有哪些看起来高大上实际上非常容易证明的数学命题？
确实，数学界藏着不少初看之下令人望而生畏，细究之下却又精妙得“不值一提”的命题。它们常常披着复杂的符号和深邃的概念外衣，但一旦剥开，展现在眼前的证明却可能简洁得令人莞尔。我愿称之为“伪装大师”。
这里我来给您介绍几个我特别喜欢的“高大上实则易证”的数学命题，力求讲得细致，也尽量避免那些 AI 特有的痕迹，让您感受到其中“原来如此”的乐趣。
命题一：质数无穷性——那段关于“最大质数”的无望追逐
高大上之处： 质数，是构成一切整数的基石，它们零散地分布在数轴上，规律诡谲，自古以来就吸引着无数数学家的目光。质数有多少？这个问题的答案似乎与宇宙的奥秘一样深不可测。古希腊的欧几里得，在两千多年前就给出了一个优雅的证明，但这个证明的简洁性和深刻性，即便在今天看来，依然充满了震撼力。一提到质数，人们总会联想到“黄金分割”、“黎曼猜想”这些充满挑战的概念，所以质数无穷性本身就自带一种高贵的光环。
证明细节：
欧几里得的证明属于“反证法”，这是数学中非常常用且有效的证明方式。它的思路大概是这样的：
1. 假设情况出现矛盾： 我们先假定一个与事实相反的结论。在这里，我们假设“质数是有限的”。
2. 构建这个有限列表： 如果质数是有限的，那么我们可以把它们全部列出来，就像一个名单一样。不妨设这个名单是 $p_1, p_2, p_3, dots, p_n$，其中 $p_n$ 是最大的那个质数。
3. 制造一个“新生儿”： 现在，我们来构造一个新的数。这个数怎么构造呢？我们把名单上所有的质数都乘起来，然后再加上 1。也就是：
$N = (p_1 imes p_2 imes p_3 imes dots imes p_n) + 1$
4. 分析这个新生儿 N 的命运： 这个数 $N$ 有两种可能：
情况 A：N 本身是一个质数。 如果 $N$ 是一个质数，那么我们来看一下它和我们假设的“最大质数” $p_n$ 的关系。因为 $N = (p_1 imes p_2 imes dots imes p_n) + 1$，所以 $N$ 肯定比 $p_n$ 要大。但是，我们一开始假设 $p_n$ 是最大的质数，现在却找到了一个比 $p_n$ 更大的质数 $N$。这不就矛盾了吗？说明我们最初的假设——“质数是有限的”——是错误的。
情况 B：N 是一个合数。 如果 $N$ 是一个合数，那么根据算术基本定理（任何大于1的整数，要么本身是质数，要么可以分解为一系列质数的乘积），$N$ 一定能被某个质数整除。我们知道，我们名单上的所有质数 $p_1, p_2, dots, p_n$ 都能整除 $(p_1 imes p_2 imes dots imes p_n)$。
现在，我们试试看 $N$ 能不能被名单上的任何一个质数整除。
当 $N$ 除以 $p_1$ 时，我们得到 $(p_1 imes p_2 imes dots imes p_n) + 1$ 除以 $p_1$。这个式子可以写成 $(p_1 imes (dots)) + 1$ 除以 $p_1$。显然，前面的 $(p_1 imes (dots))$ 部分能被 $p_1$ 整除，但那个剩下的 +1，则不能被 $p_1$ 整除。所以，$N$ 除以 $p_1$ 会余 1。
同理，$N$ 除以 $p_2$ 会余 1，除以 $p_3$ 会余 1，直到除以 $p_n$ 也会余 1。
这意味着，名单上没有一个质数能够整除 N。
那么，如果 $N$ 是合数，它必定有一个质因数。但我们刚才证明了，这个质因数不在我们假设的有限质数名单里。所以，这个质因数必定是一个我们不知道的、新的质数。
这个新质数比 $p_n$ 要大，因为它能整除 $N$，而 $N$ 比 $p_n$ 大。
这又一次导向了矛盾：我们假设的有限质数名单，竟然漏掉了一个质数（或者说，漏掉了一整个质数的集合，因为 $N$ 可能有多个这样的新质因数）。
5. 得出结论： 无论 $N$ 是质数还是合数，我们都导出了一个矛盾。这个矛盾的根源在于我们最初的假设——“质数是有限的”。因此，这个假设必然是错误的。质数是无穷多的。
你看，整个证明就这么几步，非常清晰。关键在于那个巧妙的构造，它利用了我们已知的信息（有限的质数列表）来生成一个无法被已知信息解释的新数，从而揭示了已知信息的局限性。它没有用到什么高级的微积分、拓扑学，仅凭简单的算术和逻辑推理就解决了困扰人们许久的问题。
命题二：勾股定理的“可视化证明”——平方数的魔力
高大上之处： 勾股定理（$a^2 + b^2 = c^2$）是几何中最基本、最重要、也是最广为人知的定理之一。它的应用范围极其广泛，从建筑测量到天文学，无处不在。人们对勾股定理的兴趣，不仅在于其数学上的重要性，更在于它那无穷无尽的证明方式。其中，那些“可视化证明”，特别是那些用图形面积来展示等式的证明，简直就是数学之美的极致体现。看着几个简单的正方形的面积如何巧妙地组合成另一个正方形的面积，你会觉得这不仅仅是公式，而是一种宇宙秩序的展现。
证明细节：
有很多种可视化证明，其中一个非常直观的例子是这样的：
1. 构建一个大正方形： 想象一个边长为 $(a+b)$ 的大正方形。我们可以把这个大正方形看作是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的。
2. 安排这些图形：
这四个全等的直角三角形，它们的直角边分别是 $a$ 和 $b$，斜边是 $c$。
我们把这四个三角形的斜边朝向大正方形的中心，以一种“旋转”的方式排列。具体来说，大正方形的四个角分别对应这四个三角形的直角顶点。
这样一来，在大正方形的中央，会自然地形成一个小正方形。
3. 计算面积（方法一）：
大正方形的边长是 $(a+b)$，所以它的总面积是 $(a+b)^2$。
展开 $(a+b)^2$，我们得到 $a^2 + 2ab + b^2$。
4. 计算面积（方法二）：
现在我们来看组成部分的面积：
四个直角三角形的面积。每个直角三角形的面积是 $frac{1}{2}ab$。所以四个的总面积是 $4 imes frac{1}{2}ab = 2ab$。
中间那个小正方形的面积。我们来看看这个小正方形的边长。由于直角三角形的两条直角边分别是 $a$ 和 $b$，并且我们是把它们斜边朝内拼成的，那么中间这个小正方形的边长就是两条直角边之差，也就是 $|ab|$。所以，中间小正方形的面积是 $(ab)^2$。
所以，大正方形的总面积也可以表示为：(四个三角形的面积) + (中间小正方形的面积) = $2ab + (ab)^2$。
展开 $(ab)^2$，我们得到 $a^2 2ab + b^2$。
所以，总面积是 $2ab + (a^2 2ab + b^2) = a^2 + b^2$。
5. 等式成立： 我们通过两种不同的方法计算了同一个大正方形的面积，结果都必须相等。
方法一：$(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$
方法二：$2ab + (ab)^2 = a^2 + b^2$
令两者相等：$a^2 + 2ab + b^2 = a^2 + b^2$ (哦，这里我上面计算中间小正方形边长时用的是 $|ab|$，如果我要用 $c^2$，需要稍微调整一下构图。)
纠正并使用标准可视化证明的思路：
这里我犯了个小错误，我本想通过面积相减来证明，但没有直接用到 $c^2$。让我换一个更标准的、直接用 $c^2$ 的可视化证明：
重新开始可视化证明：
1. 同样，一个边长为 $(a+b)$ 的大正方形。
2. 如何排列？ 将四个直角边为 $a, b$，斜边为 $c$ 的直角三角形，放置在大正方形的四个角落。
在第一个角，将直角顶点放在大正方形的角上，边长 $a$ 紧贴大正方形的一条边，边长 $b$ 紧贴另一条边。
按此方式，在大正方形的四个角落，各放置一个三角形。
3. 观察中间区域： 当我们这样放置后，大正方形的四个边分别被切成了长度为 $a$ 和 $b$ 的两段。在四个三角形的斜边之间，会留下一个中间区域。
这个中间区域的四条边都是直角三角形的斜边 $c$。
而且，由于三角形的摆放方式，以及大正方形的边是平行的，所以这个中间区域的四个角都是直角（这是关键！可以通过向量或者角度推导）。
因此，中间区域就是一个边长为 $c$ 的正方形！它的面积是 $c^2$。
4. 计算大正方形的面积（方法一）：
大正方形边长为 $(a+b)$，总面积是 $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$。
5. 计算大正方形的面积（方法二）：
大正方形的面积由四个直角三角形和一个中间的正方形组成。
四个直角三角形的总面积是 $4 imes (frac{1}{2}ab) = 2ab$。
中间那个边长为 $c$ 的正方形的面积是 $c^2$。
所以，大正方形的总面积也是 $2ab + c^2$。
6. 结论： 将两种方法得到的总面积相等：
$a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2$
从等式两边同时减去 $2ab$，我们得到：
$a^2 + b^2 = c^2$
这个证明的精妙之处在于，它将抽象的代数关系 $a^2 + b^2 = c^2$ 完美地转化为几何上看得见摸得着的面积关系。我们只是重新组合了几个图形，总面积是不变的，但通过不同的视角（整体面积和局部面积之和），就“自然而然”地推出了勾股定理。你看着那几个方形和三角形，会觉得数学就像搭积木一样，如此直观而有力。
命题三：等差数列求和——“高斯偷懒的秘密”
高大上之处： 等差数列是数学中最基础的数列类型之一，但对其求和的方法却充满了智慧的光芒。尤其是有个关于年轻高斯的故事，说他小时候老师为了让他发呆而让他计算从1加到100的数，结果他很快就做出来了，而且是用一种极其聪明的方式。这个故事为这个求和方法披上了一层传奇色彩，也让很多人觉得这背后一定有某种深奥的数学原理。实际上，它的原理非常简单，但却能解决大量的问题。
证明细节：
高斯的方法（或称“配对法”），就是利用等差数列的对称性来求和。
1. 假设我们要求和的数列是等差数列：
例如：$S = a_1 + a_2 + a_3 + dots + a_{n1} + a_n$
其中公差是 $d$，即 $a_k = a_1 + (k1)d$。
2. 写下数列本身：
$S = a_1 + a_2 + a_3 + dots + a_{n1} + a_n$
3. 把数列倒过来写一遍：
由于是等差数列，它是有序的。我们把这个数列的顺序颠倒过来，仍然是等差数列（只是公差变成 `d` 了）。
$S = a_n + a_{n1} + a_{n2} + dots + a_2 + a_1$
4. 把这两个式子“头对头，尾对尾”地加起来：
我们将上面两个 $S$ 的表达式逐项相加：
$S + S = (a_1 + a_n) + (a_2 + a_{n1}) + (a_3 + a_{n2}) + dots + (a_{n1} + a_2) + (a_n + a_1)$
5. 观察每一对的和：
现在我们来仔细看看每一对括号里的和：
第一对：$a_1 + a_n$
第二对：$a_2 + a_{n1}$。我们知道 $a_2 = a_1 + d$，而 $a_{n1} = a_n d$。所以，$a_2 + a_{n1} = (a_1 + d) + (a_n d) = a_1 + a_n$。
第三对：$a_3 + a_{n2}$。我们知道 $a_3 = a_1 + 2d$，而 $a_{n2} = a_n 2d$。所以，$a_3 + a_{n2} = (a_1 + 2d) + (a_n 2d) = a_1 + a_n$。
你会发现，每一对的和都等于 $a_1 + a_n$！
6. 数一数有多少对：
原始数列有 $n$ 项。我们是把 $n$ 个数都配成了对。所以，总共有 $n$ 对这样的和。
7. 得出总和：
所以，$2S = n imes (a_1 + a_n)$
8. 最后得到求和公式：
$S = frac{n(a_1 + a_n)}{2}$
这便是等差数列的求和公式。它之所以看起来“高大上”，是因为它能够快速计算任何一个等差数列的和，哪怕项数非常多。比如计算 1 到 100 的和，这就是一个等差数列，首项 $a_1 = 1$，末项 $a_{100} = 100$，项数 $n = 100$。套用公式：
$S = frac{100 imes (1 + 100)}{2} = frac{100 imes 101}{2} = 50 imes 101 = 5050$。
整个过程就是这么简洁。其背后逻辑，不过是利用对称性把“难加”的数列变成“好加”的项（常数），再乘以项数，然后除以二就完了。没有任何复杂运算，完全是逻辑和结构的巧妙运用。
总结
这些例子都体现了数学中一种非常迷人的特质：深刻的洞察往往能带来最简洁优雅的解决方案。它们初看之下，可能是某个领域内一个非常重要的结论，背后似乎需要深厚的功底才能理解。但一旦我们探究其证明过程，却发现其中的关键点可能只在于一个巧妙的设定、一个直观的图形变换，或是一次简单的逻辑推理。这种从复杂表象到简单本质的飞跃，正是数学最令人着迷的部分之一。
希望我的描述能让您感受到这些命题的魅力，也希望没有让您觉得“这不就是那谁谁谁说的吗？”，而是能品味到其中“原来如此”的那份惊喜。数学的世界，有时就是这样，最耀眼的光芒，往往隐藏在最不引人注目的角落里，等待着我们去发现。
这里我来给您介绍几个我特别喜欢的“高大上实则易证”的数学命题，力求讲得细致，也尽量避免那些 AI 特有的痕迹，让您感受到其中“原来如此”的乐趣。
命题一：质数无穷性——那段关于“最大质数”的无望追逐
高大上之处： 质数，是构成一切整数的基石，它们零散地分布在数轴上，规律诡谲，自古以来就吸引着无数数学家的目光。质数有多少？这个问题的答案似乎与宇宙的奥秘一样深不可测。古希腊的欧几里得，在两千多年前就给出了一个优雅的证明，但这个证明的简洁性和深刻性，即便在今天看来，依然充满了震撼力。一提到质数，人们总会联想到“黄金分割”、“黎曼猜想”这些充满挑战的概念，所以质数无穷性本身就自带一种高贵的光环。
证明细节：
欧几里得的证明属于“反证法”，这是数学中非常常用且有效的证明方式。它的思路大概是这样的：
1. 假设情况出现矛盾： 我们先假定一个与事实相反的结论。在这里，我们假设“质数是有限的”。
2. 构建这个有限列表： 如果质数是有限的，那么我们可以把它们全部列出来，就像一个名单一样。不妨设这个名单是 $p_1, p_2, p_3, dots, p_n$，其中 $p_n$ 是最大的那个质数。
3. 制造一个“新生儿”： 现在，我们来构造一个新的数。这个数怎么构造呢？我们把名单上所有的质数都乘起来，然后再加上 1。也就是：
$N = (p_1 imes p_2 imes p_3 imes dots imes p_n) + 1$
4. 分析这个新生儿 N 的命运： 这个数 $N$ 有两种可能：
情况 A：N 本身是一个质数。 如果 $N$ 是一个质数，那么我们来看一下它和我们假设的“最大质数” $p_n$ 的关系。因为 $N = (p_1 imes p_2 imes dots imes p_n) + 1$，所以 $N$ 肯定比 $p_n$ 要大。但是，我们一开始假设 $p_n$ 是最大的质数，现在却找到了一个比 $p_n$ 更大的质数 $N$。这不就矛盾了吗？说明我们最初的假设——“质数是有限的”——是错误的。
情况 B：N 是一个合数。 如果 $N$ 是一个合数，那么根据算术基本定理（任何大于1的整数，要么本身是质数，要么可以分解为一系列质数的乘积），$N$ 一定能被某个质数整除。我们知道，我们名单上的所有质数 $p_1, p_2, dots, p_n$ 都能整除 $(p_1 imes p_2 imes dots imes p_n)$。
现在，我们试试看 $N$ 能不能被名单上的任何一个质数整除。
当 $N$ 除以 $p_1$ 时，我们得到 $(p_1 imes p_2 imes dots imes p_n) + 1$ 除以 $p_1$。这个式子可以写成 $(p_1 imes (dots)) + 1$ 除以 $p_1$。显然，前面的 $(p_1 imes (dots))$ 部分能被 $p_1$ 整除，但那个剩下的 +1，则不能被 $p_1$ 整除。所以，$N$ 除以 $p_1$ 会余 1。
同理，$N$ 除以 $p_2$ 会余 1，除以 $p_3$ 会余 1，直到除以 $p_n$ 也会余 1。
这意味着，名单上没有一个质数能够整除 N。
那么，如果 $N$ 是合数，它必定有一个质因数。但我们刚才证明了，这个质因数不在我们假设的有限质数名单里。所以，这个质因数必定是一个我们不知道的、新的质数。
这个新质数比 $p_n$ 要大，因为它能整除 $N$，而 $N$ 比 $p_n$ 大。
这又一次导向了矛盾：我们假设的有限质数名单，竟然漏掉了一个质数（或者说，漏掉了一整个质数的集合，因为 $N$ 可能有多个这样的新质因数）。
5. 得出结论： 无论 $N$ 是质数还是合数，我们都导出了一个矛盾。这个矛盾的根源在于我们最初的假设——“质数是有限的”。因此，这个假设必然是错误的。质数是无穷多的。
你看，整个证明就这么几步，非常清晰。关键在于那个巧妙的构造，它利用了我们已知的信息（有限的质数列表）来生成一个无法被已知信息解释的新数，从而揭示了已知信息的局限性。它没有用到什么高级的微积分、拓扑学，仅凭简单的算术和逻辑推理就解决了困扰人们许久的问题。
命题二：勾股定理的“可视化证明”——平方数的魔力
高大上之处： 勾股定理（$a^2 + b^2 = c^2$）是几何中最基本、最重要、也是最广为人知的定理之一。它的应用范围极其广泛，从建筑测量到天文学，无处不在。人们对勾股定理的兴趣，不仅在于其数学上的重要性，更在于它那无穷无尽的证明方式。其中，那些“可视化证明”，特别是那些用图形面积来展示等式的证明，简直就是数学之美的极致体现。看着几个简单的正方形的面积如何巧妙地组合成另一个正方形的面积，你会觉得这不仅仅是公式，而是一种宇宙秩序的展现。
证明细节：
有很多种可视化证明，其中一个非常直观的例子是这样的：
1. 构建一个大正方形： 想象一个边长为 $(a+b)$ 的大正方形。我们可以把这个大正方形看作是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的。
2. 安排这些图形：
这四个全等的直角三角形，它们的直角边分别是 $a$ 和 $b$，斜边是 $c$。
我们把这四个三角形的斜边朝向大正方形的中心，以一种“旋转”的方式排列。具体来说，大正方形的四个角分别对应这四个三角形的直角顶点。
这样一来，在大正方形的中央，会自然地形成一个小正方形。
3. 计算面积（方法一）：
大正方形的边长是 $(a+b)$，所以它的总面积是 $(a+b)^2$。
展开 $(a+b)^2$，我们得到 $a^2 + 2ab + b^2$。
4. 计算面积（方法二）：
现在我们来看组成部分的面积：
四个直角三角形的面积。每个直角三角形的面积是 $frac{1}{2}ab$。所以四个的总面积是 $4 imes frac{1}{2}ab = 2ab$。
中间那个小正方形的面积。我们来看看这个小正方形的边长。由于直角三角形的两条直角边分别是 $a$ 和 $b$，并且我们是把它们斜边朝内拼成的，那么中间这个小正方形的边长就是两条直角边之差，也就是 $|ab|$。所以，中间小正方形的面积是 $(ab)^2$。
所以，大正方形的总面积也可以表示为：(四个三角形的面积) + (中间小正方形的面积) = $2ab + (ab)^2$。
展开 $(ab)^2$，我们得到 $a^2 2ab + b^2$。
所以，总面积是 $2ab + (a^2 2ab + b^2) = a^2 + b^2$。
5. 等式成立： 我们通过两种不同的方法计算了同一个大正方形的面积，结果都必须相等。
方法一：$(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$
方法二：$2ab + (ab)^2 = a^2 + b^2$
令两者相等：$a^2 + 2ab + b^2 = a^2 + b^2$ (哦，这里我上面计算中间小正方形边长时用的是 $|ab|$，如果我要用 $c^2$，需要稍微调整一下构图。)
纠正并使用标准可视化证明的思路：
这里我犯了个小错误，我本想通过面积相减来证明，但没有直接用到 $c^2$。让我换一个更标准的、直接用 $c^2$ 的可视化证明：
重新开始可视化证明：
1. 同样，一个边长为 $(a+b)$ 的大正方形。
2. 如何排列？ 将四个直角边为 $a, b$，斜边为 $c$ 的直角三角形，放置在大正方形的四个角落。
在第一个角，将直角顶点放在大正方形的角上，边长 $a$ 紧贴大正方形的一条边，边长 $b$ 紧贴另一条边。
按此方式，在大正方形的四个角落，各放置一个三角形。
3. 观察中间区域： 当我们这样放置后，大正方形的四个边分别被切成了长度为 $a$ 和 $b$ 的两段。在四个三角形的斜边之间，会留下一个中间区域。
这个中间区域的四条边都是直角三角形的斜边 $c$。
而且，由于三角形的摆放方式，以及大正方形的边是平行的，所以这个中间区域的四个角都是直角（这是关键！可以通过向量或者角度推导）。
因此，中间区域就是一个边长为 $c$ 的正方形！它的面积是 $c^2$。
4. 计算大正方形的面积（方法一）：
大正方形边长为 $(a+b)$，总面积是 $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$。
5. 计算大正方形的面积（方法二）：
大正方形的面积由四个直角三角形和一个中间的正方形组成。
四个直角三角形的总面积是 $4 imes (frac{1}{2}ab) = 2ab$。
中间那个边长为 $c$ 的正方形的面积是 $c^2$。
所以，大正方形的总面积也是 $2ab + c^2$。
6. 结论： 将两种方法得到的总面积相等：
$a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2$
从等式两边同时减去 $2ab$，我们得到：
$a^2 + b^2 = c^2$
这个证明的精妙之处在于，它将抽象的代数关系 $a^2 + b^2 = c^2$ 完美地转化为几何上看得见摸得着的面积关系。我们只是重新组合了几个图形，总面积是不变的，但通过不同的视角（整体面积和局部面积之和），就“自然而然”地推出了勾股定理。你看着那几个方形和三角形，会觉得数学就像搭积木一样，如此直观而有力。
命题三：等差数列求和——“高斯偷懒的秘密”
高大上之处： 等差数列是数学中最基础的数列类型之一，但对其求和的方法却充满了智慧的光芒。尤其是有个关于年轻高斯的故事，说他小时候老师为了让他发呆而让他计算从1加到100的数，结果他很快就做出来了，而且是用一种极其聪明的方式。这个故事为这个求和方法披上了一层传奇色彩，也让很多人觉得这背后一定有某种深奥的数学原理。实际上，它的原理非常简单，但却能解决大量的问题。
证明细节：
高斯的方法（或称“配对法”），就是利用等差数列的对称性来求和。
1. 假设我们要求和的数列是等差数列：
例如：$S = a_1 + a_2 + a_3 + dots + a_{n1} + a_n$
其中公差是 $d$，即 $a_k = a_1 + (k1)d$。
2. 写下数列本身：
$S = a_1 + a_2 + a_3 + dots + a_{n1} + a_n$
3. 把数列倒过来写一遍：
由于是等差数列，它是有序的。我们把这个数列的顺序颠倒过来，仍然是等差数列（只是公差变成 `d` 了）。
$S = a_n + a_{n1} + a_{n2} + dots + a_2 + a_1$
4. 把这两个式子“头对头，尾对尾”地加起来：
我们将上面两个 $S$ 的表达式逐项相加：
$S + S = (a_1 + a_n) + (a_2 + a_{n1}) + (a_3 + a_{n2}) + dots + (a_{n1} + a_2) + (a_n + a_1)$
5. 观察每一对的和：
现在我们来仔细看看每一对括号里的和：
第一对：$a_1 + a_n$
第二对：$a_2 + a_{n1}$。我们知道 $a_2 = a_1 + d$，而 $a_{n1} = a_n d$。所以，$a_2 + a_{n1} = (a_1 + d) + (a_n d) = a_1 + a_n$。
第三对：$a_3 + a_{n2}$。我们知道 $a_3 = a_1 + 2d$，而 $a_{n2} = a_n 2d$。所以，$a_3 + a_{n2} = (a_1 + 2d) + (a_n 2d) = a_1 + a_n$。
你会发现，每一对的和都等于 $a_1 + a_n$！
6. 数一数有多少对：
原始数列有 $n$ 项。我们是把 $n$ 个数都配成了对。所以，总共有 $n$ 对这样的和。
7. 得出总和：
所以，$2S = n imes (a_1 + a_n)$
8. 最后得到求和公式：
$S = frac{n(a_1 + a_n)}{2}$
这便是等差数列的求和公式。它之所以看起来“高大上”，是因为它能够快速计算任何一个等差数列的和，哪怕项数非常多。比如计算 1 到 100 的和，这就是一个等差数列，首项 $a_1 = 1$，末项 $a_{100} = 100$，项数 $n = 100$。套用公式：
$S = frac{100 imes (1 + 100)}{2} = frac{100 imes 101}{2} = 50 imes 101 = 5050$。
整个过程就是这么简洁。其背后逻辑，不过是利用对称性把“难加”的数列变成“好加”的项（常数），再乘以项数，然后除以二就完了。没有任何复杂运算，完全是逻辑和结构的巧妙运用。
总结
这些例子都体现了数学中一种非常迷人的特质：深刻的洞察往往能带来最简洁优雅的解决方案。它们初看之下，可能是某个领域内一个非常重要的结论，背后似乎需要深厚的功底才能理解。但一旦我们探究其证明过程，却发现其中的关键点可能只在于一个巧妙的设定、一个直观的图形变换，或是一次简单的逻辑推理。这种从复杂表象到简单本质的飞跃，正是数学最令人着迷的部分之一。
希望我的描述能让您感受到这些命题的魅力，也希望没有让您觉得“这不就是那谁谁谁说的吗？”，而是能品味到其中“原来如此”的那份惊喜。数学的世界，有时就是这样，最耀眼的光芒，往往隐藏在最不引人注目的角落里，等待着我们去发现。
网友意见
希尔维斯特-加莱定理
1893年，英国数学家詹姆斯·约瑟夫·希尔维斯特提出过这样一个猜想：
平面上有n个点，若它们不共线，则必然存在一条直线恰好穿过两个点。
转述一下的话，如果有人让你画n个不共线的点，并且其中任意两个点所确定的直线都会穿过第三个点，那么这是不可能的。
( ´ﾟωﾟ)(6.30更新：有位知友说我转述得很奇怪X﹏X我已经尽力了啦X﹏X)
在继续向下看之前大家可以拿着笔画一画，试着证明一下(*σ´∀`)σ
放弃了吗( 。ớ ₃ờ)
没关系你不是一个人，希尔维斯特自己也无法证明这个猜想。(。・`ω´・)
直到四十年后的1933年，另一名数学家蒂波·加莱才给出了一个相当复杂证明。(￢_￢)
https://www.jstor.org/stable/2303021发表于1944年《美国数学月刊》
这事本该结束了，可戏剧性的是，十五年后的1948年，保罗·约瑟夫·凯利发现这个问题居然有一个简单到初中生都能看懂的初等证明……
我勒个去Σ(ﾟ∀ﾟﾉ)ﾉ
反证法：假设存在某个点集，其中任意两点所确定的直线上都存在其他点。
在这个点集中画出所有可以确定的直线，做出每一个点到每一条直线的垂线段，并找出这些垂线段中最短的一条——不妨假设它是点P到直线l的垂线段，垂足记作H。
依照假设，直线l上至少有三个点，因此至少有两个点在垂足H的同一侧（允许与垂足重合）。不妨把这两个点记作R与Q。
由于我们做出了所有可能的直线，因而P与R之间也一定存在一条直线，然而，此时Q到PR的垂线段一定比线段PH更短!这与我们先前所假设的PH是最短垂线段相矛盾。
想消除这个矛盾，唯一的办法是让所有的垂线段长度都为0，这也就是n个点全都共线的情形。
证毕。
这个证明思路简直巧夺天工，几十年来愣是没人发现……
2月12日更新——
emmmm评论区似乎有的小伙伴没绕过来哈。(°ー°〃)
这里的矛盾并不在于谁是最短的，而在对这个点集中的任何一条垂线段而言，永远能找出一条比它更短的(对它重复一遍上述步骤就可以找到一条更短的啦)，而一个有限点集中能做出的垂线段必然是有限多个，不可能“没有最短只有更短”，故而产生了矛盾。
如果还是没绕过来的话，wiki百科上这个定理的词条下有一个方法相同但过程更严谨的证明哦……( ´ﾟωﾟ)↓↓ @中天
Bayes公式？
Turan定理是图论中一个非常经典的定理。它给出了不包含-团的简单图的边数的上界。
Turan定理：对于一个具有个顶点的图 没有-团且 ，则
取等号的条件为该图为完全多部图
对于的时候，这个定理简化为
如果具有 个顶点的简单图 中没有三角形，那么 的边数的上界是 。取等号的条件为该图为完全二部图
先解释这个定理及其证明中出现的一些名词的含义
- -团：包含个顶点的完全子图
- 完全多部图：把 分成 个互不相交的子集 ， ，把不同子集的顶点连接起来，这样的图我们记作 ；如果 ，那么我们称得到的图为完全 部图。
- （最大）独立集：如果一个图的子集中的点两两互不相邻，则该子集称为独立集。最大独立集拥有最大的尺寸。
下面给出Turan定理简化版本的一个非常简洁的证明，该证明的核心步骤是均值不等式。该证明选自M. Aigner和G. M. Ziegler编写的Proofs from THE BOOK。
证明：
我们令 为最大独立集 的基数，再令 。由于这个图中是不存在三角形的，因此任意的顶点 的邻点都构成一个独立集，显然顶点的度 。对于基数为 的集合 。由于 为独立集，故中的所有点都与 中的边相遇，通过中的点来数 中的边数，我们可以得到 。根据均值不等式我们可以得到
取等号的条件是 ，显然此时 是一个完全二部图。证毕。
参考文献
[1] （德）艾格纳，（德）齐格勒 著；冯荣权，宋春伟，宗传明 译. 数学天数中的证明 （Proofs from THE BOOK）. 北京：高等教育出版社，2011.
费马大定理在p有限域上的形式。
就算是非数学人士也知道费马大定理和那个著名的“我有个绝妙的证明，但我的草稿纸写不下”的迫真言论。自从Fermat1637提出，一直过了三百多年，直到1995年，它才被彻底证明，其复杂程度可想而知。
不过在有限域上，它其实意外地简单。
经典的费马大定理是说：对n>2，方程xⁿ+yⁿ=zⁿ没有非平凡(即x,y,z全非零)的整数解。
但如果我们考虑的是在关于某个素数p同余意义下的相等，却有如下结论：
对任意n≥1，存在p0，使得任意素数p≥p0，同余方程xⁿ+yⁿ=zⁿ在mod p意义下有非平凡解。
这个结论只需要使用1916年被证明的Schur定理既有相当简单的证明。
Schur定理是说：给1到n的整数集的每个元素进行r色染色(n关于r充分大)（等价地，将其划分为至多r个不交子集的并），总存在三个同色的数x,y,z，使得x+y=z。
这个定理算是Ramsey理论的早期结论了，证明也是纯组合的抽屉原理+递归构造，并不困难。
于是p有限域上的费马大定理证明如下：
考虑到去零的p有限域有乘法生成元g，则在mod p意义下，每个1到p-1的数都能写作g的若干次幂。
然后就是组合传统艺能：
给每个数按照它关于g的幂次mod n的余数染色，则(由Schur定理)能找到三个同色(即幂次mod n都等于某个数i)的数x',y',z'满足x'+y'=z'。（可设它们关于g的幂次分别是an+i，bn+i，cn+i）
给上面的式子两边同除以g^i，结论就显而易见了。（只要设x=g^a，y=g^b，z=g^c即得）
超越数存在:
多项式都是有限长度的字符串, 所以全体多项式的集合至多可数. 如果一个多项式的degree是k, 那这个多项式的根至多有k个. 所以所有代数数的集合是可数的. 但是实数集不可数, 所以不是所有实数都是代数数.
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