第1章：什么是证明

1、$1=\sqrt{1}=\sqrt{(-1)(-1)}=\sqrt{-1}\sqrt{-1}=(\sqrt{-1}{)}^2=-1$

(a) 请指出并解释这个虚假证明中的错误
虚假证明中的错误在于：对于负数，平方根函数在实数范围内是没有定义的，在复数范围内，$\sqrt{-1}=i$，并且$\sqrt{zw}=\sqrt{z}\sqrt{w}$这个性质在复数范围内并不总是成立。

具体来说，当$z=w=-1$时，$\sqrt{zw}=\sqrt{(-1)\times (-1)}=\sqrt{1}=1$，而KaTeX parse error: Undefined control sequence: \timesi at position 38: …{-1}\sqrt{-1}=i\̲t̲i̲m̲e̲s̲i̲=-1。这是因为复数的平方根是一个多值函数，在处理复数时，不能简单地处理非负实数那样应用平方根的乘法规则。

(b)证明：如果1=-1，那么2=1
假设$1=-1$，在等式两边同时加1，根据等式的性质，在等式两边同时加上一个数，等式仍然成立。得到$1+1=-1+1$，即2=0。又因为假设1=-1，那么我们可以从2=0出发，在等式两边同时加1，得到2+1=0+1，也就是3=1（这种推导是基于错误的假设1=-1进行的，在正常的数学逻辑中是不合理的）。
更合理的证明思路：
已知1=-1，在等式2=1+1中， 将其中一个1用-1替换，因为1=-1，所以2=1+(-1)+1（这里多加一个1并同时调整），2=1（基于错误假设的推导）。严格来说，从1=-1出发，在等式2=1+1中，把1换成-1，得到2=-1-1=-2（如果按照正常的代数运算），但按照题目基于错误假设的逻辑，我们可以这样操作：因为1=-1，那么2=1+1=1+(-1)+1+1-1（添加和减去相同的量），经过重新组合等操作得到2=1（这种推导是基于错误的初始条件）。

（c）每个正实数r都有两个平方根，一个正的，一个负的。一般来说，$\sqrt{r}$表示r的正平方根。已知实数乘法的性质，证明对于正实数r和s，有$\sqrt{rs}=\sqrt{r}\sqrt{s}$
设r和s是正实数。根据平方根的定义，设$\sqrt{r}=a,\sqrt{s}=b$，其中a>0,b>0。那么$r=a^2,s=b^2$。因为ab>0，根据正实数平方根的定义，$\sqrt{rs}=\sqrt{(ab{)}^2}=ab$。又因为$a=\sqrt{r},b=\sqrt{s}$，所以$\sqrt{rs}=\sqrt{r}\sqrt{s}$。

2、指出以下虚假证明中的错误。

（a）假断言（bogus claim）：1/8>1/4。
虚假证明：
          $3>2$
     $3lo{g}_{10}(1/2)>2lo{g}_{10}(1/2)$
     $lo{g}_{10}(1/2{)}^2>lo{g}_{10}(1/2{)}^2$
       $(1/2{)}^3>(1/2{)}^2$
乘方展开，断言的证。
·错误分析：
  在使用反证法证明“$1/8>1/4$”这个假断言时，推理过程存在逻辑错误。当进行乘方展开来验证不等式时，对于指数函数的单调性应用错误。函数$y=lo{g}_{10}x$是单调递增函数，但是原不等式$3lo{g}_{10}(1/2)>2lo{g}_{10}(1/2)$推导过程中，由于$lo{g}_{10}(1/2)<0$，当两边同时除以$lo{g}_{10}(1/2)$时，不等式方向应该改变。
  正确的做法是：因为$lo{g}_{10}(1/2)<0$，由$3lo{g}_{10}(1/2)>2lo{g}_{10}(1/2)$，两边同时除以$lo{g}_{10}(1/2)$，得到3<2，这与已知的数学事实矛盾，而不是通过乘方展开来证明原断言。
（b）假断言：如果a，b是两个相等的实数，那么a=0。
虚假证明：
           a=b
          $a^2=ab$
        $a^2-b^2=ab-b^2$
     $(a-b)(a+b)=(a-b)b$
         $a+b=b$
           $a=0$
错误分析：
·在证明“如果a，b是两个相等的实数，那么a=0”时，推理过程存在逻辑错误。从a=b开始，通过一系列的代数变形$a^2=ab,a^2-b^2=ab-b^2,(a-b)(a+b)=(a-b)b$，然后直接两边同时除以a-b得到a+b=b，进而得到a=0。
·但是当a=b时，a-b=0，在等式两边同时除以a-b时，违反了“除数不能为零”的数学规则。

3、“惊喜”悖论是一个哲学问题，而不是数学问题，为什么？

”惊喜“悖论是一个哲学问题而不是数学问题，原因在于：
·逻辑基础不同： 数学问题基于明确的数学定义、公理和定理，通过严格的逻辑推导得出的结论。而哲学问题往往涉及对概念本质、意义和关系的深入思考，不依赖于特定的数学规则体系。”惊喜“悖论主要围绕”惊喜“这一概念的逻辑矛盾展开，并非基于数学公理体系进行推导。
·结论性质不同： 数学问题的结论通常是明确、唯一且可验证的。”惊喜“悖论的结论是关于”惊喜“概念在特定情境下的逻辑矛盾，这种矛盾更多是概念层面的，无法用数学的标准去严格证明或证伪。它引发的是对语言、逻辑和预期等哲学范畴的思考，而不是数学上的真假判断。

4、证明：$lo{g}_{7}n$要么是整数，要么是无理数，其中n是正整数。请明确陈述用到的关于整数和质数的事实。

证明：设n是正整数，根据算术基本定理，任何大于1的正整数n要么本身就是质数，要么可以唯一地分解为质数的乘积，即$n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot p_m^{k_m}$，其中$p_i$是质数，$k_i$是正整数，$i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,m$。
 ·当n是7的整数次幂时： 设$n=7^k$，k时非负整数。根据对数的运算法则$lo{g}_a{M}^k=klo{g}_{a}M$，可得$lo{g}_{7}n=lo{g}_7{7}^k=k$，k时整数，所以$lo{g}_{7}n$是整数。
 ·当n不是7的整数次幂时： 假设$lo{g}_{7}n=q$，q是有理数，设$q=\frac{s}{t}$（s，t是互质的整数，t>0），则$n=7^{\frac{s}{t}}$，即$n^t=7^s$。这表明$n^t$只有质因数7，根据算术基本定理，n也只有质因数7，这与n不是7的整数次幂矛盾。若$lo{g}_{7}n$是无理数，就满足要么是整数，要么是无理数这一结论。

5、使用案例证明法证明

       $max(r,s)+min(r,s)=r+s$
对所有实数r,s成立。
证明：
  情况一： $r\le s$
  此时$max(r,s)=s,min(r,s)=r$，则$max(r,s)+min(r,s)=s+r=r+s$。
  情况二： $r>s$
  此时$max(r,s)=r,min(r,s)=s$，则$max(r,s)+min(r,s)=r+s$。综合以上两种情况，$max(r,s)+min(r,s)=r+s$对所有实数r，s成立。

6、无理数的无理数次方，结果是有理数吗？

证明：无理数的无理数次方结果不一定是有理数，分以下两种情况讨论：
  ·结果是有理数的情况： 例如$\sqrt{2}$是无理数，考虑$(\sqrt{2}{)}^{\sqrt{2}}$，它的结果可能是无理数（实际确实是无理数），但$((\sqrt{2}{)}^{\sqrt{2}}{)}^{\sqrt{2}}=(\sqrt{2}{)}^{\sqrt{2}\times \sqrt{2}}=(\sqrt{2}{)}^2=2$是有理数。这里底数$\sqrt{2}$是无理数，指数$\sqrt{2}$是无理数，经过两次指数运算后结果是有理数。
  ·结果是无理数的情况： 例如，e是无理数，$ln2$也是无理数，$e^{ln2}=2$是有理数的反例不适用此情况，而像$e^{\sqrt{2}}$，目前普遍认为它是无理数。
所以无理数的无理数次方，结果可能是有理数，也可能是无理数。

7、使用案例证明法证明：

         $|r+s|\le |r|+|s|$
对所有实数r，s成立。
证明： 使用案例证明法，需要考虑r和s的正负情况，分以下四种情况进行讨论：
  情况1： $r\ge 0,s\ge 0$
  此时$|r|=r,|s|=s,|r+s|=r+s$。
  所以$|r+s|=r+s=|r|+|s|$，不等式成立。
  情况2： $r\ge 0,s<0$
  若$r+s\ge 0$，则$|r+s|=r+s,|r|=r,|s|=-s$。
  此时
  $|r+s|=r+s\le r-s=|r|+|s|$（因为$s<0$，所以$s\le -s$）。
  若$r+s<0$，则
  $|r+s|=-(r+s)=-r-s,|r|=r,|s|=-s$。
  此时
  $|r+s|=-r-s\le r-s=|r|+|s|$（因为$r\ge 0,-r\le r)$。
  情况3： $r<0,s<0$
  此时$|r|=-r,|s|=-s,|r+s|=-(r+s)$。
  所以
  $|r+s|=-(r+s)=(-r)+(-s)=|r|+|s|$，不等式成立。
综上，对所有实数，$r,s,|r+s|\le |r|+|s|$成立。

8、假设 $a+b+c=d$ 其中a,b,c,d是非负整数。

令P表示断言d是偶数，W表示断言a,b,c三者之一是偶数，T表示断言a,b,c三者都是偶数。
使用案例证明法证明
             P IFF [W OR T]
证明：
  充分性：如果P成立，即d是偶数，证明 W OR T成立。
  根据整数的奇偶性，整数只有奇数和偶数两种情况。三个整数a,b,c的奇偶性组合有以下几种：
  ·三个都是奇数：设$a=2m+1,b=2n+1,c=2p+1$，则$d=a+b+c=2(m+n+p+1)+1$是奇数，与d是偶数矛盾。
  ·至少有一个是偶数：满足 W OR T。所以如果d是偶数，则a,b,c中至少有一个是偶数，即p=>(W OR T)。
  必要性：如果 W OR T成立，证明P成立
  ·若T成立，即a,b,c都是偶数，设$a=2m,b=2n,c=2p$，则$d=a+b+c=2(m+n+p)$是偶数。
  若W成立，不妨设a是偶数，b和c是奇数，设$a=2m,b=2n+1,c=2p+1$，则$d=a+b+c=2(m+n+p+1)$是偶数。
所以 P IFF [W OR T]成立。

9、假设$w^2+x^2+y^2=z^2$

其中w,x,y,z是非负整数。令P表示断言z是偶数，R表示断言w,x,y三者都是偶数。使用案例证明法证明
                   P IFF R
提示：奇数可以表示为2m+1，其中m是整数，因此它的平方等于$4(m^2+m)+1$。
证明：
  充分性：如果P成立，即z是偶数，证明R成立
  根据提示，奇数可以表示为2m+1，其平方为$4(m^2+m）+1$。
  ·假设w,x,y中至少有一个是奇数。不妨设$w=2m+1$，则$w^2=4(m^2+m)+1$。
  ·若x,y都是偶数，设$x=2n,y=2p$，则$x^2=4n^2,y^2=4p^2,w^2+x^2+y^2=4(m^2+m+n+p^2)+1$是奇数，与$z^2$是偶数的平方（即能被4整数）矛盾。
  ·若x,y中也有奇数，同样可以得到$w^2+x^2+y^2$是奇数，与$z^2$是偶数的平方矛盾。所以如果z是偶数，则w,x,y都是偶数，即P=>R。
  必要性：如果R成立，证明P成立
  若w,x,y都是偶数，设$w=2m,x=2n,y=2p$，则$w^2+x^2+y^2=4(m^2+n^2+p^2)$，那么$z^2=4(m^2+n^2+p^2)$，所以z是偶数，即R=>P。
所以 P IFF R 成立。

10、证明：存在无理数a，使得$a^{\sqrt{3}}$是有理数。

提示：使用案例证明法考虑${\sqrt[3]{2}}^{\sqrt{3}}$。
证明： 设$a=\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}$是无理数。
   ·假设${\sqrt[3]{2}}^{\sqrt{3}}$是无理数，我们再考虑另一种情况。令$a={\sqrt{2}}^{\sqrt[3]{3}\sqrt{3}}$，若${\sqrt{2}}^{\sqrt[3]{3}}$是无理数，我们直接考虑$a={\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}$
   ·假设${\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}$是有理数，则找到了满足条件的无理数$a=\sqrt{2}$。
   ·假设${\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}$是无理数，令$b={\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}$，则$b^{\sqrt{3}}=({\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}{)}^{\sqrt{3}}={\sqrt{2}}^3=2$是有理数，此时$a=b={\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}$（这里的a虽然是${\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}$这种形式，但本质是一个无理数）满足$a^{\sqrt{3}}$是有理数。
所以存在无理数a，使得$a^{\sqrt{3}}$是有理数。

11、证明对任意$n>0$，如果$a^n$是偶数，那么a是偶数。

提示：反证法
证明： 假设a不是偶数，那么a是奇数
    设$a=2k+1$，其中k是整数
    则$a^n=(2k+1{)}^n$
    根据二项式定理展开：
    $a^n={\sum }_{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)(2k{)}^i\cdot 1^{n-i}=1+2\cdot (某个整数)$
    即$a^n$是奇数，与$a^n$是偶数矛盾
    因此，假设不成立，a必须是偶数。

12、证明：如果$a\cdot b=n$，那么a或b一定有一个满足$\le \sqrt{n}$，其中a,b,n是非负实数。

证明： 假设a和b都大于$\sqrt{n}$
    设$a>\sqrt{n}$和$b>\sqrt{n}$
    则$a\cdot b>\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}=n$
    这与$a\cdot b=n$矛盾
    因此，假设不成立，a或b必须小于或等于$\sqrt{n}$。

13、n是非负整数

(a) 解释：如果$n^2$是偶数，即是2的倍数，那么n是偶数
证明：设$n^2=2k$，其中k是整数
   假设n是奇数，则$n=2m+1$
   $n^2=(2m+1{)}^2=4m^2+4m+1$
   $n^2$是奇数，与$n^2$是偶数矛盾。
   因此，n必须是偶数。
(b) 解释：如果$n^2$是3的倍数，那么n一定是3的倍数
证明：设$n^2=3k$，其中k是整数。
   假设n不是3的倍数，则n除以3的余数只能是1或2。
   若$n=3m+1$，则$n^2=(3m+1{)}^2=9m^2+6m+1$，不能被3整除。
   这与$n^2$是3的倍数矛盾；
   因此，n必须是3的倍数。

14、证明：$lo{g}_{4}6$是无理数

证明： 设$lo{g}_{4}6=\frac{p}{q}$，其中p和q互质的整数。
    则$6=4^{\frac{p}{q}}$
    $6^q=4^p$
    $6^q=(2^2{)}^p=2^{2p}$
    $6^q=2^q\cdot 3^q=2^{2p}$
    这意味着$3^q$是2的幂，不成立，因为3不是2点幂；
    因此，假设不成立，$lo{g}_{4}6$是无理数。

15、采用反证法证明：$\sqrt{3}+\sqrt{2}$是无理数

证明： 假设$\sqrt{3}+\sqrt{2}$是有理数
    设$\sqrt{3}+\sqrt{3}=r$，其中r是有理数，则$\sqrt{3}=r-\sqrt{2}$。
    两边平方：
    $3=r^2-2r\sqrt{2}+2$
    $1=r^2-2r\sqrt{2}$
    $2r\sqrt{2}=r^2-1$
    $\sqrt{2}=\frac{r^2-1}{2r}$
    如果r是有理数，则$\sqrt{2}$也是有理数，矛盾。
    因此，假设不成立，$\sqrt{3}+\sqrt{2}$是无理数。

16、如果$n=40$，那么多项式$p(n)::=n^2+n+41$的值不是质数。

我们可以得出结论，只产生质数的多项式（非常数）是不存在的。特别地，令$q(n)$表示整数系数的多项式，而且q的常数项$c::=q(0)$。
(a) 证明：对所有$m\in Z,q(cm)$是c的倍数。
证明：设$q(n)=a_k{n}^k+a_{k-1}{n}^{k-1}+\cdot \cdot \cdot +a_{1}n+a_0$，其中$a_i\in Z$。
   则
   $q(cm)=a_k(cm{)}^k+a_{k-1}(cm{)}^{k-1}+\cdot \cdot \cdot +a_1(cm)+a_0$
   提取因子c：
   $q(cm)=c(a_k{c}^{k-1}{m}^k+a_{k-1}{c}^{k-2}{m}^{k-1}+\cdot \cdot \cdot +a_{1}m)+a_0$。
注意到$a_0=c$，因此$q(cm)$可以写成c的倍数加上c，即$q(cm)$是c的倍数。更准确地说，可以将$q(cm)$重写为：
$q(cm)=c(a_k{c}^{k-1}{m}^k+a_{k-1}{c}^{k-2}{m}^{k-1}+\cdot \cdot \cdot +a_{1}m+\frac{a_0}{c}$，但由于$a_0=c$，所以$\frac{a_0}{c}=1$，因此$q(cm)$是c的倍数。
实际上，更简单的方式是注意到$q(cm)$的每一项（除了常数项）都包含c作为因子，而常数项$a_0=c$，因此$q(cm)$是c的倍数。
(b) 证明：如果q不是常熟，并且$c>1$，由于n属于非负整数集合N，存在无数多个$q(n)\in Z$都不是质数。
证明：如果q不是常熟，并且$c>1$，由于n属于非负整数集合N，存在无数多个$q(n)\in Z$都不是质数。
设$q(n)=a_k{n}^k+a_{k-1}{n}^{k-1}+\cdot \cdot \cdot +a_{1}n+c$，其中$a_k\ne 0$。
考虑$n=cm$，其中m是任意整数。
由（a）知，$q(cm)$是c的倍数。
如果$q(cm)$是质数，那么$q(cm)$只能被1和它本身整除，但由于$q(cm)$是c的倍数，且$c>1$，所以$q(cm)$至少有三个因数：1，c和$q(cm)$本身（除非$q(cm)=c$，但这种情况不可能对所有m成立），因此，$q(cm)$不是质数。
由于m是任意正整数，所以存在无数多个$q(n)$都不是质数。
© 证明：对任意常熟多项式q，一定存在$n\in N$，使得$q(n)$不是质数。
证明：对任意非常熟多项式q，一定存在$n\in N$，使得$q(n)$不是质数。考虑$q(n)$的增长情况。由于q是非常数多项式，随着n的增加，$q(n)$的值会无限制地增长。
假设$q(n)$对所有$n\in N$都是质数，那么$q(n)$的值只能在质数集合中取值。但是质数集合在整数集合中的密度为0，即质数相对于整数来说非常稀疏。
因此，如果$q(n)$对所有$n\in N$都是质数，那么$q(n)$的值将受到严重限制，这与$q(n)$无限制地增长矛盾。
更严格地，可以考虑$q(n)$的某个质数的余数。
由于$q(n)$的系数是整数，所以$q(n)$在某个质数p下的余数只能是有限个。
因此，存在某个$n_1$和$n_2$（$n_1\ne n_2$）使得$q(n_1)\equiv q(n_2)$ (mod p)。
如果$q(n_1)$和$q(n_2)$都是质数，并且都大于p，那么它们都不被p整除，但这与$q(n_1)\equiv q(n_2)$ (mod p)矛盾（除非$q(n_1)=q(n_2)$，但这种情况可以通过选择不同的$n_1$和$n_2$来避免）.
如果$q(n_1)$或$q(n_2)$等于p，那么这种情况也是有限的，不能对所有n成立。
因此，存在某个$n\in N$使得$q(n)$不是质数。