你见过哪些堪称绝妙的数学证明？
1. 勾股定理（毕达哥拉斯定理）的证明：一个永远不会过时的经典
勾股定理，即直角三角形两直角边平方和等于斜边平方（$a^2 + b^2 = c^2$），是欧几里得几何中最基础也最重要的定理之一。关于它的证明方法，据统计有数百种之多，而其中一些是最为简洁和优雅的。我尤其欣赏那种利用面积来论证的方法。
设想一个边长为 $a+b$ 的大正方形。我们可以用两种方式来分割这个正方形。
第一种分割方式：
将大正方形的四条边分别向内各取一段长度为 $b$（或 $a$）的长度，然后连接这些点。这样，大正方形就被分割成了一个中间的正方形和四个全等的直角三角形。
中间的正方形，它的边长是多少呢？如果从一个顶点开始，向两个相邻的边分别量出长度 $b$，那么连接这两个点形成的线段，就是原大正方形边长 $a+b$ 中被分割出去的 $b$ 和 $a$ 的部分。也就是，中间这个正方形的边长为 $a$ 或 $b$，我们暂且称之为 $c$ 的那个斜边。
那么，这四个全等的直角三角形，它们的直角边分别是 $a$ 和 $b$。它们的斜边就是我们想要找到的边长，设为 $c$。
大正方形的面积是 $(a+b)^2$。
中间正方形的面积是 $c^2$。
四个直角三角形的面积分别是 $frac{1}{2}ab$。
所以，通过面积相等，我们可以写出：
$(a+b)^2 = c^2 + 4 imes (frac{1}{2}ab)$
展开左边：
$a^2 + 2ab + b^2 = c^2 + 2ab$
从两边同时减去 $2ab$，我们就得到了：
$a^2 + b^2 = c^2$
第二种分割方式：
仍然是那个边长为 $a+b$ 的大正方形。这次，我们直接将它分割成四个全等的直角三角形和中间一个边长为 $b$（或 $a$）的正方形。
这里的关键在于，我们如何巧妙地布置这四个直角三角形。假设我们将它们以一种特定的方式排列，使得它们的斜边恰好围成一个正方形。
想象一下，在大正方形的四个角，各放置一个直角三角形。如果让每个三角形的一条直角边 $a$ 和一条直角边 $b$ 分别与大正方形的边对齐，那么在每个角落会留出一个长度为 $a$ 和长度为 $b$ 的区域。
现在，如果我们让这四个直角三角形的斜边相对，它们就能围成一个中间的正方形。这个中间正方形的边长是多少呢？如果我们看大正方形的一条边，它被分割成了 $a$ 和 $b$ 两个部分，然后这 $a$ 和 $b$ 又连接了两个直角三角形的直角边。这个中间正方形的边长就是 $a$ 和 $b$ 之差的绝对值，即 $|ab|$。
大正方形的面积仍然是 $(a+b)^2$。
中间正方形的面积是 $(ab)^2$。
四个直角三角形的面积仍然是 $frac{1}{2}ab$。
所以，通过面积相等，我们可以写出：
$(a+b)^2 = (ab)^2 + 4 imes (frac{1}{2}ab)$
展开两边：
$a^2 + 2ab + b^2 = (a^2 2ab + b^2) + 2ab$
$a^2 + 2ab + b^2 = a^2 + b^2$
这个证明方法虽然没有直接得到 $a^2 + b^2 = c^2$，但它是勾股定理的另一个重要证明思路。
真正让人惊叹的是第三种分割方式，它通常被认为是勾股定理最优雅的证明之一，非常依赖于图形的直观性：
考虑一个边长为 $c$ 的大正方形（这里 $c$ 是直角三角形的斜边）。将这个大正方形围绕一个点旋转，让它的顶点与另一个顶点重合。通过巧妙的旋转和拼凑，我们可以看到，如果将这个边长为 $c$ 的正方形拆分成两个边长分别为 $a$ 和 $b$ 的正方形，那么它们的面积之和就恰好等于原边长为 $c$ 的正方形的面积。
更直观的证明是利用面积：
在一个边长为 $(a+b)$ 的大正方形里，画上四个全等的直角三角形，它们的直角边分别为 $a$ 和 $b$，斜边为 $c$。将这四个三角形的直角顶点分别放在大正方形的四个顶点上。这样，在大正方形的中心会形成一个边长为 $c$ 的正方形。
大正方形的面积是 $(a+b)^2$。
这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 $c^2$。
因此，大正方形的面积等于中间正方形的面积加上四个直角三角形的面积：
$(a+b)^2 = c^2 + 2ab$
$a^2 + 2ab + b^2 = c^2 + 2ab$
消去 $2ab$，得到 $a^2 + b^2 = c^2$。
这种利用面积分割的方法，特别是将一个大正方形分割成四个直角三角形和一个小正方形，而这个小正方形的边长恰好是斜边 $c$，这种图形上的和谐与简洁，是它成为经典的原因。它不仅仅是代数的推导，更是几何直观的完美展现。
2. 欧拉的巴塞尔问题解法：不可思议的级数求和
巴塞尔问题是数学史上一个著名的难题：求所有正整数平方的倒数之和是多少？即计算 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = 1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + frac{1}{16} + dots$
这个问题困扰了数学家们数十年，直到莱昂哈德·欧拉在18世纪给出了一个令人惊叹的证明。他的方法是如此巧妙，以至于在当时很多人都不完全理解其严谨性，但最终被证明是正确的。
欧拉利用了一个我们现在熟知的三角函数泰勒级数展开，并将其与一个多项式的根的性质联系起来。
我们知道正弦函数 $sin(x)$ 的泰勒级数展开是：
$sin(x) = x frac{x^3}{3!} + frac{x^5}{5!} frac{x^7}{7!} + dots$
如果我们考虑 $frac{sin(x)}{x}$，那么它等于：
$frac{sin(x)}{x} = 1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} frac{x^6}{7!} + dots$
现在，思考一个多项式方程的根与系数的关系。对于一个一般的（非零常数项的）多项式 $P(x) = c_0 + c_1x + c_2x^2 + dots + c_nx^n$，如果它的根是 $r_1, r_2, dots, r_n$，那么我们可以将其写成 $P(x) = c_n(xr_1)(xr_2)dots(xr_n)$。
欧拉的绝妙之处在于，他将 $frac{sin(x)}{x}$ 视作一个“无限次多项式”。这个“多项式”的根是什么呢？
$frac{sin(x)}{x} = 0$ 当且仅当 $sin(x) = 0$ (且 $x eq 0$)。
$sin(x) = 0$ 的解是 $x = npi$，其中 $n$ 是整数。
因为 $frac{sin(x)}{x}$ 是偶函数，所以我们只需要考虑正的根，即 $x = pi, 2pi, 3pi, dots$。
欧拉假设（后来被证明是正确的）可以像处理有限多项式一样处理这个无限级数，将其写成由它的根构成的形式。他将零点的贡献提取出来，然后将 $frac{sin(x)}{x}$ 表示为：
$frac{sin(x)}{x} = (1 frac{x}{pi})(1 + frac{x}{pi})(1 frac{x}{2pi})(1 + frac{x}{2pi})(1 frac{x}{3pi})(1 + frac{x}{3pi}) dots$
我们可以将这些成对的项合并：
$frac{sin(x)}{x} = (1 frac{x^2}{pi^2})(1 frac{x^2}{4pi^2})(1 frac{x^2}{9pi^2})(1 frac{x^2}{16pi^2}) dots$
现在，我们将这个无限乘积展开。我们关心的是 $x^2$ 项的系数。
如果我们把这个无限乘积看作一个多项式，然后类比多项式的根与系数的关系：
对于一个多项式 $P(x) = c_n prod_{i=1}^n (xr_i)$，其常数项是 $c_n prod (r_i)$，一次项系数是 $c_n sum_{i=1}^n prod_{j eq i} (r_j)$。
但这里我们处理的是一个形式 $c prod (1 k_i x^2)$ 的级数。
考虑一个有限多项式 $(1k_1x^2)(1k_2x^2) = 1 (k_1+k_2)x^2 + k_1k_2x^4$。
这里的 $x^2$ 的系数是 $(k_1+k_2)$。
将这个思路推广到无限乘积：
$(1 frac{x^2}{pi^2})(1 frac{x^2}{4pi^2})(1 frac{x^2}{9pi^2})(1 frac{x^2}{16pi^2}) dots$
当我们展开这个乘积时，我们只需要关注得到 $x^2$ 项。这可以通过选择每个因子中的常数项“1”和从一个因子中选择 $frac{x^2}{n^2pi^2}$，其余因子都选择“1”来实现。
所以，$x^2$ 的系数就是所有 $frac{1}{n^2pi^2}$ 的总和：
$(frac{1}{pi^2} + frac{1}{4pi^2} + frac{1}{9pi^2} + frac{1}{16pi^2} + dots)$
我们可以提公因数 $frac{1}{pi^2}$：
$frac{1}{pi^2} (1 + frac{1}{4} + frac{1}{9} + frac{1}{16} + dots)$
也就是：
$frac{1}{pi^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$
现在，我们将这个结果与我们之前看到的 $frac{sin(x)}{x}$ 的泰勒级数进行比较：
$frac{sin(x)}{x} = 1 frac{x^2}{3!} + frac{x^4}{5!} dots$
$frac{sin(x)}{x} = 1 frac{x^2}{6} + frac{x^4}{120} dots$
比较两边的 $x^2$ 项的系数：
$frac{1}{pi^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{1}{6}$
两边同时乘以 $pi^2$，我们就得到了：
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2} = frac{pi^2}{6}$
这个证明的绝妙之处在于，它将一个看似与代数（多项式根）完全无关的分析学问题（级数求和），通过一个天才的联想，与三角函数的级数展开联系起来。欧拉的直觉在这里发挥了决定性作用，他大胆地将无限乘积和无限级数联系起来，而且推导过程充满了创造性。虽然证明的严谨性在当时还有待完善，但其核心思想是划时代的。
3. 康托尔的对角线证明：证明不可数的宏伟篇章
在集合论中，最令人震撼的证明之一莫过于乔治·康托尔的对角线证明，它证明了实数集合是不可数的，也就是说，它比自然数集合（可数无限）的“大小”要大。这个证明直接挑战了人们对无限的直观理解。
证明思想：
康托尔使用反证法。他假设存在一种方法，可以将所有的实数都列成一个无穷序列，也就是说，实数集合是可数的。然后他将展示这种假设必然导致矛盾。
假设所有的实数都可以被列出，我们可以将其写成一个无穷列表：
$r_1 = 0.d_{11}d_{12}d_{13}d_{14}dots$
$r_2 = 0.d_{21}d_{22}d_{23}d_{24}dots$
$r_3 = 0.d_{31}d_{32}d_{33}d_{34}dots$
$r_4 = 0.d_{41}d_{42}d_{43}d_{44}dots$
$dots$
其中，$d_{ij}$ 代表第 $i$ 个实数的小数点后第 $j$ 位数字。我们只考虑介于0和1之间的实数，因为可以将实数集合划分为有限个区间，如果这些区间之一是不可数的，那么整个实数集合也是不可数的。
构造一个不在列表中的实数：
康托尔构造了一个新的实数 $x$，它不在这个假定的无穷列表中。这个新实数 $x$ 的构造方式是这样的：它的第 $i$ 位小数 $x_i$ 与列表中的第 $i$ 个实数 $r_i$ 的第 $i$ 位小数 $d_{ii}$ 不同。
具体来说，对于列表中的第 $i$ 个实数 $r_i = 0.d_{i1}d_{i2}d_{i3}dots$，我们定义新实数 $x$ 的第 $i$ 位小数 $x_i$ 如下：
如果 $d_{ii} = 3$，则令 $x_i = 4$。
如果 $d_{ii} eq 3$，则令 $x_i = 3$。
（这里选择数字3和4是为了避免某些特殊情况，例如0.333...等于0.4，或者0.999...等于1。任何选择不包含循环9或循环0的数字都可以。）
这样构造出来的实数 $x = 0.x_1x_2x_3x_4dots$ 是一个介于0和1之间的实数。
导出矛盾：
现在，我们来看这个构造出来的实数 $x$ 与列表中的任何一个实数 $r_k$ 的关系。
根据构造方式，$x$ 的第 $k$ 位小数 $x_k$ 与 $r_k$ 的第 $k$ 位小数 $d_{kk}$ 是不同的。
这意味着 $x$ 不可能等于 $r_k$。
由于 $k$ 是任意的，从1开始的任何正整数，所以 $x$ 不可能等于列表中的任何一个实数。
结论：
我们最初的假设是“所有的实数都可以被列成一个无穷序列”，即实数集合是可数的。但是，我们成功地构造了一个不在这个序列中的实数。这就产生了矛盾。因此，我们的初始假设是错误的。
所以，实数集合是不可数的。
为什么这个证明如此精彩？
1. 巧妙的反证法： 它不是直接构建可数集，而是通过假设一个无穷集合是可数的，然后展示这种可数性会导致无法解决的内部矛盾。
2. “对角线”的直观性： 列表和对角线的设计让整个构造过程非常直观和易于理解。我们通过“对角线”上的数字来“破坏”列表中的每一个数字。
3. 揭示了无限的层次： 这个证明是第一个严谨地证明了“存在不同大小的无限”的数学成果。它揭示了自然数的可数无限和实数的不.可数无限之间的巨大鸿沟，这对于数学的发展具有里程碑式的意义。
4. 思想的简洁性与深远影响： 尽管证明的逻辑严密且后果深远，但其核心思想——构造一个不存在于列表中的元素——却异常简洁和优雅。它为后来的集合论和计算机科学中的可计算性理论奠定了基础。
这些证明，每一个都以其独特的方式展现了数学的智慧和力量。它们不仅仅是逻辑的推演，更是思想的飞跃，是对我们理解世界的一种深刻启示。
网友意见
巴赛尔问题, 是求在趋于无穷时正整数的平方的倒数和.
即求: .
这个问题有非常多的解法, 但大都属于高等数学范畴内, 我之前的回答也给出了一种在高等数学范围内比较简单的解法.
注意到
所以有
要让等式左右两边相等.
项必须相等
所以
所以
Q.E.D
虽然这种方法比较简单, 但也属于高等数学范畴. 我们能不能试一下在初等数学范畴结果巴赛尔问题呢?
3Blue1Brown的视频给出了一种新的视角解决巴赛尔问题, 那我们一起来讨论一下他的思路吧.
咦, 这里有平方的倒数, 我们想想现实中的公式有哪些是有平方的倒数的.
平方反比定律?
如果任何一个物理定律中，某种物理量的分布或强度，会按照距离源的远近的平方反比而下降，那么这个定律就可以称为是一个平方反比定律
所以如果我们考虑巴赛尔问题的实际意义.
假设这里有一个 同学, 在他的左边, 有很多个 灯泡.
各个灯泡之间的距离为 .
根据平方反比定律, 同学观察到来自 的光的光照强度为 个单位 .
观察到来自 的光照强度为 个单位
观察到来自 的光照强度为 个单位
所以, 考虑这里有无穷个灯泡, 都分布在 的左边, 并且各个灯泡之间的距离为
同学观察到的总光强为各个灯泡到 的光照强度的和, 即
所以, 如果我们能求出 同学观察到的总光照强度, 我们就解决了巴赛尔问题.
同时, 我们也注意到, 在 与 距离相等的时候, 观察到来自 的光照强度是一样的.
同时, 如果以 为中心建立坐标轴, 那么, 观测到的来自 的光强和来自 的总光强是一样的.
( 发光强度相同)
证明也很好证明, 假设 , 观测到的来自 的光强为 ,
,
所以,
所以
现在假设 相距 , 他们处于周长为 的圆的直径两端. 那么这时候, 接受到的光照强度为 .
现在我们用一下刚刚证明的结论, 观察到的来自 的光强总和是一样的, 为
(因为 )
以此类推,
注意: 以该灯泡和其所在圆的"最高点"为连线, 将该灯泡变异到该连线和下一个大圆的两个交点上.
如此一来, 最初的一个灯泡就变异为了 个灯泡, 且这 个灯泡对于 来说观测到的光照强度和最初的一个灯泡是一样的.
另外, 注意看最大的圆的各段弧长, 分别为
我们将这个过程一直进行下去,
最终将得到在一个无穷大的圆上, 有无穷多的灯泡, 且连接灯泡直接的圆弧长度分别为
而, 对于 来说, 他观测到的所以来这这些灯泡的光强和最初灯泡的光强是一样的, 即
而, 无穷大的圆, 到底长什么样呢?
这便是无穷大的圆了, 因为太大, 圆弧变成了一条直线.
所以如果我们按照直线上的光照强度的规律计算光强, 则有
并且
所以
所以
而
所以
所以
所以
讲一个当时我系大神老师上课讲的一个例子，证明极其巧妙。
题目：一个村子里面有n个居民。他们中任意一些人都可以成立一个俱乐部。但是这些俱乐部有如下要求：
- 每个俱乐部里面只有奇数个成员；
- 每两个俱乐部的共同成员是偶数个。
证明最多只能有n个俱乐部。
用代数的方法来解：假设村里有 个俱乐部，考虑一个 的矩阵 如果第 个居民是第 个俱乐部的成员， 如果第 个居民不是第 个俱乐部的成员，
神奇的证明来了，请坐稳。令 ，俱乐部的两条要求可知在 域上
于是
够简洁了吧。
我来举一个概率论里的例子吧。这是大家都很熟悉的中心极限定理的一种证明方法，所谓的Lindeberg's replacement trick。
中心极限定理：设 是独立同分布的实随机变量，期望 ，方差 ，设 ，则 依分布收敛于标准正态分布 ，即 。
首先对问题进行化简，可以证明如果中心极限定理对期望为0、方差为1的有界随机变量 成立，则它对一般的随机变量也成立。因此以下我们都假设 、 且 有界，此时 。
对于有界随机变量 ，可以证明 的分布由其各阶矩唯一确定，即有下面的矩连续定理：
矩连续定理：设 是一列一致有界的随机变量， 是一个有界随机变量，则
因此要证明中心极限定理，只需证明： ，即 。
所以需要将 和标准正态分布的各阶矩都算出来并证明它们在 时相等，但是直接计算 和 是比较繁琐的。
精彩的地方来了：设 独立且都服从标准正态分布，则 也服从标准正态分布，从而 ，因此只需证明 。而 与 相比，每一个单项都相等，即 ，从而证明了结论。
这个方法的巧妙之处在于它避免了计算各阶矩而直接证明了其各阶矩相等。事实上，Lindeberg's replacement trick已经成为概率论中一个基本的技术，有广泛的应用，基本思想有两步：
- 证明某个统计量 在将 替换为正态随机变量 时，渐近性质不变。
- 计算 ，由正态分布的性质通常都是好算的。
参考资料：陶哲轩的博客
2020/7/6更新 添加一个新的证明
Euler Partition Theorem
把一个正整数 不计顺序地分成若干个正整数的和，这样的操作我们记作 的一个划分。这些正整数叫做 的一个part， 的所有划分的数目我们记作 。例如对于正整数4，我们有4=4=3+1=2+2=2+1+1=1+1+1+1一共5种划分（所谓的不计顺序是指4=3+1与4=1+3是同一种划分）
证明：对于任意一个正整数 ，把 的所有part均不相同的划分数目记作 ，把 的所有part均为奇数的划分数目记作 ，有 .
为了证明这个问题，我们先介绍一些定义和引理：
定义：对于一个序列 ，我们定义其生成函数为
生成函数有一个很强大的性质，即他和序列是唯一对应的。因此我们可以把原始问题转化为：求证 和 的生成函数相等。
一个很显然的结论是： 的生成函数 为
引理：我们记 为正整数 的划分数目，满足其中 的的所有parts都属于集合 。那么 的生成函数为
该引理证明如下：
我们不妨设 ，则
该展开式中的每一项均为 的形式，其幂次恰好为集合 中元素可能的线性组合，因此这里面的每一项刚好对应所有parts属于集合 的划分数目。每一项 前面的系数恰好为 。证毕。
到目前为止，我们的原始问题转化为了如下：
证明：
证毕。
在交代清楚背景的情况下，该问题的核心证明只需要一行。[1]
以下为原答案
来说一个经典问题，这是1988年IMO的第六题。
对于正整数 满足
求证 是完全平方数。
这题题干看似简单，但是确实IMO历史上一道经典的难题。该题在赛前被主试委员会和一些数学家拿来挑战，均无功而返。当年全部参赛选手中一共只有11名选手拿到满分，著名数学家陶哲轩也参加了当届IMO，很遗憾的是Tao在这道题上只拿了1分。这道题最绝妙的解法源于保加利亚选手 Emanouil Atanassov他也因此获得了Special Award[2]。下面展示解法：
假设 不是完全平方数，则有 (否则可以取 ，此时 为完全平方数)。我们假设 ，我们假设存在一组解 使得 最小。我们注意到原表达式可以转写为
接下来我们考虑方程
很显然这个方程有一个根是 。通过Vieta定理我们不难给出第二个根为
通过上式我们能够看出 是一个整数，因为 都是整数，且 ，否则 为完全平方数与假设矛盾。除此之外 应该为非负数，否则
矛盾。所以而是满足原方程的一组解且 。又注意到
故
与原假设 最小矛盾。故可知 为完全平方数。
该题用到的方法被叫做Vieta root jumping[3]，也被叫做root flipping，自1988年的该题知名后被广泛用于数学竞赛中。
参考
- ^ https://sites.math.rutgers.edu/~sahi/Courses/ramanujan.pdf
- ^IMO results http://imo-official.org/year_individual_r.aspx?year=1988&column=total&order=desc
- ^Yimin Ge, The method of Vieta jumping http://blogs.sch.gr/sotskot/files/2011/01/Vieta_Jumping.pdf
用直观的物理图像方法，证明 (0,1) 区间上的实数，和整个实数域 中的实数一样多（等势）
所谓等势，就是两个集合之间 一 一 对 应[1]
你可能会想， 包含 啊，怎么可能一样多呢。但是由于这两个都是无穷多个，而且都是不可数无穷大，所以是可以构筑出来一一对应的关系的。
对应整个数轴
对应数轴上从0到1的线段
将 取出来放在数轴上方
将 弯成一个半圆。这样数轴上的每一个数字，与该半圆圆心的连线，都对应 上的一个数字；同理， 上任何一个数字与圆心的连线延长线，也对应数轴上的一个数字。可证明是一一对应。
比如我可以提供一种函数对应关系。假设 上的数字是x，数轴上的是y
将长度为1的线段弯成半圆后，半径为 。所以有
，其中
假设圆心到数轴的距离为2 （实际上你可以取任何不为0的数值），那么就有
也就是
所以，我们就用这种直观的图像方法证明了 区间上的实数，和 中的实数一样多（等势）
可能有人会好奇，是不是只要有两个无穷多的集合，它们就应该是等势的。答案是：不是的。无限集合分为可数集合和不可数集合，其中不可数的要比可数的拥有更多的元素。自然数集合是可数无穷大，实数是不可数无穷大。论证实数是不可数无穷大的方法叫做对角论证法[2]。
参考
1987年AMM有一篇文章叫《一个矩形划分定理的十四种证明》。这个定理是N. G. de Bruijn在1969年发现的：
定理A：如果一个矩形可以划分为有限个 至少有一条边长是整数 的小矩形，那么这个大矩形至少有一条边长是整数。
我建议读者先自己想一想这定理怎么证明。
下面所有证明及习题中，我们把大矩形左下角放在坐标系(0, 0)。
de Bruijn在1969年的原版证明利用了二重积分在划分上可以相加的性质。在任何矩形 上，积分 等于0当且仅当矩形至少有一条边长是整数。所以在每个小矩形上积分等于0，因此在大矩形上积分也等于0，所以大矩形至少有一条边长是整数。
上面这个积分也可以换成别的函数，比如三角函数，或者 等。还可以换成 ，从这个函数的图像可得出另一个证明：以国际象棋棋盘的方式把整个平面染色，其中每个格子边长1/2， 染黑。只要一个矩形 有一边长是整数，那么矩形里的黑色和白色部分面积相等，所以大矩形也是这样。如果它的两边长都不是整数，那么把边长分为整数部分和小数部分，大矩形就被分为4个部分，其中三个部分黑白面积相等，而剩下的一部分的左下角在棋盘交叉点上，两边长度都小于1，因此黑白面积不等，矛盾。
UC Berkeley的Raphael Robinson发现了一个数论证明。令p为素数，把整个图形放大p倍（也就是长度1变成长度p）。下面把每个交叉点 换成其整数部分 ，我们就得到了一个新的大矩形，它被划分为很多两边长均为整数的小矩形，而且每个小矩形有一边长能被p整除。这样这个新的大矩形的面积也能被p整除，所以它的有一边长能被p整除。这条边只是被换成了它长度的整数部分，所以变化不超过1，所以在放大之前这条边的长度和某个整数相差不超过1/p。因为素数有无穷多个，所以原来的大矩形某一条边长度与某个整数相差无限小，证毕。
下面是英国Warwick大学的Michael S. Paterson发现的图论证明。令所有的交叉点为顶点。每个小矩形都有一边长为整数，我们把这两条平行边在图上标出（允许两顶点之间的重复边），另外两条边不连。这样除了大矩形的四个角以外每个顶点有2条边或者4条边，而大矩形四个角每个角只连了一条边。所以从大矩形一角开始的最长的欧拉路径一定在另一个角结束。因为图上连边的边长都是整数，把这个欧拉路径投影到大矩形的长宽，我们就得到了大矩形至少有一边长为整数。
伊利诺伊大学的Gennady Bachman和贝尔实验室的Mihalis Yannakakis发现了以下扫描线证明：设大矩形为 ，并假设 不是整数。把所有小矩形的下边界去掉，然后对 令 为所有 上边界y坐标不是整数，并且与直线 相交 的小矩形的x方向边长之和。那么 ，而且当 变化的时候，由条件，它一定会变成另一个整数。所以 是整数。而因为 不是整数， 就是最靠上的所有小矩形的宽之和，等于 ，所以 是整数。
用组合中的Sperner引理可得到一个简单证明。假设结论不成立。把每个小矩形画上对角线，然后把所有交叉点 染色：如果 是整数，染X；如果 不是整数但 是整数，染Y；如果都不是整数，染Z。由Sperner引理，三顶点被染不同颜色的三角形有奇数个，但由题目条件这种三角形不存在，矛盾。
还有几种比较长的证明，这里就不讲了，感兴趣可以看原论文。
习题
- 证明：定理A在如下的弱化条件下也成立：如果小矩形有一个顶点是整点，那么这个小矩形至少有一边长为整数。
- 证明：如果一个n维长方体（ ）被划分为有限个 有至少k条边是整数 的小n维长方体，那么 中至少有k个是整数。
- 证明：如果把定理A中的“整数”一词换成“实代数数”（整系数多项式的实根），定理也成立。
- (Golomb & Robinson) 构造一个定理A在圆环面（ ）上的反例。
用欧拉公式证明高中的排列组合题（大炮打蚊子警告）
在代数拓扑中，对于一个 维复形 ，我们可以定义 为复形 的欧拉示性数。其中 为 中 维单形的数量。
记复形 的 维同调群为 ，我们可以得到著名的欧拉公式（又称欧拉-庞加莱公式）：
在三维情况下，它退化为初中数学中多面体的欧拉公式，即
欧拉公式与欧拉示性数是代数拓扑中一个比较重要的概念。然而有趣的是，这一几何概念可以和排列组合联系起来！
我们可以用欧拉公式证明：
这是一道相当经典的高中排列组合题，当然有初等的证法。事实上我们还可以用代数拓扑的方法证明它。考虑 维单形 ,定义它的闭包复形 。那么 是一个单纯锥，因此 ，而对任意正整数 ，有 。于是根据欧拉公式，复形 的欧拉示性数 。
然后，注意到复形 中 维单形的个数是 （因为相当于 个点中任选 个点），因此其欧拉示性数为 。于是联立上一段的结果，我们得到：
，
即：
，
移项就可以得到我们最终的结果：
这个证明第一次看到的时候感觉还是很神奇的，两个表面上没啥联系的领域居然可以如此结合起来。当然，杀鸡用牛刀，大炮打蚊子也具有别样的快乐（逃
手边恰好有一个非常贴切的例子，是一道IMO的名题：
现有一有限实数列，任意连续7项之和为负，任意连续11项之和为正。问这序列最多可含有多少项。
我强烈推荐在看解答之前，自己思考下；否则，你将错过很多乐趣。
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现给出如下断言：
这个实数列的长度小于17。
Proof：
假设这个实数列长度 ，则我们可以构造上述矩阵。然而，如果我们依行求和，则 ，因为任意连续7项之和为负；如果我们依列求和，则 ，因为任意连续11项之和为正。显然，矛盾。于是实数列长度 。Q.E.D.
可构造出一个长度为16且符合上述要求的序列： 。
洞察力是多么的重要，省去了多少无用功，直接给出了数列长度的上界。
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我原来觉得这个关于上界的证明很妙，但是评论里@寨森Lambda-CDM的解法更加惊为天人。
考虑一个集合, 将其中元素的个数称为集合的基数. 显然, 两个集合基数相等当且仅当其间存在一个双射(一一对应). 定义一个集合的全体子集的集合为该集合的幂集. 以下命题表明, 一个集合与其幂集间不可能存在双射. 注意到集合是其幂集的子集, 于是该命题表明任何集合的基数严格小于其幂集的基数.
(以上证明来自Shen老师的Notes.)
以上证明的核心是一个巧妙的构造, 而稍有常识的人就会发现这和罗素悖论密切相关.
命题：p，q均为无理数，则p^q可能为有理数。
证明：令p＝q＝√2。若p^q为有理数，命题得证；若p^q为无理数，则(p^q)^√2＝(√2^√2)^√2＝√2^(√2×√2)＝√2^2＝2，已知p^q和√2均为无理数，而2为有理数，命题得证。
数学家Roger Heath-Brown的关于素数表为平方和相关定理的证明。证明梗概如下。
定理 每一个除以四余一的素数 都可表为二整数的平方和。
1.构造一个集合 。显然 取值有限，且 。定义一个映射 。易知 没有不动点。考虑集合 , 。则容易证明 建立了 的一一映射。从而 。
2.定义映射 。(容易证明合理性)注意到 计算得出 是对合(即二次迭代回到恒等映射)，且 恰有一个不动点，即 ，故 为奇数。
3.由上面的结果知 为奇数。构造映射 。则 也是个对合。由于 为奇数， 必有不动点。也就是说存在一个 中的元素使得 。从而 。证毕。
不知道大家怎么想，我这种笨笨肯定想不出来这样的QWQ......maybe这也是我狂热于数学的原因之一吧。
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