有哪些「殺雞用牛刀」的數學證明？

02-10

今天看到一個這樣的證明，證明當 $ngeq 3$ ， $sqrt[n]{2}$ 是無理數。
證明如下：假設存在正整數 $p$ , $q$ ,使得 $sqrt[n]{2}=frac p q$
則 $2 q^n = p^n$

$q^n + q^n = p^n$
根據費馬大定理，這是不可能的，證畢
大家都見過哪些這樣用深刻結論證明簡單結論的證明

路過。越看越覺得題主給出的例子算不上「殺雞用牛刀」，把它稱為一個關於數學的小笑話可能更加合適一些，因為當你得到 $2q^n=p^n$ 的時候，這隻「雞」已經死得差不多了，這時候拿出費馬大定理來掄上一手，它不像是被你砍死的，更像是被你砸死的……正常的姿勢是， $p^n$ 中 $2$ 的冪次為 $n$ 的整數倍（模 $n$ 余 $0$ ）， $2q^n$ 中 $2$ 的冪次為 $n$ 的整數倍加 $1$ （模 $n$ 余 $1$ ），兩者不可能相等，矛盾。於是，「雞」over。當 $2$ 被其它素數替換時這個證明依然有效，但費馬大定理就使不上勁了。

我來提供一個真正「殺雞用牛刀」的例子：用黎曼zeta函數的無窮乘積展開證明素數有無窮多個！

首先「素數有無窮多個」的確是一個「雞」命題，早在歐幾里得寫《幾何原本》的年代人們就已經知道怎麼證了，這是第一個明確使用「反證法」的例子。假設素數只有有限多個 $p_1<P>，令<img src=$ ，由於任何正整數在不計因子順序的前提下都能唯一寫成素數冪次的乘積（算術基本定理），所以 $p$ 也必然如此。然而依據構造方式 $p$ 不能被任何一個已知素數整除，所以它必定也是一個素數，這與假定的最大素數是 $p_n$ 矛盾。

另一方面，黎曼zeta函數 $zeta(s)=sum_{ngeq 1}frac{1}{n^s}$ 作為最重要的無窮級數之一，其解析性質是一把名副其實的「牛刀」。黎曼zeta函數是一個複變函數，雖然從定義上看，只有當 $s$ 的實部大於 $1$ 時， $zeta(s)$ 才會收斂，但 $zeta(s)$ 在gamma函數 $Gamma(s)=int_0^infty e^{-t} t^{s-1}{ m d}t$ 的幫助下可以亞純延拓到整個複平面上，只在 $s=1$ 處有一個單極點。以後出去跟小夥伴們吹黎曼猜想的時候一定要記得這一點哦，否則你都說不清楚 $zeta(s)$ 怎麼可能在直線 ${ m Re}(s)=frac{1}{2}$ 上會有零點。

黎曼zeta函數最重要的性質之一就是它擁有無窮乘積展開 $zeta(s)=sum_{ngeq1}frac{1}{n^s}=prod_{p { m prime}}frac{1}{1-p^{-s}}$ ，證明思路比較簡單，也是利用算術基本定理，但在嚴格證明收斂性的時候稍有點繁。從這個無窮乘積展開出發你能夠立刻得知素數有無窮多個，倘若不然，取 $s=1$ ，上述展開式的右端是一個有限項的乘積，但左端卻是一個發散級數 $sum_{ngeq1}frac{1}{n}$ ，矛盾。

只一刀，「雞」無命。（寫完這句話突然有點想笑，不知道有多少人會記得《武林外傳》……）

回到正題。難能可貴的是，這個證明並非純粹炫技，它在數學發展上有著非常深刻的意義。狄利克雷（Dirichlet）正是利用類似的手法證明了每一個算術級數（長度為無窮的等差數列）中都存在無窮多個素數：對任意兩個互素的正整數 $m$ 和 $a$ ，存在無窮多個形如 $mcdot n+a$ 的素數！這個問題在歷史上一直很難，而這種證明思路開了解析方法研究數論的先河。此後，各種具有無窮乘積展開的zeta函數被統稱為L－函數，由於它們蘊含了非常豐富的算術性質，至今都活躍在基礎數學研究領域的最前沿。

以上。