因此半徑為 $sqrt{25}$ 的圓上總共有 $3 imes 4=12$ 個格點。

那麼對於一個正整數 $n_1=p^r$ , 質數 $pequiv 1 mod 4$ 並且 $r$ 為正整數時。質數 $p$ 可以分解為兩個互為共軛的複數之積， $z$ 與 $overline{z}$ ，那麼 $n_1$ 就有 $r$ 對這樣的複數。左邊這一列可以有0個，1個，2個...或是 $r$ 個 $z$ ，總共有（ $r+1$ ）種組合方法。而每種組合方法都會輸出一個不同的複數，每個輸出都可以被乘以1，－1， $i$ 或是 $-i$ 得到4個格點，所以 $L_{n_1}=4 imes$ ( $r+1$ )。以 $sqrt{n_1}$ 為半徑的圓上有 $L_{n_1}=4 imes$ ( $r+1$ )個格點。

更廣泛而言，假設有一個正整數 $n_2={p_1}^{r_1}cdot {p_2}^{r_2}cdot {p_3}^{r_3}cdots {p_m}^{r_m}$ ， $p_1,p_2,p_3,cdots p_m$ 均為不同質數並且 $p_1,p_2,p_3,cdots p_mequiv 1mod 4$ ， $r_1,r_2,r_3,cdots r_m$ 均為正整數。對於任意正整數 $i$ ， $1leqslant i leqslant m$ ， $p_i$ 有（ $r_i+1$ ）種組合方法，所以所有質因子的組合方法就是將每一個質因子的組合方法相乘，再乘以4就可以得到半徑為 $sqrt{n_2}$ 圓上的格點之和。SO:

（2）假設某正整數 $n_3$ 有質因子 $q$ ， $qequiv 3 mod 4$ 。

$n_3=q imes something$ ［ $something$ 暫且只考慮其所有質因子為除以4餘1的 $p$ ］。

因為 $q$ 為Gaussian Prime，不能被分解為兩個互為共軛的複數之積［在2?中討論過］。

以375為例： $375=3 imes 5 imes 5 imes 5$

若將375複數分解：

無論將3放在左邊或是右邊都會使最後的兩個積不是互為共軛，因此375不能被分解為兩個互為共軛的複數之積。半徑為 $sqrt{375}$ 的圓上沒有格點：

同理，對於所有的正整數 $n_3$ 有質因子 $q$ ， $qequiv 3 mod 4$ ，不能被複數分解。 $L_{n_3}=0$ 。

同理，對於所有的 $n_3$ 有因子 $q^{2k-1}$ 都會使左右兩列不平衡，導致 $n_3$ 不能被複數分解。 $L_{n_3}=0$ 。［k為正整數］

那麼，如果有一個正整數 $n_4$ 有因子 $q^{2k}$ 呢？

$n_4=q^{2k} imes something$

那麼我們就可以把一半的 $q$ 放在左邊，一半放在右邊使兩邊平衡。

因為這些Gaussian Prime $q$ 自己是自己的共軛，最後的兩個積仍然互為共軛。

例： $1125=3cdot 3 cdot 5cdot 5cdot 5$

如圖1125可以被複數分解，但是加上去的兩個3並沒有給左邊的輸出給出任何新的組合。因此半徑為 $sqrt{1125}$ 圓上的格點數與半徑為 $sqrt{125}$ 圓上的格點數相同，都為16個。

因此，因子 $q^{2k}$ 不會影響圓上的格點數。

例： $L_{3^4}=1$

對於正整數 $n_4=q^{2k} imes something$ ，則 $L_{n_4}=1 imes L_{something}$ 。

綜上, 若有一個正整數 $N={q_1}^{w_1}cdot {q_2}^{w_2}cdot {q_3}^{w_3}cdots {q_v}^{w_v}cdot something$ , 其中 $q_1,q_2,q_3,cdots q_v$ 均為質數並且 $q_1,q_2,q_3,cdots q_vequiv 3 mod 4$ ， $w_1,w_2,w_3,cdots w_v$ 均為正整數。

若 $w_1,w_2,w_3,cdots w_v$ 中有任意一個是奇數，則 $L_N=0$ 。

若 $w_1,w_2,w_3,cdots w_v$ 中有全部都是偶數，則 $L_N=1 imes L_{something} = L_{something}$ 。

（3）因子 $2^s$ 對於圓上格點數的影響

假設有正整數 $n_5=2^s imes something$

例： $10=2 imes 5$

但是我們把（ $1+i$ ）與（ $1-i$ ）對換時：

左邊的輸出只是原輸出乘以 $-i$ ［在這個例子中］。

廣泛而言，新的輸出只會是原輸出乘以1，－1， $i$ 或是 $-i$ 。

這是因為在2?（3）中提到的質數2分解時的特殊性質：

因此2產生的複數因子（ $1+i$ ）與（ $1-i$ ）無論如何放置，所產生的輸出在原輸出乘以1，－1， $i$ 或是 $-i$ 的過程中就已經包括啦。

SO，質因子 $2^s$ 對於圓上格點數沒有影響！

它不會產生任何新的排列，也不會減去任何已有的。

那麼對於正整數 $n_5=2^s imes something$ ， $L_{n_5}=1 imes L_{something}=L_{something}$ 。

（4）前三小部分的小結：

對於任意正整數 $N$ ，可以被分解質因數為這樣子： $N=2^kcdot {q_1}^{w_1}cdot {q_2}^{w_2}cdot {q_3}^{w_3}cdots {q_v}^{w_v}cdot {p_1}^{r_1}cdot {p_2}^{r_2}cdot {p_3}^{r_3}cdots {p_m}^{r_m}$ ，其中 $q_1,q_2,q_3,cdots q_v$ 均為不同質數並且 $q_1,q_2,q_3, cdots q_vequiv 3 mod 4$ ； $p_1,p_2,p_3,cdots p_m$ 均為不同質數並且 $p_1,p_2,p_3,cdots p_mequiv 1 mod 4$ ； $k,,, w_1,w_2,w_3,cdots w_v,,, r_1,r_2,r_3,cdots r_m$ 均為非負整數。

若 $w_1,w_2,w_3,cdots w_v$ 中有任意一個是奇數，則 $L_N=0$ 。

若 $w_1,w_2,w_3,cdots w_v$ 中有全部都是偶數，則：

雖然用這種方法可以有效計算出半徑為 $sqrt{N}$ 圓上的格點數，但是要計算出它們的總和還需要一個神奇的整數函數 $chi$ ！！

4?整數函數 $chi$ 與格點數之和

[ $chi$ 讀作「kai」]

定義整數函數 $chi$ 為：

即：

這個函數把所有正整數變成了1，0，-1，0的循環數列。

需要注意的一點是：這個函數的Multiplicative性質！

即：

［這個可以用餘數的性質證明，直觀上也特別明顯，不做闡述。］

［這一點在之後會特別重要！！］

那麼這一個整數函數與圓上的格點數有什麼關係呢？

任意正整數 $n$ 可以被表達為 $n=p^r imes something$ ，其中 $p$ 為任意質數、 $r$ 為正整數，那麼：

［公式＃1＃］

即：

例：

［第二行的等式由3?中的結論而來，第三行則是應用了公式＃1＃。通過函數 $chi$ 的定義，我們可以發現等號是成立的。］［一定要記住最前面的4！！］

MAGIC？！！！！

接下來我們就證明一下！！

［以下均用「公式＃1＃」來表示這個公式］

同2?3?中一樣，我們把質數分為三類，再進行分別證明。

（1）所有的質數 $p$ ， $pequiv 1mod 4$ 。

對於因子 $p^r$ ，我們從之前的證明中可以得知有（ $r+1$ ）種組合方式。

即， $L_{p^r}=r+1$ 。

那麼將 $chi$ ( $p^0$ ), $chi$ ( $p^1$ ), $chi$ ( $p^2$ )... $chi$ ( $p^r$ ) 分別寫出來我們得到：

[這些值利用 $p=4k+1$ 很容易證明，下文中類似的同理。]

因此所有的質數 $p$ ， $pequiv 1mod 4$ 滿足於公式＃1＃。

例：

［3+1=4=1+1+1+1］

（2）所有的質數 $q$ ， $qequiv 3 mod 4$ 。

對於因子 $q^w$ 並且 $w$ 為奇數時，從之前的證明中可以得知沒有組合方法。

即， $L_{q^w}=0$ ［ $w$ 為奇數］

那麼將 $chi$ ( $q^0$ ), $chi$ ( $q^1$ ), $chi$ ( $q^2$ )... $chi$ ( $q^w$ ) 分別寫出來我們得到：

因此所有的因數 $q^w$ ， $qequiv 3 mod 4$ 且 $w$ 為奇數時滿足於公式＃1＃。

例：

［1-1+1-1=0］

對於因子 $q^w$ 並且 $w$ 為偶數時，從之前的證明中可以得知只有一種組合方法。

即， $L_{q^w}=1$ ［ $w$ 為偶數］

那麼將 $chi$ ( $q^0$ ), $chi$ ( $q^1$ ), $chi$ ( $q^2$ )... $chi$ ( $q^w$ ) 分別寫出來我們得到：

因此所有的因數 $q^w$ ， $qequiv 3 mod 4$ 且 $w$ 為偶數滿足於公式＃1＃。

例：

［1-1+1-1+1=1］

那麼，對於所有的因數 $q^w$ ， $qequiv 3 mod 4$ 滿足於公式＃1＃。

（3）質數2

對於質因子 $2^s$ ，從之前證明中得知對最終圓上格點數沒有影響，因此我們可以將 $L_{2^s}$ 的值看作1。

那麼將 $chi$ ( $2^0$ ), $chi$ ( $2^1$ ), $chi$ ( $2^2$ )... $chi$ ( $2^s$ )分別寫出來我們得到：

因此質數2適用於公式＃1＃。

例：

［1+0+0=1］

（4）綜上，所有的質數適用於公式＃1＃。

那麼所有的正整數 $N$ 可以被表示為： $N={p_1}^{r_1}cdot {p_2}^{r_2}cdot {p_3}^{r_3}cdots {p_m}^{r_m}$ ［分解質因數］。在這裡， $p_1,p_2,p_3,cdots p_m$ 可以為任意質數並且 $r_1,r_2,r_3,cdots r_m$ 為正整數，則：公式＃2＃

［由公式＃1＃得出］

但只是這樣似乎依舊很難算出半徑為 $r$ 的圓內格點數之和 $T_r$ 。

那麼！！把公式＃2＃中的所有括弧拆開！！

Really？？那不會有一大堆亂七八糟的項么。。

但是函數 $chi$ 具有Multiplicative的性質啊！

那麼幾項函數 $chi$ 相乘就會合併為一個啦。

先看一個例子： $45=3^2 imes 5$

把括弧拆開再將兩項合併為一個值就產生了如圖所示的等式。

機智的你一定會發現1，3，5，9，15，45是所有能整除45的數。

SO，將公式＃2＃中所有括弧拆開，再將相乘的 $chi$ 合併後，所得到的是 $chi$ (所有能整除45 的數)之和。

那麼從公式＃2＃中可以推導出：對於任意正整數 $N$ ，令 $a_1,a_2,a_3,cdots a_m$ 為所有能整除 $N$ 的正整數，則：公式＃3＃

［這一點其實在直觀上很明顯，因為每一個能整除 $N$ 的正整數無非是 $N$ 的質因數的某種組合，而將公式＃2＃的括弧全部打開後就可以得到所有的組合方法，覆蓋所有能整除 $N$ 的正整數。如果不理解可以自己隨手找幾個數試一下，寫下質因數的分解與所有能整除它的，應該會挺明顯的。］

那麼我們用公式＃3＃來分別寫出半徑為 $sqrt{1},sqrt{2},cdots sqrt{r^2}$ 的圓上的格點數：

［當 $r$ 無限趨近於 $infty$ 時，可以忽略圓心］

哎看上去還是亂七八糟的啊！

Aha！！把它們整理一下：

［圖中把前面的4提取了出來］

這樣就很明顯啦！！

每個數都能被1整除，每兩個數就有一個可以被2整除，每三個數就有一個可以被3整除，以此類推。

那麼所有半徑為 $sqrt{1},sqrt{2},cdots sqrt{r^2}$ 的圓上的格點數之和就會有 $r^2$ 個 $chi$ (1)， $frac{r^2}{2}$ 個 $chi$ (2)， $frac{r^2}{3}$ 個 $chi$ (3)，以此類推。［不要忘了前面的4！］

那麼：

當 $r o infty$ 時，誤差會變得越來越小，可以忽略不計。

而且當 $r o infty$ 時，前面已經證明過 $T_r$ 會無限趨近於圓的實際面積，因此：

$pi$ 的萊布尼茲公式就這麼證出來啦！

AWESOME！！

以上證明遠不止單純得證明 $pi$ 的萊布尼茲公式，而是將數論、複數以及質數神奇得聯繫在了一起！！

［此外，3Blue1Brown的很多數學視頻都很不錯。B站上似乎也有，但是沒看到這一個。。。如果有興趣並且可以上YouTube的果斷去看一眼！大部分截圖來自於原視頻，看原視頻也可能更加直觀明了一些，但是本文中添加了不少細節。］

［我第一遍寫這個回答都寫完了，然後在手機上開了一下草稿箱。。都不知道按了什麼鍵就突然不見了！於是又把全文重新寫了一遍啊！！！］

［備份是多麼的重要！！］

遠不止巧妙的證明～

分析裡面的:

拉馬努金的恆等式

巴塞爾恆等式

(有個地方寫錯了自行甄別)

不等式裡面的

柯西的神奇的反向歸納

數論裡面的

輾轉相除法證明若a,b互素，

則存在整數x,y使得ax+by=1

還有些證明略複雜，但是也很有趣:

費耶爾三角和能一致逼近任何周期為2π的連續函數，得到維爾斯特拉斯第二定理

伯恩斯坦多項式能一致逼近任何連續函數，得到維爾斯特拉斯第一定理

還有數論裡面的形如4k+1的素數必能表示成兩個整數平方和，任何正整數必能表示成不超過四個整數平方和

複分析裡面各種方法秒證代數基本定理。。。

有興趣的可以私我。。。。。。

我也來貼個《數學競賽研究教程》上的。

例3。光看題目能想到這個證明的人能有多少呢。

絕對最流氓的證法，沒有之一，話說用這種方法還能直接證明2^(1/n)(n≥3且n∈N+)是無理數呢，哈哈

突然一時想不起學過多少了，就拿今晚複習看到的一個引理說吧，即，Uryshon引理

如何強行把有理數「排序

」

Ascoli—Arezla引理

有答主提到了康拖對角線方法，AA引理核心技巧就是對角線方法，還用到了稠密的技巧，是很有意思的證明

搬運自 Quora Mathematics: What is the most beautiful theorem proof, and why?

·至少用多少個寬為1的紙條才能覆蓋住一個直徑為100的圓？

·考慮一個直徑為100的球

由於距離為1的平行平面所截球的表面積是一定的，故至少要100組這樣的平行平面所夾空間才能覆蓋住這個球。考慮此球過球心的一個截面，知至少需要100個這樣的紙條。

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。求證：K、O、N、M、L五點共圓。

證明：連接CN、HN、KN、IN、MN、MG、ML、LF、LK、KA

∵∠ACN+∠AIN=∠NHD+∠AIN=∠NID+∠AIN=180° ∴A、I、N、C四點共圓

同理A、K、I、C四點共圓從而A、C、N、K四點共圓

∴∠GMN=∠GCN=∠ACN=180°－∠AKN又∠LMG=180°－∠LFG=∠LFA=∠LKA

∴∠LMN=∠LMG+∠GMN=∠LKA+(180°－∠AKN)

∴∠LMN+∠LKN=∠LKA+(180°－∠AKN)+∠LKN=180° 故K、L、M、N四點共圓

同理可證O、L、M、N四點共圓

∴K、O、N、M、L五點共圓

證畢。

6月21日更新

二、梅涅勞斯定理的證明

-------------------我是分割線-------------------

一、

在一個8*8的國際象棋棋盤中，有64個格子，剪下其左上角和右下角的格子，那麼，對於剩下的62個格子，能否用31個1*2的長方形格子鋪滿。

這個問題最早是在單墫老師的《棋盤上的數學》中看到的。後來在科技館做志願，其中的數學板塊里有關於這個問題的遊戲，所以印象比較深。

答案是否定的。證明方法是塗色。

將這64個格子按照國際象棋棋盤的方法塗色（自然塗色），則它的左上角和右下角的格子為同一顏色（不妨設為黑色），這樣，在剪掉這兩個格子後，棋盤上剩下32個白色格子和30個黑色格子。而一個1*2的長方形格子必定會覆蓋相鄰的一個白色格子和一個黑色格子。故31個1*2的長方形格子不可能將其鋪滿。