有哪些自己发现并证明的并自以为得意的初等数学定理？
抛砖引玉说两个：
1. 除了 3、4、5 之外不存在任何包含孪生数的勾股数；
2. 任何整数都能写成两个平方数和一个立方数的和。这里平方数和立方数分别指正整数或负整数的平方或者立方。
都不算太难证，不知道有没有人证明过。。。
一元三次、四次方程通解。现在想起这件事都觉得有点小得意。
那时候上高中，突然很好奇一元三次方程怎么解，没想到花了一周时间真的完全独立地解出来了。我把这件事告诉数学老师，他说：「历史上能独立推出来一元三次方程的，能有几人。」现在想想是夸大的鼓励，但当时真的觉得好激动。
为此特意买了一个本子记录了解题的心路历程，以后每当解决了新问题都会记录下来。隔了两三天把一元四次方程解出来了，思路和前者差不多。
说一下当时的求解思路吧。求解的过程对于专业人士看来可能并不严谨，但是这个过程只用到初等数学。。
对于方程：
我先参考一元二次方程的配方法，尝试用变换方程形式的方法试图直接得到解，但各种形式变换均以失败告终。推测这个方法不可行，没有类似于配方法、因式分解法的简单过程。
然后，试图推测解的形式。通过配方法把方程化简为下述形式(因为这样化简可以极大地提升效率)：
这里，我假设a和b均为有理数。(即使a或b不是有理数也不会影响通解公式形式，而做这个假设会使分析变得简单)
现在试图猜测解的形式，例如：
为便于分析，始终假定t是有理数（实际上，只需假定不对t再拆即可）。那么，代入简化后的三次方程，得到：
想让等式左边为有理数，a必须为零才行。所以猜测的形式失败。
再猜测一个形式，比如：
代入化简后的方程，有：
想让等式左边为有理数，t+a需要等于0，此时b必须等于零才行。所以猜测的形式失败。
现在猜测解是多个根式的和。（当然了，也可以猜测是多个根式的嵌套，但先从简单的开始试嘛）。首先肯定不能是四次五次根式之类的形式，所以推测：
然后把它代到三次方程里，得到一个非常鬼畜的结果：
然后，我们希望等式左边是有理数，如果令n=0就可以一下子去掉四个根式，变成：
想让剩下两个立方根式也消去，只需要令：
这样就一次性消掉了两项
把m的表达式代入x的表达式，得到：
很好，这样就知道x应该是个什么样的形式了。我们再把这个表达式代入方程，得到：
这个方程能解出t，再代入上面的式子就求出x了。
20190407更新：
评论里有提到其余几个根怎么求的，我就把剩余的步骤写出来。
根据前面的构造法，可以得出第一个根（虽然t解出了两个解，但是把它们代入求x的公式以后，通常只能求出一个x）：
类似于二次方程的韦达定理，三次方程的三个根满足如下的关系（该公式的推导方法与二次方程推导韦达定理的方法相同）：
根据「韦达定理」第一项，设
这个构造是我刚才动笔算的方法，至于高中时候的我是怎么构造的我已经不记得了（我的笔记本里在求完x1以后直接就写出了x2和x3的计算结果了……），但可能也是类似的方法吧，因为构造出对称形式很便于化简。
代入「韦达定理」的第二项，得到：
现在，只需求出s，即可求出另外两个根了。
代入x2和x3的等式，即可求出x2和x3：
判别式 （为防止误导读者，我特意查了一下百度百科，标准解法的判别式与我定义的判别式相差系数4，但是实际上效果是一样的，因为它只判别正负。）
当 时，方程有一实根、两虚根；当
时，方程有三个不等实根。
当时做了一个比较大胆的假设：对于有三个不等实根的三次方程，除非其形式足够简单（比如三次根式里面套的那个二次根式可以拆掉或所有根式都可拆掉等等），否则三次根式内的虚数符号i是无法消掉的。之所以作出这个猜测，是因为我试图把三次根式内的i消掉时，永远都会得到一个与之难度相同的新的三次方程（所谓难度相同，即新的三次方程也消不掉根号内部的i）。
刚才我查了一下百度，好像标准的求根公式里也是保留著三次根式内部的虚数符号i，也就是说我的猜测可能是对的（如果数学专业的同学看到这里不对的话，麻烦提醒一下谢谢）。
举个例子：
对于
得到
cos40度明显是个实数，但是表示它不得不借助虚根。
评论里有提到四次方程，就顺手把四次方程的思路粘贴一下，答主手懒就不写了：
ok，就酱。
本草履虫高中想到计算 的方法。
k是1，2时 初中就已经学过公式， 和
但一直找不到k大于2之后的公式。
高二学排列组合，无意中研究讲过的公式
考虑r=3的时候
右边第一个和就是我们想要的，剩下的两个和都是已经知道的，完成。
后来又想想，可以直接强算啊
把n从1到n的上述式子都加起来
右边第一项就是想要算的，后两项都已知，问题在于左边的式子
左边挺有规律，我就列出来个表看看
把表补完整再在左边多补一列，全部加起来就是 ，已知了。
考虑表补上去的部分
把每一行分别加起来不就是 么
再把每列加起来，不就是 了
这样得到
后来读到了阿贝尔变换和分部积分。。。
高三学了点导数，加上排列组合看到的生成函数，又想到一个办法
考虑
带入x=0就是各阶求和了
接著把f(x)换个形式
虽然是等比数列求和 但x=0时f(1)全是1了，就没办法了
然后想想可以求极限，避开x=0而算 ,这样就能用等比数列求和公式了啊
任意阶的情况
那个导数很好算，和上面两个办法比，不需要知道低阶的等式，直接就能求解。
k是负数的情况，可以把调和级数化成积分的形式，当时发到贴吧，正好是三江方士证明调和级数收敛，让人类几百年数学大厦轰然倒塌的时候，加上表述不清楚，也就沉了。有位贴吧大佬给我他之前科普调和级数的帖子，原来是个没啥用处的等式。
再说另外一个想复杂的证明，排列组合的范德蒙德恒等式。当时是看到一个组合数学题，想复杂了的结果。
从一个nxn的网格左下角沿著网格线走到右上角不能绕路，有多少种走法
直接 就好，总共要走2n个边线，从中选n个横著走。
我的想法是数经过的线，比如在一条水平直线上总共走了r个边，那么另外一条竖直直线上就要走n-r个边
然后r可以是1到n，整理整理就是范德蒙德了
具体好麻烦，不写了
当时发到贴吧，有人就是给我回了范德蒙德的证明，一比，我搞的好复杂。
证明正十七边形可以尺规作图。在18岁的时候。
其实就是发现尺规作图可以做出有理数加上根号运算的所有长度。之后就是对cos2/17 pi 计算就行了。
那时候刚刚高中毕业，特别傲慢。看不起欧拉，觉得高斯的力量我也有。看了一堆乱糟糟的书，内心膨胀到爆炸。
现在才明白先人走了多么艰难的路，而我不过是一个受惠者。而且最终也从纯数学里面挣脱了出来。
初三的时候按计算器发现的，真的是斐波那契数列里超级巧合的结论了，但证明出来才发现...很初等...
对于
证明：
当n是偶数，
当n是奇数，
于是命题 得证
回到原命题， ，得到
因为
所以
由于反正切函数的值域是 ，并且当且仅当x为正实数时函数值大于零
这样就得到了
也就是
q.e.d.
我们知道非常古老的关于pi的Wallis乘积，
这一般是通过控制积分，
的行为来得到。
另一种方法是取sin的无穷乘积展开，
的特殊值x=pi/2来得到。
那有没有可能把这个过程反过来呢？
考虑积分，
mathematica的一个例子，
这意味著，
可以通过分布积分加归纳法得到。
接下来只需要通过另一种手段计算I_n(x)即可得到sin的无穷乘积。
最直接的方法是展开sin(2txpi)为Taylor级数，计算形如，
再由一致收敛性通过一个积分换序得到右边为sin x 的Taylor级数。
这样就得到了sin 的无穷乘积展开的「一行证明」。
更巧妙的方法是考察积分，
让我们来看看这个核函数长什么样，
是不是很眼熟？……Dirac 分布 的叠加，通常被叫做Dirac梳子，
（有趣的是Dirac comb的fourier transform为其自身)
这不难理解，(sin x)^(2n)在sin x=1的地方保持不变，然后无穷的压缩其它地方的值，前面的因子是为了保证积分为1。
因此，
证明的话就是将积分分为两段，分别做估计。
因此积分，
故事讲到这里，其实这仅仅是对原有思路的推广，回过头来看没有什么可以得意的地方。（点头）
（推眼镜）下面是装x的时刻：这些事情是我在大概初三~高一时候做的。
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