Let S = { n ∈ Z+ | Pni=1 i3 6= (1/4

Let S = { n ∈ Z+ | Pni=1 i3 6= (1/4)n2(n + 1)2 } (the set of all integers for which the given formula is false. Our aim is to prove that S is
empty. Using indirect proof (see §0d), assume that S 6= ∅. By 3.1 it follows that S must have a least element. Let k be this least element. Since
P1i=1 i3 = 13 = (1/4)12(1 + 1)2 we see that 1 ∈/ S, and so k 6= 1. Since
k ∈ Z+ and k 6= 1, it follows that k − 1 is also a positive integer. Since
k − 1 < k and k is the least positive integer in S, it follows that k − 1 ∈/ S.
Thus Pki=1−1 i3 = (1/4)(k − 1)2k2. Adding k3 to both sides of this gives
Pki=1 i3 = (1/4)(k − 1)2k2 + k3
= (1/4)((k2 − 2k + 1)k2 + 4k3)
= (1/4)(k4 − 2k3 + k2 + 4k3)
= (1/4)(k4 + 2k3 + k2)
= (1/4)k2(k + 1)2,
and by the definition of S we deduce that k /∈ S. But this is a contradiction,
since k ∈ S by the definition of k. This contradiction completes the proof
that S is empty, which is what we had to prove. ...
The illustrative proof in 3.1.1 above is somewhat convoluted, and is
more naturally expressed as a direct proof by induction, in the usual way. In
other cases, however, the Least Integer Principle may be more natural and
easier to use than induction. Indeed, our next proof is a case in point. We
use 3.1 to prove the Division Theorem for integers:
3.2 Theorem Ifa ∈ Z and n ∈ Z+ then there exist unique integers q and
r with a = qn + r and 0 ≤ r < n.
Pro of. Since r has to be a − qn, the theorem can be rephrased as follows:
(∗) If a ∈ Z and n ∈ Z+ then there exists a
unique integer q such that 0 ≤ a − qn < n.
Given a and n, we first prove the existence of such a q

Kết quả (Việt) 1:

Giả sử S = {n ∈ Z + | Pni = 1 i3 6 = (1/4) n2 (n + 1) 2} (tập hợp của các số nguyên tất cả mà công thức nhất định là sai. Mục đích của chúng tôi là để chứng minh rằng S làsản phẩm nào. Bằng cách sử dụng gián tiếp bằng chứng (xem §0d), giả sử là 6 S = ∅. Bởi 3.1 sau S phải có một yếu tố ít nhất. Hãy để k là ít nhất là nguyên tố này. Kể từP1i = 1 i3 = 13 = (1/4) 12 (1 + 1) 2 chúng ta thấy rằng ∈ 1 / S, và do đó k 6 = 1. Kể từk ∈ Z + và k 6 = 1, nó sau đó k − 1 là số nguyên dương. Kể từk − 1 < k và k là số nguyên dương ít nhất là trong S, nó sau đó ∈ − 1 k / S.Do đó Pki = 1−1 i3 = (1/4)(k − 1) 2 k 2. Thêm k3 để cả hai bên này cung cấp choPKI = 1 i3 = (1/4)(k − 1) 2 k 2 + k3= (1/4) ((k2 − 2 k + 1) k2 + 4k 3)= (1/4) (k4 − 2k 3 + k2 + 4k 3)= (1/4) (k4 + 2 k 3 + k2)= (1/4) k2 (k + 1) 2,và theo định nghĩa của chúng ta suy ra rằng k /∈ S. Nhưng đây là một mâu thuẫn,kể từ khi k ∈ S theo định nghĩa của k. Mâu thuẫn này hoàn thành các bằng chứngđó S là trống rỗng, mà là những gì chúng tôi đã chứng minh. ...Bằng chứng minh họa trong 3.1.1 ở trên hơi phức tạp, và lànhiều hơn nữa tự nhiên diễn tả như một chứng minh trực tiếp bằng quy nạp, theo cách thông thường. Ởtrường hợp khác, Tuy nhiên, nguyên tắc số nguyên ít nhất có thể tự nhiên hơn vàdễ dàng hơn để sử dụng hơn cảm ứng. Thật vậy, chúng tôi chứng minh tiếp theo là một trường hợp tại điểm. Chúng tôisử dụng 3.1 để chứng minh định lý bộ phận đối với số nguyên:3.2 các định lý Ifa ∈ Z và n ∈ Z + sau đó có tồn tại số nguyên độc đáo q vàr với một = qn + r và 0 ≤ r < n.Chuyên nghiệp của. Do r có phải một qn −, định lý có thể được rephrased như sau:(∗) nếu một ∈ Z và n ∈ Z + sau đó có tồn tại mộtduy nhất số nguyên q như vậy đó 0 ≤ − qn < n.Chúng tôi đưa ra một và n, lần đầu tiên chứng minh sự tồn tại của một q

Kết quả (Việt) 2:

Hãy S = {n ∈ Z + | PNI = 1 i3 6 = (1/4) n2 (n + 1) 2}. (Tập hợp tất cả các số nguyên mà công thức đưa ra là sai mục đích của chúng tôi là để chứng minh rằng S là
trống rỗng . Sử dụng bằng chứng gián tiếp (xem §0d), cho rằng S 6 = ∅. By 3.1 nó sau đó S phải có một yếu tố ít nhất. Hãy k có yếu tố ít nhất này. Kể từ
P1i = 1 i3 = 13 = (1/4) 12 (1 + 1) 2 chúng ta thấy rằng 1 ∈ / S, và vì vậy k 6 = 1. Vì
k ∈ Z + và 6 k = 1, nó sau đó k - 1 cũng là một số nguyên dương Kể từ.
k - 1 <k và k là số nguyên dương ít nhất là trong S, nó sau đó k - 1 ∈ / S.
Như vậy PKI = 1-1 i3 = (1/4) (k - 1). 2k2 Thêm k3 cho cả hai bên của điều này cho
PKI = 1 i3 = (1/4) (k - 1) 2k2 + k3
= (1/4) ((k2 - 2k + 1) k2 + 4k3)
= (1/4) (k4 - 2K3 + k2 + 4k3)
= ( 1/4) (k4 + 2K3 + k2)
= (1/4) k2 (k + 1) 2,
và theo định nghĩa của S, chúng tôi suy luận rằng k / ∈ S. Nhưng đây là một mâu thuẫn,
vì k ∈ S bởi định nghĩa của k. mâu thuẫn này hoàn thành việc chứng minh
rằng S là trống rỗng, đó là những gì chúng tôi phải chứng minh. ...
Các bằng chứng minh họa trong 3.1.1 trên là hơi phức tạp, và được
tự nhiên hơn thể hiện như một bằng chứng trực tiếp bằng cảm ứng, theo cách thông thường. Trong
trường hợp khác, tuy nhiên, ít nhất Nguyên tắc Integer có thể tự nhiên hơn và
dễ dàng hơn để sử dụng hơn so với cảm ứng. Thật vậy, bằng chứng tiếp theo của chúng tôi là một trường hợp tại điểm. Chúng tôi
sử dụng 3.1 để chứng minh định lý Division cho các số nguyên:
3.2 Định lý Ifa ∈ Z và n ∈ Z + sau đó có tồn tại số nguyên độc đáo q và
r với a = qn + r và 0 ≤ r <n.
Pro ​​của. Kể từ khi r có phải là một - qn, định lý có thể được viết lại như sau:
(*) Nếu a ∈ Z và n ∈ Z + sau đó có tồn tại một
. q số nguyên duy nhất như vậy mà 0 ≤ a - qn <n
một Do và n, chúng tôi đầu tiên chứng minh sự tồn tại của aq như vậy