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高中数学联赛常用定理


常用定理 1、费马点 (I)基本概念 定义:在一个三角形中,到 3 个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点。 (1)若三角形 ABC 的 3 个内角均小于 120° 那么 3 条距离连线正好平分费马点所在的周角。 , 所以三角形的费马点也称为三角 形的等角中心。 (2)若三角形有一内角不小于 120 度,则此钝角的顶点就是距离和最小的点。 (II)证明 我们要如何证明费马点呢:

费马点证明图形 (1)费马点对边的张角为 120 度。 △CC1B 和△AA1B 中,BC=BA1,BA=BC1,∠CBC1=∠B+60 度=∠ABA1, △CC1B 和△AA1B 是全等三角形,得到∠PCB=∠PA1B 同理可得∠CBP=∠CA1P 由∠PA1B+∠CA1P=60 度,得∠PCB+∠CBP=60 度,所以∠CPB=120 度 同理,∠APB=120 度,∠APC=120 度 (2)PA+PB+PC=AA1 将△BPC 以点 B 为旋转中心旋转 60 度与△BDA1 重合,连结 PD,则△PDB 为等边三角形,所以∠BPD=60 度 又∠BPA=120 度,因此 A、P、D 三点在同一直线上, 又∠CPB=∠A1DB=120 度,∠PDB=60 度,∠PDA1=180 度,所以 A、P、D、A1 四点在同一直线上,故 PA+PB+PC=AA1。 (3)PA+PB+PC 最短 在△ABC 内任意取一点 M(不与点 P 重合) ,连结 AM、BM、CM,将△BMC 以点 B 为旋转中心旋转 60 度与△BGA1 重 合,连结 AM、GM、A1G(同上),则 AA1<A1G+GM+MA=AM+BM+CM.所以费马点到三个顶点 A、B、C 的距离最短。 平面四边形费马点 平面四边形中费马点证明相对于三角型中较为简易,也较容易研究。 (1)在凸四边形 ABCD 中,费马点为两对角线 AC、BD 交点 P。

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费马点 (2)在凹四边形 ABCD 中,费马点为凹顶点 D(P) 。 经过上述的推导,我们即得出了三角形中费马点的找法: 当三角形有一个内角大于或等于一百二十度的时候,费马点就是这个内角的顶点;如果三个内角都在 120 度以内,那么, 费马点就是使得费马点与三角形三顶点的连线两两夹角为 120 度的点。 (III)费马点性质:

费马点 (1)平面内一点 P 到△ABC 三顶点的之和为 PA+PB+PC,当点 P 为费马点时,距离之和最小。 特殊三角形中: (2).三内角皆小于 120° 的三角形, 分别以 AB,BC,CA, 为边, 向三角形外侧做正三角形 ABC1,ACB1,BCA1,然后连接 AA1,BB1,CC1, 则三线交于一点 P,则点 P 就是所求的费马点. (3).若三角形有一内角大于或等于 120 度,则此钝角的顶点就是所求. (4)当△ABC 为等边三角形时,此时外心与费马点重合

二、梅涅劳斯定理和塞瓦定理 1、梅涅劳斯定理

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梅涅劳斯定理证明 梅涅劳斯(Menelaus)定理(简称梅氏定理)是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出:如果一条直线与△ABC 的三边

AF BC DO ? ? ?1 CD OA AB、BC、CA 或其延长线交于 F、D、E 点,那么 FB
证明:做平行线即可,过程略 2、角元形式: (1)第一角元形式的梅涅劳斯定理

如图:若 E,F,D 三点共线,则 (sin∠ACF/sin∠FCB)(sin∠BAD/sin∠DAC)(sin∠CBA/sin∠ABE)=1 即图中的蓝角正弦值之积等于红角正弦值之积 该形式的梅涅劳斯定理也很实用 (2)第二角元形式的梅涅劳斯定理 在平面上任取一点 O,且 EDF 共线,则(sin∠AOF/sin∠FOB)(sin∠BOD/sin∠DOC)(sin∠COA/sin∠AOE)=1。(O 不与点 A、B、 C 重合) 三、塞瓦定理 塞瓦定理 在△ABC 内任取一点 O, 直线 AO、BO、CO 分别交对边于 D、E、F,则 (BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 证法简介 (Ⅰ)本题可利用梅涅劳斯定理证明: ∵△ADC 被直线 BOE 所截, ∴ (CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ① 而由△ABD 被直线 COF 所截,∴ (BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1② ②÷ ①:即得:(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 (Ⅱ)也可以利用面积关系证明 ∵ BD/DC=S △ ABD/S △ ACD=S △ BOD/S △ COD=(S △ ABD-S △ BOD)/(S △ ACD-S △ COD)=S△AOB/S△AOC ③ 同理 CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤ ③× ⑤得 BD/DC*CE/EA*AF/FB=1 ④× 塞瓦定理推论 1.设 E 是△ABD 内任意一点,AE、BE、DE 分别交对边于 C、G、F,则(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1 因 为 (BC/CD)*(DG/GA)*(AF/FB)=1 , 塞 瓦 定 理 ) 所 以 ( (BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=K ( K 为 未 知 参 数 ) 且

(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=K(K 为未知参数)又由梅涅劳斯定理得:(BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=1 所以(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1 2.塞瓦定理角元形式 AD,BE,CF 交于一点的充分必要条件是:

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(sin∠BAD/sin∠DAC)*(sin∠ACF/sin∠FCB)*(sin∠CBE/sin∠EBA)=1 由正弦定理及三角形面积公式易证 3.如图,对于圆周上顺次 6 点 A,B,C,D,E,F,直线 AD,BE,CF 交于一点的充分必要条件是: (AB/BC)*(CD/DE)*(EF/FA)=1

由塞瓦定理的角元形式,正弦定理及圆弦长与所对圆周角关系易证。 4.还能利用塞瓦定理证三角形三条高交于一点 设三 边 AB、BC、 AC 的垂 足分别 为 D、 E、 F,根据塞 瓦定理逆定 理 ,因为 (AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA ) /[(CD*ctgB)]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/[(AE*ctgB)]=1,所以三条高 CD、AE、BF 交于一点。

四、西姆松定理

西姆松定理图示 西姆松定理是一个几何定理。表述为:过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线,则三垂足共线。 (此线常称 为西姆松线) 。西姆松定理的逆定理为:若一点在三角形三边所在直线上的射影共线,则该点在此三角形的外接圆上。 西姆松定理说明 相关的结果有: (1)称三角形的垂心为 H。西姆松线和 PH 的交点为线段 PH 的中点,且这点在九点圆上。 (2)两点的西姆松线的交角等于该两点的圆周角。 (3)若两个三角形的外接圆相同,这外接圆上的一点 P 对应两者的西姆松线的交角,跟 P 的位置无关。 (4)从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 证明 证明一: △ABC 外接圆上有点 P,且 PE⊥AC 于 E,PF⊥AB 于 F,PD⊥BC 于 D,分别连 DE、DF. 易证 P、B、F、D 及 P、D、C、E 和 A、B、P、C 分别共圆,于是∠FDP=∠ACP ①, (∵都是∠ABP 的补角) 且∠PDE= ∠PCE ② 而∠ACP+∠PCE=180° ③ ∴∠FDP+∠PDE=180° ④ 即 F、D、E 共线. 反之,当 F、D、E 共线时,由④→②→③→①可见 A、B、P、C 共圆.

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证明二: 如图,若 L、M、N 三点共线,连结 BP,CP,则因 PL 垂直于 BC,PM 垂直于 AC,PN 垂直于 AB,有 B、P、L、 N和

M、P、L、C 分别四点共圆,有 ∠PBN = ∠PLN = ∠PLM = ∠PCM. 故 A、B、P、C 四点共圆。 若 A、B、P、C 四点共圆,则∠PBN = ∠PCM。因 PL 垂直于 BC,PM 垂直于 AC,PN 垂直于 AB,有 B、P、L、N 和 M、 P、L、C 四点共圆,有 ∠PBN =∠PLN =∠PCM=∠PLM. 故 L、M、N 三点共线。 相关性质的证明 连 AH 延长线交圆于 G, 连 PG 交西姆松线与 R,BC 于 Q 如图连其他相关线段 AH⊥BC,PF⊥BC==>AG//PF==>∠1=∠2

A.G.C.P 共圆==>∠2=∠3 PE⊥AC,PF⊥BC==>P.E.F.C 共圆==>∠3=∠4 ==>∠1=∠4 PF⊥BC ==>PR=RQ BH⊥AC,AH⊥BC==>∠5=∠6 A.B.G.C 共圆==>∠6=∠7 ==>∠5=∠7 AG⊥BC==>BC 垂直平分 GH ==>∠8=∠2=∠4

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∠8+∠9=90,∠10+∠4=90==>∠9=∠10 ==>HQ//DF ==>PM=MH 第二个问,平分点在九点圆上,如图:设 O,G,H 分别为三角形 ABC 的外心,重心和垂心。 则 O 是,确定九点圆的中点三角形 XYZ 的垂心,而 G 还是它的重心。 那么三角形 XYZ 的外心 O1, 也在同一直线上,并且 HG/GO=GO/GO1=2,所以 O1 是 OH 的中点。 三角形 ABC 和三角形 XYZ 位似,那么它们的外接圆也位似。两个圆的圆心都在 OH 上,并且两圆半径比为 1:2 所以 G 是三角形 ABC 外接圆和三角形 XYZ 外接圆(九点圆)的"反"位似中心(相似点在位似中心的两边),H 是"正"位似中心(相 似点在位似中心的同一边)... 所以 H 到三角形 ABC 的外接圆上的连线中点必在三角形 DEF 的外接圆上.... 五、托勒密定理 1、定理的内容 托勒密(Ptolemy)定理指出,圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。 原文:圆的内接四边 形中,两对角线所包矩形的面积等于 一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。 从这个定理可以推出正弦、 余弦的和差公式及一系列的三角恒等式,托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质. 证明 一、 (以下是推论的证明,托勒密定理可视作特殊情况。 ) 在任意四边形 ABCD 中,作△ABE 使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ ACD 因为△ABE∽△ACD 所以 BE/CD=AB/AC,即 BE· AC=AB· (1) CD 而∠BAC=∠DAE, ,∠ACB=∠ADE 所以△ABC∽△AED 相似. BC/ED=AC/AD 即 ED· AC=BC· (2) AD (1)+(2),得 AC(BE+ED)=AB· CD+AD· BC 又因为 BE+ED≥BD (仅在四边形 ABCD 是某圆的内接四边形时,等号成立,即“托勒密定理”) 所以命题得证 复数证明 用 a、b、c、d 分别表示四边形顶点 A、B、C、D 的复数,则 AB、CD、AD、BC、AC、BD 的长度分别是:(a-b)、(c-d)、 (a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。 首先注意到复数恒等式: (a ? b)(c ? d) + (a ? d)(b ? c) = (a ? c)(b ? d) ,两边取模,运用三角不等式 得。 等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等,这与 A、B、C、D 四点共圆等价。 四点不限于同一平面。 平面上, 托勒密不等式是三角不等式的反演形式。 二、 设 ABCD 是圆内接四边形。 在弦 BC 上,圆周角∠BAC = ∠BDC,而在 AB 上,∠ADB = ∠ACB。 在 AC 上取一点 K, 使得∠ABK = ∠CBD; 因为∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD,所以∠CBK = ∠ABD。 因此△ABK 与△DBC 相似,同理也有△ABD ~ △KBC。 因此 AK/AB = CD/BD,且 CK/BC = DA/BD; 因此 AK· = AB· BD CD,且 CK· = BC· BD DA; 两式相加,得(AK+CK)· = AB· + BC· BD CD DA; 但 AK+CK = AC,因此 AC· = AB· + BC· BD CD DA。证毕。 三、 托勒密定理:圆内接四边形中,两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的 面积与另一组对边所包矩形的面积之和).已知:圆内接四边形 ABCD,求证:AC· BD=AB· CD+AD· BC. 证明:如图 1,过 C 作 CP 交 BD 于 P,使∠1=∠2,又∠3=∠4,∴△ACD∽△BCP.得 AC:BC=AD:BP,AC· BP=AD· BC ①。 又∠ACB=∠DCP, ∠5=∠6, ∴△ACB∽△DCP. AC: 得 CD=AB: DP, DP=AB· ②。 AC· CD ①+②得 AC(BP+DP)=AB· CD +AD· BC.即 AC· BD=AB· CD+AD· BC.

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推论 1.任意凸四边形 ABCD,必有 AC·BD≤AB· CD+AD· BC,当且仅当 ABCD 四点共圆时取等号。 2.托勒密定理的逆定理同样成立:一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积,则这个凸四边形内接于一圆、 推广 托勒密不等式:四边形的任两组对边乘积不小于另外一组对边的乘积,取等号当且仅当共圆或共线。 简单的证明:复数恒等式:(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d),两边取模, 得不等式 AC·BD≤|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d)|=AB· CD+BC· AD 注意: 1.等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等,这与 A、B、C、D 四点共圆等价。 2.四点不限于同一平面。 六、欧拉定理:在一条线段上 AD 上,顺次标有 B、C 两点,则 AD· BC+AB· CD=AC· BD 七、重要不等式 1、均值不等式:

a1, a2?an ? R?, 则n ? ak ? k ?1n k ?1
TIP:完全的均值不等式 √[(a^2+ b^2)/2] ≥(a+b)/2 ≥√ab ≥2/(1/a+1/b) (二次幂平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均) 2、柯西不等式 柯西不等式的一般证法有以下几种:

n

? ak

n

(1)Cauchy 不等式的形式化写法就是:记两列数分别是 ai, bi,则有 (∑ai^2) * (∑bi^2) ≥ (∑ai * bi)^2. 我们令 f(x) = ∑(ai + x * bi)^2 = (∑bi^2) * x^2 + 2 * (∑ai * bi) * x + (∑ai^2) 则我们知道恒有 f(x) ≥ 0. 用二次函数无实根或只有一个实根的条件,就有 Δ = 4 * (∑ai * bi)^2 - 4 * (∑ai^2) * (∑bi^2) ≤ 0. 于是移项得到结论。 (2)用向量来证. m=(a1,a2......an) n=(b1,b2......bn) mn=a1b1+a2b2+......+anbn=(a1^+a2^+......+an^)^1/2 乘以(b1^+b2^+......+bn^)^1/2 乘以 cosX. 因为 cosX 小于等于 1,所以:a1b1+a2b2+......+anbn 小于等于 a1^+a2^+......+an^)^1/2 乘以(b1^+b2^+......+bn^)^1/2 这就证明了不等式. 柯西不等式还有很多种,这里只取两种较常用的证法.

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柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据,我们在教学中应给予极大的重视。 3.排序不等式 排序不等式是高中数学竞赛大纲要求的基本不等式。 设有两组数 a 1 , a 2 ,…… a n, b 1 , b 2 ,…… b n 满足 a 1 ≤ a 2 ≤……≤ a n, b 1 ≤ b 2 ≤……≤ b n 则有 a 1 b n + a 2 b n?1 +……+ a n b1≤ a 1 b t + a 2 b t +……+ a n b t ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 +……+ a n b n 式中 t1,t2,……,tn 是 1,2,……,n 的任意一 个排列, 当且仅当 a 1 = a 2 =……= a n 或 b 1 = b 2 =……= b n 时成立。 以上排序不等式也可简记为: 反序和≤乱序和≤同序和. 证明时可采用逐步调整法。 例如,证明:其余不变时,将 a 1 b 1 + a 2 b 2 调整为 a 1 b 2 + a 2 b 1 ,值变小,只需作差证明(a 1 -a 2 )*(b 1 -b 2 )≥0, 这由题知成立。 依次类推,根据逐步调整法,排序不等式得证。 4.契比雪夫不等式 切比雪夫不等式有两个 (1)设存在数列 a1,a2,a3.....an 和 b1,b2,b3......bn 满足 a1≤a2≤a3≤.....≤an 和 b1≤b2≤b3≤......≤bn 那么,∑aibi≥(1/n)(∑ai)(∑bi) (2)设存在数列 a1,a2,a3.....an 和 b1,b2,b3......bn 满足 a1≤a2≤a3≤.....≤an 和 b1≥b2≥b3≥......≥bn 那么,∑aibi≤(1/n)(∑ai)(∑bi) 5.琴生不等式 设 f(x)为上凸函数,则 f[(x1+x2+……+xn)/n]≥[f(x1)+f(x2)+……+f(xn)]/n,称为琴生不等式(幂平均) 。 加权形式为: f[(a1x1+a2x2+……+anxn)]≥a1f(x1)+a2f(x2)+……+anf(xn),其中 ai>=0(i=1,2,……,n),且 a1+a2+……+an=1. 6.幂平均不等式

1

{
幂平均不等式:ai>0(1≤i≤n),且 α>β,则有 iff a1=a2=a3=……=an 时取等号 加权的形式: 设 ai>0,pi>0(1≤i≤n),且 α>β,则有 (∑pi*ai^α/∑pi)^1/α≥(∑pi*ai^β/∑pi)^1/β

n ? ? ai i ?1

?

n

}
≥(∑ai^β/n)^1/β 成立

iff a1=a2=a3=……=an, p1=p2=p3=……=pn 时取等号。 特例: 调和平均(-1 次幂) - 几何平均(0 次幂) - 算术平均(1 次幂) , - 二次平均(2 次幂) , , , 7 权方和不等式 1) a1 ^ (m+1) / b1^m + a2 ^ (m+1) / b2^m + a3 ^ (m+1) / b3^m + …… + an ^ (m+1) / bn^m ≥ (a1+a2+a3+ …… +an) ^ (m+1) / (b1+b2+b3+ …… +bn)^m 其中 a,b,n 为正整数,m>0 或 m<-1 当且仅当 a1/b1=a2/b2=...=an/bn 时,等号成立 2)

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a1 ^ (m+1) / b1^m + a2 ^ (m+1) / b2^m + a3 ^ (m+1) / b3^m + …… + an ^ (m+1) / bn^m ≤ (a1+a2+a3+ …… +an) ^ (m+1) / (b1+b2+b3+ …… +bn)^m 其中 a,b,n 为正整数,-1<m<0 当且仅当 a1/b1=a2/b2=...=an/bn 时,等号成立 权方和不等式的等价形式: (Holder 不等式) :∑[i=1,n]ai*bi≤(∑[i=1,n]ai^p)^(1/p) * (∑[i=1,n]bi^q)^(1/q) 上式中 1/p+1/q=1,ai,bi 为正实数 八、棣莫弗(de Moivre)定理 设两个复数(用三角形式表示)Z1=r1(cosθ1+isinθ1) ,Z2=r2(cosθ2+isinθ2),则: Z1Z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]. 证:先讲一下复数的三角形式的概念.在复数平面上,可以用向量 Z(a,b)来表示 Z=a+ib.于是,该向量可以分成两个在实轴,虚轴上 的分向量.如果向量 Z 与实轴的夹角为 θ,这两个分向量的模分别等于 rcosθ,risinθ(r=√a^2+b^2).所以,复数 Z 可以表示为 Z=r(cosθ+isinθ).这里 θ 称为复数 Z 的辐角. 因为 Z1=r1(cosθ1+isinθ1) ,Z2=r2(cosθ2+isinθ2),所以 Z1Z2=r1r2(cosθ1+isinθ1)(cosθ2+isinθ2) =r1r2(cosθ1cosθ2+icosθ1sinθ2+isinθ1cosθ2-sinθ1sinθ2) =r1r2[(cosθ1cosθ2-sinθ1sinθ2)+i(cosθ1sinθ2+sinθ1cosθ2)] =r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]. 其实该定理可以推广为一般形式: 棣莫弗定理的推广 设 n 个复数 Z1=r1(cosθ1+isinθ1) ,Z2=r2(cosθ2+isinθ2),……,Zn=rn(cosθn+isinθn), 则: Z1Z2……Zn=r1r2……rn[cos(θ1+θ2+……+θn)+isin(θ1+θ2+……+θn)]. 证:用数学归纳法即可,归纳基础就是两个复数相乘的棣莫弗定理。 如果把棣莫弗定理和欧拉(Euler)公式“e^iθ=cosθ+isinθ”(参见《泰勒公式》 ,严格的证明需要复分析)放在一起看,则可以用 来理解欧拉公式的意义。 利用棣莫弗定理有: Z1Z2……Zn=r1r2……rn[cos(θ1+θ2+……+θn)+isin(θ1+θ2+……+θn)] 如果可以把所有的复数改写成指数的形式,即:Z1=r1e^iθ1,Z2=r2e^iθ2,……,Zn=rne^iθn, Z1Z2……Zn=r1r2……rne^i(θ1+θ2+……+θn) 这和指数的可加性一致. 在一般形式中如果令 Z1=Z2=……=Zn=Z,则能导出复数开方的公式.有兴趣可自己推推看. 九、欧几里德除法 欧几里德算法 欧几里德算法又称辗转相除法,用于计算两个整数 a,b 的最大公约数。其计算原理依赖于下面的定理: 定理:gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) 证明:a 可以表示成 a = kb + r,则 r = a mod b 假设 d 是 a,b 的一个公约数,则有 d|a, d|b,而 r = a - kb,因此 d|r 因此 d 是(b,a mod b)的公约数 假设 d 是(b,a mod b)的公约数,则 d | b , d |r ,但是 a = kb +r 因此 d 也是(a,b)的公约数 因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的,其最大公约数也必然相等,得证。

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欧几里德算法(辗转相除法)求两个数的最大公约数的步骤如下: 先用小的一个数除大的一个数,得第一个余数; 再用第一个余数除小的一个数,得第二个余数; 又用第二个余数除第一个余数,得第三个余数; 这样逐次用后一个数去除前一个余数,直到余数是 0 为止。那么,最后一个除数就是所求的最大公约数(如果最后的除数 是 1,那么原来的两个数是互质数) 。 例如求 1515 和 600 的最大公约数, 第一次:用 600 除 1515,商 2 余 315; 第二次:用 315 除 600,商 1 余 285; 第三次:用 285 除 315,商 1 余 30; 第四次:用 30 除 285,商 9 余 15; 第五次:用 15 除 30,商 2 余 0。 1515 和 600 的最大公约数是 15 十、裴蜀定理 在数论中,裴蜀定理是一个关于最大公约数(或最大公约式)的定理。 简介 裴蜀定理得名于法国数学家艾蒂安· 裴蜀,说明了对任何整数 a、b 和它们的最大公约

数 d,关于未知数 x 和 y 的线性丢番图方程(称为裴蜀等式) :若 a,b 是整数,且(a,b)=d,那么对于任意的整数 x,y,ax+by 都一定是 d 的倍数,特别地,一定存在整数 x,y,使 ax+by=d 成立。 它的一个重要推论是:a,b 互质的充要条件是存在整数 x,y 使 ax+by=1. 证明 如果 a 和 b 有一个是 0,那么它们两个的最大公约数是 0。这时定理显然成立。 以下证明 a 和 b 都不等于 0 的情况。不妨设 a,b 都大于零,a>=b.设(a,b)=d 对 ax+by=d,两边同时除以 d,可得(a1)x+(b1)y=1,其中(a1,b1)=1。 转证(a1)x+(b1)y=1。由带余除法: a1=(q1)b+(r1),其中 0=<r1<b1 b1=(q2)(r1)+(r2),其中 0=<r2<r1 (r1)=(q3)(r2)+(r3),其中 0=<r3<r2 ..... (rn-3)=(qn-1)(rn-2)+(rn-1) (rn-2)=(qn)(rn-1)+(rn) (rn-1)=(qn+1)(rn) 于是,有(a1,b1)=(b1,r1)=(r1,r2)=...=(rn-1,rn)=1 故 (rn-2)=(xn)(rn-1)+1 即 1=(rn-2)-(xn)(rn-1) 由倒数第三个式子(rn-1)=(rn-3)-(xn-1)(rn-2)代入上式,得 1=[1+(xn)(xn-1)](rn-2)-(xn)(rn-3) 然后用同样的办法用它上面的等式逐个地消去(rn-2),...(r1), 可证得 1=(a1)x+(b1)y。 n 个整数间的裴蜀定理 设 a1,a2,a3......an 为 n 个整数,d 是它们的最大公约数,那么存在整数 x1......xn 使得 x1*a1+x2*a2+...xn*an=d。

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特别来说,如果 a1...an 互质(不是两两互质) ,那么存在整数 x1......xn 使得 x1*a1+x2*a2+...xn*an=1。 任意主理想环上的情况 裴蜀可以推广到任意的主理想环上。设环 A 是主理想环,a 和 b 为环中元素,d 是它们的一个最大公约元,那么存在环中 元素 x 和 y 使得: ax + by = d 这是因为在主理想环中,a 和 b 的最大公约元被定义为理想 aA + bA 的生成元。 定理 在数论中,裴蜀定理是一个关于最大公约数(或最大公约式)的定理。裴蜀定理得名于法国数学家艾蒂安· 裴蜀,说明了对 任何整数 a、b 和它们的最大公约数 d,关于未知数 x 和 y 的线性丢番图方程(称为裴蜀等式) : ax + by = m 有解当且仅当 m 是 d 的倍数。裴蜀等式有解时必然有无穷多个整数解,每组解 x、y 都称为裴蜀数,可用辗转相除法求得。 例如,12 和 42 的最大公因子是 6,则方程 12x + 42y = 6 有解。事实上有(-3)× + 1× = 6 及 4× + (-1)× = 6。 12 42 12 42 特别来说,方程 ax + by = 1 有解当且仅当整数 a 和 b 互素。 裴蜀等式也可以用来给最大公约数定义:d 其实就是最小的可以写成 ax + by 形式的正整数。这个定义的本质是整环中“理想”的 概念。因此对于多项式整环也有相应的裴蜀定理。 推广 以上定理可推广到 n 个,n≥2 如 1st IMO 1959 第 1 题:证明对任意自然数 n,(21n+4)/(14n+3)为既约分数。证明:很容易看出 3(14n+3)-2(21n+4)=1,由裴 蜀定理,21n+4 与 14n+3 互质,故(21n+4)/(14n+3)为既约分数。Q.E.D. 另如:5x+4y+3z 可表示全部整数.因为 3,4,5 互质,所以 5x+4y+3z 可以等于 1,则必定可以等于其他任意整数 十一、费马小定里 费马小定理的证明 一、准备知识: 引理 1.剩余系定理 2 若 a,b,c 为任意 3 个整数,m 为正整数,且(m,c)=1,则当 ac≡bc(mod m)时,有 a≡b(mod m) 证明:ac≡bc(mod m)可得 ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)c≡0(mod m)因为(m,c)=1 即 m,c 互质,c 可以约去,a–b≡0(mod m)可得 a≡b(mod m) 引理 2.剩余系定理 5 若 m 为整数且 m>1,a[1],a[2],a[3],a[4],…a[m]为 m 个整数,若在这 m 个数中任取 2 个整数对 m 不同余,则这 m 个整数对 m 构成完全剩余系。 证 明 : 构 造 m 的 完 全 剩 余 系 ( 0,1,2,…m-1 ) 所 有 的 整 数 必 然 这 些 整 数 中 的 1 个 对 模 m 同 余 。 取 , r[1]=0,r[2]=1,r[3]=2,r[4]=3,…r=i-1,1<i<=m。令(1):a[1]≡r[1](mod m),a[2]≡r[2](mod m),a≡r(mod m)(顺序可以不同),因为只有在这种 情况下才能保证集合{a1,a2,a3,a4,…am}中的任意 2 个数不同余, 否则必然有 2 个数同余。 由式(1)自然得到集合{a1,a2,a3,a4,…am} 对 m 构成完全剩余系。 引理 3.剩余系定理 7 设 m 是 一 个 整 数 , 且 m>1 , b 是 一 个 整 数 且 (m,b)=1 。 如 果 a1,a2,a3,a4,…am 是 模 m 的 一 个 完 全 剩 余 系 , 则 ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],…ba[m]也构成模 m 的一个完全剩余系。 证明:若存在 2 个整数 ba 和 ba[j]同余即 ba≡ba[j](mod m),根据引理 2 则有 a≡a[j](mod m)。根据完全剩余系的定义和引理 4 (完全剩余系中任意 2 个数之间不同余,易证明)可知这是不可能的,因此不存在 2 个整数 ba 和 ba[j]同余。由引理 5 可知 ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],…ba[m]构成模 m 的一个完全剩余系。 引理 4.同余定理 6 如果 a,b,c,d 是四个整数,且 a≡b(mod m),c≡d(mod m),则有 ac≡bd(mod m) 证明:由题设得 ac≡bc(mod m),bc≡bd(mod m),由模运算的传递性可得 ac≡bd(mod m) 二、证明过程:

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构造素数 p 的完全剩余系 P={1,2,3,4…(p-1)},因为(a,p)=1,由引理 3 可得 A={a,2a,3a,4a,…(p-1)a}也是 p 的一个完全剩余系。 令 W=1*2*3*4…*(p-1),显然 W≡W(mod p)。令 Y=a*2a*3a*4a*…(p-1)a,因为{a,2a,3a,4a,…(p-1)a}是 p 的完全剩余系,由引理 2 以及引理 4 可得 a*2a*3a*…(p-1)a≡1*2*3*…(p-1)(mod p)即 W*a^(p-1)≡W(modp)。易知(W,p)=1,由引理 1 可知 a^(p-1)≡1(modp) 十二、欧拉定理 初等数论中的欧拉定理 定理内容 在数论中,欧拉定理(也称费马-欧拉定理)是一个关于同余的性质。欧拉定理表明,若 n,a 为正整数,且 n,a 互素,(a,n) = 1,则 a^φ(n) ≡ 1 (mod n) 证明 首先证明下面这个命题: 对于集合 Zn={x1,x2,...,xφ(n)},其中 xi(i=1,2,…φ(n))是不大于 n 且与 n 互素的数,即 n 的一个化简剩余系,或称简系,或称缩 系),考虑集合 S = {a*x1(mod n),a*x2(mod n),...,a*xφ(n)(mod n)} 则 S = Zn 1) 由于 a,n 互质,xi 也与 n 互质,则 a*xi 也一定于 n 互质,因此 任意 xi,a*xi(mod n) 必然是 Zn 的一个元素 2) 对于 Zn 中两个元素 xi 和 xj,如果 xi ≠ xj 则 a*xi(mod n) ≠ a*xj(mod n),这个由 a、n 互质和消去律可以得出。 所以,很明显,S=Zn 既然这样,那么 (a*x1 × a*x2×...×a*xφ(n))(mod n) = (a*x1(mod n) × a*x2(mod n) × ... × a*xφ(n)(mod n))(mod n) = (x1 × x2 × ... × xφ(n))(mod n) 考虑上面等式左边和右边 左边等于(a*(x1 × x2 × ... × xφ(n))) (mod n) 右边等于 x1 × x2 × ... × xφ(n))(mod n) 而 x1 × x2 × ... × xφ(n)(mod n)和 n 互质 根据消去律,可以从等式两边约去,就得到: a^φ(n) ≡ 1 (mod n) 推论:对于互质的数 a、n,满足 a^(φ(n)+1) ≡ a (mod n) 费马定理: a 是不能被质数 p 整除的正整数,则有 a^(p-1) ≡ 1 (mod p) 证明这个定理非常简单,由于 φ(p) = p-1,代入欧拉定理即可证明。 同样有推论:对于不能被质数 p 整除的正整数 a,有 a^p ≡ a (mod p) 平面几何里的欧拉定理 定理内容 设三角形的外接圆半径为 R,内切圆半径为 r,外心与内心的距离为 d,则 d^2=R^2-2Rr. 证明 O、I 分别为⊿ABC 的外心与内心. 连 AI 并延长交⊙O 于点 D,由 AI 平分&ETH;BAC,故 D 为弧 BC 的中点. 连 DO 并延长交⊙O 于 E,则 DE 为与 BC 垂直的⊙O 的直径. 由圆幂定理知,R2-d2=(R+d)(R-d)=IA· (作直线 OI 与⊙O 交于两点,即可用证明) ID. 但 DB=DI(可连 BI,证明&ETH;DBI=&ETH;DIB 得) , 故只需证 2Rr=IA· DB,即 2R∶DB=IA∶r 即可.

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拓扑学里的欧拉公式 V+F-E=X(P),V 是多面体 P 的顶点个数,F 是多面体 P 的面数,E 是多面体 P 的棱的条数,X(P)是多面体 P 的欧拉示性数。 如果 P 可以同胚于一个球面 (可以通俗地理解为能吹胀成一个球面) 那么 X(P)=2, , 如果 P 同胚于一个接有 h 个环柄的球面, 那么 X(P)=2-2h。 X(P)叫做 P 的拓扑不变量,是拓扑学研究的范围。 V+F-E=2 的证明 方法 1: (利用几何画板) 逐步减少多面体的棱数,分析 V+F-E 先以简单的四面体 ABCD 为例分析证法。 去掉一个面,使它变为平面图形,四面体顶点数 V、棱数 E 与剩下的面数 F1 变形后都没有变。因此,要研究 V、E 和 F 关 系,只需去掉一个面变为平面图形,证 V+F1-E=1 (1)去掉一条棱,就减少一个面,V+F1-E 不变。依次去掉所有的面,变为“树枝形”。 (2)从剩下的树枝形中,每去掉一条棱,就减少一个顶点,V+F1-E 不变,直至只剩下一条棱。 以上过程 V+F1-E 不变,V+F1-E=1,所以加上去掉的一个面,V+F-E =2。 对任意的简单多面体,运用这样的方法,都是只剩下一条线段。因此公式对任意简单多面体都是正确的。 方法 2:计算多面体各面内角和 设多面体顶点数 V,面数 F,棱数 E。剪掉一个面,使它变为平面图形(拉开图),求所有面内角总和 Σα 一方面,在原图中利用各面求内角总和。 设有 F 个面,各面的边数为 n1,n2,…,nF,各面内角总和为: Σα = [(n1-2)· 度+(n2-2)· 度+…+(nF-2) · 度] 180 180 180 = (n1+n2+…+nF -2F) · 度 180 =(2E-2F) · 度 = (E-F) · 度 (1) 180 360 另一方面,在拉开图中利用顶点求内角总和。 设剪去的一个面为 n 边形,其内角和为(n-2)· 角,则所有 V 个顶点中,有 n 个顶点在边上,V-n 个顶点在中间。中间 V-n 180 个顶点处的内角和为(V-n)· 度,边上的 n 个顶点处的内角和(n-2)· 度。 360 180 所以,多面体各面的内角总和: Σα = (V-n)· 度+(n-2)· 度+(n-2)· 度 360 180 180 =(V-2)· 度(2) 360 由(1)(2)得: (E-F) · 度=(V-2)· 度 360 360 所以 V+F-E=2. 方法 3 用拓朴学方法证明欧拉公式

图 尝试一下用拓朴学方法证明关于多面体的面、棱、顶点数的欧拉公式。

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欧拉公式:对于任意多面体(即各面都是平面多边形并且没有洞的立体) ,假设 F,E 和 V 分别表示面,棱(或边) ,角(或 顶)的个数,那末 F-E+V=2。 证明 如图(图是立方体,但证明是一般的,是“拓朴”的) : (1)把多面体(图中①)看成表面是薄橡皮的中空立体。 (2)去掉多面体的一个面,就可以完全拉开铺在平面上而得到一个平面中的直线形,像图中②的样子。假设 F′,E′和 V′ 分别表示这个平面图形的(简单)多边形、边和顶点的个数,我们只须证明 F′-E′+V′=1。 (3)对于这个平面图形,进行三角形分割,也就是说,对于还不是三角形的多边形陆续引进对角线,一直到成为一些三角 形为止,像图中③的样子。每引进一条对角线,F′和 E′各增加 1,而 V′却不变,所以 F′-E′+V′不变。因此当完全分割成三角形的 时候,F′-E′+V′的值仍然没有变。有些三角形有一边或两边在平面图形的边界上。 (4)如果某一个三角形有一边在边界上,例如图④中的△ABC,去掉这个三角形的不属于其他三角形的边,即 AC,这样 也就去掉了△ABC。这样 F′和 E′各减去 1 而 V′不变,所以 F′-E′+V′也没有变。 (5)如果某一个三角形有二边在边界上,例如图⑤中的△DEF,去掉这个三角形的不属于其他三角形的边,即 DF 和 EF, 这样就去掉△DEF。这样 F′减去 1,E′减去 2,V′减去 1,因此 F′-E′+V′仍没有变。 (6)这样继续进行,直到只剩下一个三角形为止,像图中⑥的样子。这时 F′=1,E′=3,V′=3,因此 F′-E′+V′=1-3+3=1。 (7)因为原来图形是连在一起的,中间引进的各种变化也不破坏这事实,因此最后图形还是连在一起的,所以最后不会是 分散在向外的几个三角形,像图中⑦那样。 (8) 如果最后是像图中⑧的样子, 我们可以去掉其中的一个三角形, 也就是去掉 1 个三角形, 个边和 2 个顶点。 3 因此 F′-E′+V′ 仍然没有变。 即 F′-E′+V′=1 成立,于是欧拉公式: F-E+V=2 得证。 复变函数论里的欧拉公式 定理内容 e^ix=cosx+isinx e 是自然对数的底,i 是虚数单位。 它将三角函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,它在复变函数论里占有非常重要的地位。 将公式里的 x 换成-x,得到: e^-ix=cosx-isinx,然后采用两式相加减的方法得到: sinx=(e^ix-e^-ix)/(2i),cosx=(e^ix+e^-ix)/2. 这两个也叫做欧拉公式。 “上帝创造的公式” 将 e^ix=cosx+isinx 中的 x 取作∏就得到: e^i∏+1=0. 这个恒等式也叫做欧拉公式,它是数学里最令人着迷的一个公式,它将数学里最重要的几个数学联系到了一起:两个超越 数:自然对数的底 e,圆周率∏,两个单位:虚数单位 i 和自然数的单位 1,以及数学里常见的 0。数学家们评价它是“上帝创造 的公式”,我们只能看它而不能理解它。 欧拉定理的运用方法 (1)分式: a^r/(a-b)(a-c)+b^r/(b-c)(b-a)+c^r/(c-a)(c-b) 当 r=0,1 时式子的值为 0 当 r=2 时值为 1 当 r=3 时值为 a+b+c

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(2)复数 由 e^iθ=cosθ+isinθ,得到: sinθ=(e^iθ-e^-iθ)/2i cosθ=(e^iθ+e^-iθ)/2 (3)三角形 设 R 为三角形外接圆半径,r 为内切圆半径,d 为外心到内心的距离,则: d^2=R^2-2Rr (4)多面体 设 v 为顶点数,e 为棱数,f 是面数,则 v-e+f=2-2p p 为欧拉示性数,例如 p=0 的多面体叫第零类多面体 p=1 的多面体叫第一类多面体 (5) 多边形 设一个二维几何图形的顶点数为 V,划分区域数为 Ar,一笔画笔数为 B,则有: V+Ar-B=1 (如:矩形加上两条对角线所组成的图形,V=5,Ar=4,B=8) (6). 欧拉定理 在同一个三角形中,它的外心 Circumcenter、重心 Gravity、九点圆圆心 Nine-point-center、垂心 Orthocenter 共线。 其实欧拉公式是有很多的,上面仅是几个常用的。 使用欧拉定理计算足球五边形和六边形数 问:足球表面由五边型和六边型的皮革拼成,计算一共有多少个这样的五边型和六边型? 答:足球是多面体,满足欧拉公式 F-E+V=2,其中 F,E,V 分别表示面,棱,顶点的个数 设足球表面正五边形(黑皮子)和正六边形(白皮子)的面各有 x 个和 y 个,那么 面数 F=x+y 棱数 E=(5x+6y)/2(每条棱由两块皮子共用) 顶点数 V=(5x+6y)/3(每个顶点由三块皮子共用) 由欧拉公式,x+y-(5x+6y)/2+(5x+6y)/3=2, 解得 x=12。所以,共有 12 块黑皮子 所以,黑皮子一共有 12× 5=60 条棱,这 60 条棱都是与白皮子缝合在一起的 对于白皮子来说:每块白色皮子的 6 条边中,有 3 条边与黑色皮子的边缝在一起,另 3 条边则与其它白色皮子的边缝在一 起。 所以白皮子所有边的一半是与黑皮子缝合在一起的 那么白皮子就应该一共有 60× 2=120 条边,120÷ 6=20 所以共有 20 块白皮子 (或者,每一个六边形的六条边都与其它的三个六边形的三条边和三个五边形的三条边连接;每一个五边形的五条边都与 其它的五个六边形的五条边连接 所以,五边形的个数 x=3y/5。 之前求得 x=12,所以 y=20) 【同余理论中的"欧拉定理"】 设 a,m∈N,(a,m)=1,则 a^(f(m))≡1(mod m) (注:f(m)指模 m 的简系个数) 十三、孙子定理 今有物不知其数,三三数之余二 ,五五数之余三 ,七七数之余二,问物几何?”

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十四、组合 圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式; 组合计数,组合几何; 抽屉原理; 容斥原理; 极端原理; 图论问题; 集合的划分; 覆盖; 平面凸集、凸包及应用*。

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