Alterados de las pruebas

Question

Yo soy, sólo por diversión, buscando largas y complicadas pruebas para las declaraciones que puede ser probada más fácil y mucho más rápido. La prueba en sí todavía tiene que ser correcta, sin embargo.

Mientras que la prueba debe ser protegido, todas las partes deben tener cierta importancia. Así que no demostrar el último teorema de Fermat y el final con "ah, por cierto: 1+1=2, por lo que la instrucción de la siguiente manera.

También es aburrido para confundir la simple aritmética; uno puede demostrar que "1+1=2" en 100 páginas, sólo utilizando la suma, resta, multiplicación y división – pero eso no es divertido.

Yo más bien buscar algunas muy interesantes ofuscación de una prueba. Tal vez una declaración de primaria de la teoría de números puede ser comprobada en una "buena" forma complicada. O tal vez se puede utilizar el análisis funcional para demostrar análisis básico cosas etc.

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Aquí está uno (que no buena) ejemplo: Teorema: Para $a, b \in \mathbb{R}$ sostiene que $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$.

Prueba: Vamos A $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto x^2$. Como $f$ es analítico de la expansión de Taylor de $f$ converge. Por lo tanto

$$ \begin{align*} x^2 &= f(x) \\ &= Tf(x,b) \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(b)}{n!} (x-b)^n \\ &= \frac{b^2}{0!} + \frac{2b}{1!} (x-b) + \frac{2}{2!} (x-b)^2 + \sum_{n=3}^\infty \frac{0}{n!} (x-b)^n\\ &= b^2 + 2bx - 2b^2 + (x-b)^2 \\ &= -b^2 + 2bx + (x-b)^2, \end{align*} $$ es decir. $$ x^2 + b^2 - 2bx = (x-b)^2 $$ y para $x = a$ el teorema siguiente.

Answer 1

Tal vez del teorema de Wilson. Para cualquier extraño prime $p$, $(p-1)!=-1$ mod $p$.

Fáciles de la prueba : Entre $2,..., p-2$ los números pueden ser recogidos por los pares de la inversa de mod $p$ por lo que :

$$2\times...\times p-2=1\text{ mod }p $$

Por lo tanto : $(p-1)!=-1$ mod $p$.

Levemente más complicado de la prueba : Tome $G:=\mathfrak{S}_p$ el grupo simétrico de a $p$ elementos. Set $n_p$ el número de $p$-Sylows de $G$.

Sabemos que su $p$-Sylows son grupos cíclicos de orden $p$. Por un argumento estándar sabemos que hay $(p-1)!$ $p$-los ciclos. Un $p$-ciclo tendrá exactamente $p-1$ $p$-ciclos en la $p$-Sylow se genera de forma que $n_p=\frac{(p-1)!}{p-1}=(p-2)!$.

Ahora aplicamos la segunda del teorema de Sylow para obtener $n_p=1$ mod $p$. Finalmente, $(p-1)!=-1$ mod $p$ multiplicando ambos lados por $p-1$.

Answer 2

Cada función de $\mathbb{N}$ $\mathbb{R}$es continuo, donde las topologías son las canónicas.

Prueba 1: [Corto]

$\mathbb{N}$ es un espacio discreto. $\blacksquare$

Prueba 2:

Tomar una función $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$. Ahora, considere la siguiente función de $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$:

$g(x)=\left(f(\lfloor x \rfloor +1)-f(\lfloor x \rfloor) \right)(x-\lfloor x \rfloor)+f(\lfloor x \rfloor)$

En cada intervalo de $[n,n+1]$ donde $n \in \mathbb{N}$, tenemos que la función de $g$ es una función lineal, por lo tanto continua. Por lo tanto, mediante el pegado de lema, $g$ es una función continua. Ahora, es fácil ver que $g|_{\mathbb{N}}=f$. Dado que la restricción de una función continua es continua, tenemos nuestro resultado. $\blacksquare$

También, ver http://mathoverflow.net/questions/42512/awfully-sophisticated-proof-for-simple-facts

y más específicamente:

http://mathoverflow.net/a/44742/48745 (que es una joya)

Answer 3

Prueba: $0a = 0$

$$(a+0)^2 = a^2 = a^2 + 2(0) + 0^2$$

$$a^2 = a^2 + 2(0) + 0^2$$ $$0 = 2(0) + 0^2$$ $$2(0) = (1+1)0 = 1(0) + 1(0) = 0 + 0 = 0$$ $$\dfrac{0^2}{2} >= \sqrt{0^2} = 0$$ $$0^2 >= 2(0)$$

Hemos comprobado que %#% $ #%

Por lo tanto, $$2(0) = 0$$$(a+0)^2 = a^2 = a^2 + 2(0) + 0^2 = a^2 + 0$$ $$a^2 = a^2 + 0$% $ $ $

Q.E.D.