有哪些看起来高大上实际上非常容易证明的数学命题？ 第1页

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

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.

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  zha-zha-58-59 网友的相关建议: 
      

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）

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  jasonchen0325 网友的相关建议: 
      

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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  uhometitanic 网友的相关建议: 
      

既然荆哲提到序数，那当然得提到基数

事实上不用我来，知乎上已经有关於不可达基数的套娃问题了：

该问题中套娃层次最深的回答由hhh给出：

因为第不可达基数个不可达基数不是不可达基数的极限。不可达基数的正则极限至少是k是第k不可达基数，但也不能让不可达基数形成无界闭集，让不可达基数形成无界闭集至少是马洛基数。不过第不可达基数个不可达基数的确是无界的，的确可以使里面的奇异基数形成无界闭集。
设I0是第一个取幂不可到达正则的基数，In是大于In-1中最小的取幂不可到达正则的基数，Iα(α是极限序数)是前α个In的极限。那么你的第不可达基数个不可达基数是I(I+1)。不可达基数的极限都不是。

大家可以数一数总共套娃了多少层（下界大於第不可达基数个不可达基数）

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