高中數(shù)學聯(lián)賽常用定理

..常用定理1、費馬點〔I基本概念定義：在一個三角形中,到3個頂點距離之和最小的點叫做這個三角形的費馬點。<1>若三角形ABC的3個內(nèi)角均小于120°,那么3條距離連線正好平分費馬點所在的周角。所以三角形的費馬點也稱為三角形的等角中心。<2>若三角形有一內(nèi)角不小于120度,則此鈍角的頂點就是距離和最小的點。〔II證明我們要如何證明費馬點呢：費馬點證明圖形<1>費馬點對邊的張角為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將△BPC以點B為旋轉中心旋轉60度與△BDA1重合,連結PD,則△PDB為等邊三角形,所以∠BPD=60度又∠BPA=120度,因此A、P、D三點在同一直線上,又∠CPB=∠A1DB=120度,∠PDB=60度,∠PDA1=180度,所以A、P、D、A1四點在同一直線上,故PA+PB+PC=AA1。<3>PA+PB+PC最短在△ABC內(nèi)任意取一點M〔不與點P重合,連結AM、BM、CM,將△BMC以點B為旋轉中心旋轉60度與△BGA1重合,連結AM、GM、A1G<同上>,則AA1<A1G+GM+MA=AM+BM+CM.所以費馬點到三個頂點A、B、C的距離最短。平面四邊形費馬點平面四邊形中費馬點證明相對于三角型中較為簡易,也較容易研究。〔1在凸四邊形ABCD中,費馬點為兩對角線AC、BD交點P。費馬點〔2在凹四邊形ABCD中,費馬點為凹頂點D〔P。經(jīng)過上述的推導,我們即得出了三角形中費馬點的找法：當三角形有一個內(nèi)角大于或等于一百二十度的時候,費馬點就是這個內(nèi)角的頂點；如果三個內(nèi)角都在120度以內(nèi),那么,費馬點就是使得費馬點與三角形三頂點的連線兩兩夾角為120度的點。〔III費馬點性質：費馬點〔1平面內(nèi)一點P到△ABC三頂點的之和為PA+PB+PC,當點P為費馬點時,距離之和最小。特殊三角形中：<2>.三內(nèi)角皆小于120°的三角形,分別以AB,BC,CA,為邊,向三角形外側做正三角形ABC1,ACB1,BCA1,然后連接AA1,BB1,CC1,則三線交于一點P,則點P就是所求的費馬點.<3>.若三角形有一內(nèi)角大于或等于120度,則此鈍角的頂點就是所求.<4>當△ABC為等邊三角形時,此時外心與費馬點重合二、梅涅勞斯定理和塞瓦定理1、梅涅勞斯定理梅涅勞斯定理證明梅涅勞斯〔Menelaus定理〔簡稱梅氏定理是由古希臘數(shù)學家梅涅勞斯首先證明的。它指出：如果一條直線與△ABC的三邊AB、BC、CA或其延長線交于F、D、E點,那么證明：做平行線即可,過程略2、角元形式：〔1第一角元形式的梅涅勞斯定理如圖：若E,F,D三點共線,則<sin∠ACF/sin∠FCB><sin∠BAD/sin∠DAC><sin∠CBA/sin∠ABE>=1即圖中的藍角正弦值之積等于紅角正弦值之積該形式的梅涅勞斯定理也很實用〔2第二角元形式的梅涅勞斯定理在平面上任取一點O,且EDF共線,則〔sin∠AOF/sin∠FOB><sin∠BOD/sin∠DOC><sin∠COA/sin∠AOE>=1。<O不與點A、B、C重合>三、塞瓦定理塞瓦定理在△ABC內(nèi)任取一點O,直線AO、BO、CO分別交對邊于D、E、F,則<BD/DC>*<CE/EA>*<AF/FB>=1證法簡介〔Ⅰ本題可利用梅涅勞斯定理證明：∵△ADC被直線BOE所截,∴<CB/BD>*<DO/OA>*<AE/EC>=1①而由△ABD被直線COF所截,∴<BC/CD>*<DO/OA>*<AF/FB>=1②②÷①:即得：<BD/DC>*<CE/EA>*<AF/FB>=1〔Ⅱ也可以利用面積關系證明∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=<S△ABD-S△BOD>/<S△ACD-S△COD>=S△AOB/S△AOC③同理CE/EA=S△BOC/S△AOB④AF/FB=S△AOC/S△BOC⑤③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1塞瓦定理推論1.設E是△ABD內(nèi)任意一點,AE、BE、DE分別交對邊于C、G、F,則<BD/BC>*<CE/AE>*<GA/DG>=1因為<BC/CD>*<DG/GA>*<AF/FB>=1,〔塞瓦定理所以<BD/CD>*<CE/AE>*<AF/FB>=K〔K為未知參數(shù)且<BD/BC>*<CE/AE>*<GA/DG>=K〔K為未知參數(shù)又由梅涅勞斯定理得：<BD/CD>*<CE/AE>*<AF/FB>=1所以<BD/BC>*<CE/AE>*<GA/DG>=12.塞瓦定理角元形式AD,BE,CF交于一點的充分必要條件是：<sin∠BAD/sin∠DAC>*<sin∠ACF/sin∠FCB>*<sin∠CBE/sin∠EBA>=1由正弦定理及三角形面積公式易證3.如圖,對于圓周上順次6點A,B,C,D,E,F,直線AD,BE,CF交于一點的充分必要條件是：<AB/BC>*<CD/DE>*<EF/FA>=1由塞瓦定理的角元形式,正弦定理及圓弦長與所對圓周角關系易證。4.還能利用塞瓦定理證三角形三條高交于一點設三邊AB、BC、AC的垂足分別為D、E、F,根據(jù)塞瓦定理逆定理,因為<AD:DB>*<BE:EC>*<CF:FA>=[<CD*ctgA/[<CD*ctgB]*[<AE*ctgB>/<AE*ctgC>]*[<BF*ctgC>/[<AE*ctgB>]=1,所以三條高CD、AE、BF交于一點。四、西姆松定理西姆松定理圖示西姆松定理是一個幾何定理。表述為：過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊的垂線,則三垂足共線。〔此線常稱為西姆松線。西姆松定理的逆定理為：若一點在三角形三邊所在直線上的射影共線,則該點在此三角形的外接圓上。西姆松定理說明相關的結果有：〔1稱三角形的垂心為H。西姆松線和PH的交點為線段PH的中點,且這點在九點圓上?！?兩點的西姆松線的交角等于該兩點的圓周角?！?若兩個三角形的外接圓相同,這外接圓上的一點P對應兩者的西姆松線的交角,跟P的位置無關?！?從一點向三角形的三邊所引垂線的垂足共線的充要條件是該點落在三角形的外接圓上。證明證明一：△ABC外接圓上有點P,且PE⊥AC于E,PF⊥AB于F,PD⊥BC于D,分別連DE、DF.易證P、B、F、D及P、D、C、E和A、B、P、C分別共圓,于是∠FDP=∠ACP①,〔∵都是∠ABP的補角且∠PDE=∠PCE②而∠ACP+∠PCE=180°③∴∠FDP+∠PDE=180°④即F、D、E共線.反之,當F、D、E共線時,由④→②→③→①可見A、B、P、C共圓.證明二：如圖,若L、M、N三點共線,連結BP,CP,則因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分別四點共圓,有∠PBN=∠PLN=∠PLM=∠PCM.故A、B、P、C四點共圓。若A、B、P、C四點共圓,則∠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四點共圓,有∠PBN=∠PLN=∠PCM=∠PLM.故L、M、N三點共線。相關性質的證明連AH延長線交圓于G,連PG交西姆松線與R,BC于Q如圖連其他相關線段AH⊥BC,PF⊥BC==>AG//PF==>∠1=∠2A.G.C.P共圓==>∠2=∠3PE⊥AC,PF⊥BC==>P.E.F.C共圓==>∠3=∠4==>∠1=∠4PF⊥BC==>PR=RQBH⊥AC,AH⊥BC==>∠5=∠6A.B.G.C共圓==>∠6=∠7==>∠5=∠7AG⊥BC==>BC垂直平分GH==>∠8=∠2=∠4∠8+∠9=90,∠10+∠4=90==>∠9=∠10==>HQ//DF==>PM=MH第二個問,平分點在九點圓上,如圖：設O,G,H分別為三角形ABC的外心,重心和垂心。則O是,確定九點圓的中點三角形XYZ的垂心,而G還是它的重心。那么三角形XYZ的外心O1,也在同一直線上,并且HG/GO=GO/GO1=2,所以O1是OH的中點。三角形ABC和三角形XYZ位似,那么它們的外接圓也位似。兩個圓的圓心都在OH上,并且兩圓半徑比為1:2所以G是三角形ABC外接圓和三角形XYZ外接圓<九點圓>的"反"位似中心<相似點在位似中心的兩邊>,H是"正"位似中心<相似點在位似中心的同一邊>...所以H到三角形ABC的外接圓上的連線中點必在三角形DEF的外接圓上....五、托勒密定理1、定理的內(nèi)容托勒密<Ptolemy>定理指出,圓的內(nèi)接凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積。原文：圓的內(nèi)接四邊形中,兩對角線所包矩形的面積等于一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和。從這個定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式,托勒密定理實質上是關于共圓性的基本性質．證明一、〔以下是推論的證明,托勒密定理可視作特殊情況。在任意四邊形ABCD中,作△ABE使∠BAE=∠CAD∠ABE=∠ACD因為△ABE∽△ACD所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD<1>而∠BAC=∠DAE,,∠ACB=∠ADE所以△ABC∽△AED相似.BC/ED=AC/AD即ED·AC=BC·AD<2><1>+<2>,得AC<BE+ED>=AB·CD+AD·BC又因為BE+ED≥BD〔僅在四邊形ABCD是某圓的內(nèi)接四邊形時,等號成立,即"托勒密定理"所以命題得證復數(shù)證明用a、b、c、d分別表示四邊形頂點A、B、C、D的復數(shù),則AB、CD、AD、BC、AC、BD的長度分別是：<a-b>、<c-d>、<a-d>、<b-c>、<a-c>、<b-d>。首先注意到復數(shù)恒等式：<a?b><c?d>+<a?d><b?c>=<a?c><b?d>,兩邊取模,運用三角不等式得。等號成立的條件是<a-b><c-d>與<a-d><b-c>的輻角相等,這與A、B、C、D四點共圓等價。四點不限于同一平面。平面上,托勒密不等式是三角不等式的反演形式。二、設ABCD是圓內(nèi)接四邊形。在弦BC上,圓周角∠BAC=∠BDC,而在AB上,∠ADB=∠ACB。在AC上取一點K,使得∠ABK=∠CBD；因為∠ABK+∠CBK=∠ABC=∠CBD+∠ABD,所以∠CBK=∠ABD。因此△ABK與△DBC相似,同理也有△ABD~△KBC。因此AK/AB=CD/BD,且CK/BC=DA/BD；因此AK·BD=AB·CD,且CK·BD=BC·DA；兩式相加,得<AK+CK>·BD=AB·CD+BC·DA；但AK+CK=AC,因此AC·BD=AB·CD+BC·DA。證畢。三、托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中,兩條對角線的乘積<兩對角線所包矩形的面積>等于兩組對邊乘積之和<一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和>．已知：圓內(nèi)接四邊形ABCD,求證：AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．證明：如圖1,過C作CP交BD于P,使∠1=∠2,又∠3=∠4,∴△ACD∽△BCP．得AC：BC=AD：BP,AC·BP=AD·BC①。又∠ACB=∠DCP,∠5=∠6,∴△ACB∽△DCP．得AC：CD=AB：DP,AC·DP=AB·CD②。①＋②得AC<BP＋DP>=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．推論1.任意凸四邊形ABCD,必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC,當且僅當ABCD四點共圓時取等號。2.托勒密定理的逆定理同樣成立：一個凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積,則這個凸四邊形內(nèi)接于一圓、推廣托勒密不等式：四邊形的任兩組對邊乘積不小于另外一組對邊的乘積,取等號當且僅當共圓或共線。簡單的證明：復數(shù)恒等式：<a-b><c-d>+<a-d><b-c>=<a-c><b-d>,兩邊取模,得不等式AC·BD≤|<a-b><c-d>|+|<b-c><a-d>|=AB·CD+BC·AD注意：1.等號成立的條件是<a-b><c-d>與<a-d><b-c>的輻角相等,這與A、B、C、D四點共圓等價。2.四點不限于同一平面。六、歐拉定理：在一條線段上AD上,順次標有B、C兩點,則AD·BC+AB·CD=AC·BD七、重要不等式1、均值不等式：TIP:完全的均值不等式√[<a^2+b^2>/2]≥<a+b>/2≥√ab≥2/<1/a+1/b>〔二次冪平均≥算術平均≥幾何平均≥調和平均2、柯西不等式柯西不等式的一般證法有以下幾種：〔1Cauchy不等式的形式化寫法就是：記兩列數(shù)分別是ai,bi,則有<∑ai^2>*<∑bi^2>≥<∑ai*bi>^2.我們令f<x>=∑<ai+x*bi>^2=<∑bi^2>*x^2+2*<∑ai*bi>*x+<∑ai^2>則我們知道恒有f<x>≥0.用二次函數(shù)無實根或只有一個實根的條件,就有Δ=4*<∑ai*bi>^2-4*<∑ai^2>*<∑bi^2>≤0.于是移項得到結論。〔2用向量來證.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．因為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這就證明了不等式．柯西不等式還有很多種,這里只取兩種較常用的證法．柯西不等式在求某些函數(shù)最值中和證明某些不等式時是經(jīng)常使用的理論根據(jù),我們在教學中應給予極大的重視。3.排序不等式排序不等式是高中數(shù)學競賽大綱要求的基本不等式。設有兩組數(shù)a1,a2,……an,b1,b2,……bn滿足a1≤a2≤……≤an,b1≤b2≤……≤bn則有a1bn+a2bn?1+……+anb1≤a1bt+a2bt+……+anbt≤a1b1+a2b2+……+anbn式中t1,t2,……,tn是1,2,……,n的任意一個排列,當且僅當a1=a2=……=an或b1=b2=……=bn時成立。以上排序不等式也可簡記為：反序和≤亂序和≤同序和.證明時可采用逐步調整法。例如,證明：其余不變時,將a1b1+a2b2調整為a1b2+a2b1,值變小,只需作差證明〔a1-a2*〔b1-b2≥0,這由題知成立。依次類推,根據(jù)逐步調整法,排序不等式得證。4.契比雪夫不等式切比雪夫不等式有兩個〔1設存在數(shù)列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn滿足a1≤a2≤a3≤.....≤an和b1≤b2≤b3≤......≤bn那么,∑aibi≥<1/n><∑ai><∑bi>〔2設存在數(shù)列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn滿足a1≤a2≤a3≤.....≤an和b1≥b2≥b3≥......≥bn那么,∑aibi≤<1/n><∑ai><∑bi>5.琴生不等式設f<x>為上凸函數(shù),則f[<x1+x2+……+xn>/n]≥[f<x1>+f<x2>+……+f<xn>]/n,稱為琴生不等式〔冪平均。加權形式為：f[<a1x1+a2x2+……+anxn>]≥a1f<x1>+a2f<x2>+……+anf<xn>,其中ai>=0<i=1,2,……,n>,且a1+a2+……+an=1.6.冪平均不等式冪平均不等式：ai>0<1≤i≤n>,且α>β,則有≥<∑ai^β/n>^1/β成立iffa1=a2=a3=……=an時取等號加權的形式：設ai>0,pi>0<1≤i≤n>,且α>β,則有〔∑pi*ai^α/∑pi>^1/α≥<∑pi*ai^β/∑pi>^1/βiffa1=a2=a3=……=an,p1=p2=p3=……=pn時取等號。特例：調和平均〔-1次冪,-幾何平均〔0次冪,-算術平均〔1次冪,,-二次平均〔2次冪7權方和不等式1a1^〔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為正整數(shù),m＞0或m＜-1當且僅當a1/b1=a2/b2=...=an/bn時,等號成立2a1^〔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為正整數(shù),-1<m<0當且僅當a1/b1=a2/b2=...=an/bn時,等號成立權方和不等式的等價形式：〔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為正實數(shù)八、棣莫弗<deMoivre>定理設兩個復數(shù)<用三角形式表示>Z1=r1<cosθ1+isinθ1>,Z2=r2<cosθ2+isinθ2>,則:Z1Z2=r1r2[cos<θ1+θ2>+isin<θ1+θ2>].證:先講一下復數(shù)的三角形式的概念.在復數(shù)平面上,可以用向量Z<a,b>來表示Z=a+ib.于是,該向量可以分成兩個在實軸,虛軸上的分向量.如果向量Z與實軸的夾角為θ,這兩個分向量的模分別等于rcosθ,risinθ<r=√a^2+b^2>.所以,復數(shù)Z可以表示為Z=r<cosθ+isinθ>.這里θ稱為復數(shù)Z的輻角.因為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>].其實該定理可以推廣為一般形式:棣莫弗定理的推廣設n個復數(shù)Z1=r1<cosθ1+isinθ1>,Z2=r2<cosθ2+isinθ2>,……,Zn=rn<cosθn+isinθn>,則：Z1Z2……Zn=r1r2……rn[cos<θ1+θ2+……+θn>+isin<θ1+θ2+……+θn>].證：用數(shù)學歸納法即可,歸納基礎就是兩個復數(shù)相乘的棣莫弗定理。如果把棣莫弗定理和歐拉<Euler>公式"e^iθ=cosθ+isinθ"〔參見《泰勒公式》,嚴格的證明需要復分析放在一起看,則可以用來理解歐拉公式的意義。利用棣莫弗定理有：Z1Z2……Zn=r1r2……rn[cos<θ1+θ2+……+θn>+isin<θ1+θ2+……+θn>]如果可以把所有的復數(shù)改寫成指數(shù)的形式,即：Z1=r1e^iθ1,Z2=r2e^iθ2,……,Zn=rne^iθn,Z1Z2……Zn=r1r2……rne^i<θ1+θ2+……+θn>這和指數(shù)的可加性一致.在一般形式中如果令Z1=Z2=……=Zn=Z,則能導出復數(shù)開方的公式.有興趣可自己推推看.九、歐幾里德除法歐幾里德算法歐幾里德算法又稱輾轉相除法,用于計算兩個整數(shù)a,b的最大公約數(shù)。其計算原理依賴于下面的定理：定理：gcd<a,b>=gcd<b,amodb>證明：a可以表示成a=kb+r,則r=amodb假設d是a,b的一個公約數(shù),則有d|a,d|b,而r=a-kb,因此d|r因此d是<b,amodb>的公約數(shù)假設d是<b,amodb>的公約數(shù),則d|b,d|r,但是a=kb+r因此d也是<a,b>的公約數(shù)因此<a,b>和<b,amodb>的公約數(shù)是一樣的,其最大公約數(shù)也必然相等,得證。歐幾里德算法〔輾轉相除法求兩個數(shù)的最大公約數(shù)的步驟如下：先用小的一個數(shù)除大的一個數(shù),得第一個余數(shù)；再用第一個余數(shù)除小的一個數(shù),得第二個余數(shù)；又用第二個余數(shù)除第一個余數(shù),得第三個余數(shù)；這樣逐次用后一個數(shù)去除前一個余數(shù),直到余數(shù)是0為止。那么,最后一個除數(shù)就是所求的最大公約數(shù)〔如果最后的除數(shù)是1,那么原來的兩個數(shù)是互質數(shù)。例如求1515和600的最大公約數(shù),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的最大公約數(shù)是15十、裴蜀定理在數(shù)論中,裴蜀定理是一個關于最大公約數(shù)〔或最大公約式的定理。簡介裴蜀定理得名于法國數(shù)學家艾蒂安·裴蜀,說明了對任何整數(shù)a、b和它們的最大公約數(shù)d,關于未知數(shù)x和y的線性丟番圖方程〔稱為裴蜀等式：若a,b是整數(shù),且<a,b>=d,那么對于任意的整數(shù)x,y,ax+by都一定是d的倍數(shù),特別地,一定存在整數(shù)x,y,使ax+by=d成立。它的一個重要推論是：a,b互質的充要條件是存在整數(shù)x,y使ax+by=1.證明如果a和b有一個是0,那么它們兩個的最大公約數(shù)是0。這時定理顯然成立。以下證明a和b都不等于0的情況。不妨設a,b都大于零,a>=b.設<a,b>=d對ax+by=d,兩邊同時除以d,可得<a1>x+<b1>y=1,其中<a1,b1>=1。轉證<a1>x+<b1>y=1。由帶余除法：a1=<q1>b+<r1>,其中0=<r1<b1b1=<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>由倒數(shù)第三個式子〔rn-1=<rn-3>-<xn-1><rn-2>代入上式,得1=[1+<xn><xn-1>]<rn-2>-<xn><rn-3>然后用同樣的辦法用它上面的等式逐個地消去<rn-2>,...<r1>,可證得1=<a1>x+<b1>y。n個整數(shù)間的裴蜀定理設a1,a2,a3......an為n個整數(shù),d是它們的最大公約數(shù),那么存在整數(shù)x1......xn使得x1*a1+x2*a2+...xn*an=d。特別來說,如果a1...an互質<不是兩兩互質,那么存在整數(shù)x1......xn使得x1*a1+x2*a2+...xn*an=1。任意主理想環(huán)上的情況裴蜀可以推廣到任意的主理想環(huán)上。設環(huán)A是主理想環(huán),a和b為環(huán)中元素,d是它們的一個最大公約元,那么存在環(huán)中元素x和y使得：ax+by=d這是因為在主理想環(huán)中,a和b的最大公約元被定義為理想aA+bA的生成元。定理在數(shù)論中,裴蜀定理是一個關于最大公約數(shù)〔或最大公約式的定理。裴蜀定理得名于法國數(shù)學家艾蒂安·裴蜀,說明了對任何整數(shù)a、b和它們的最大公約數(shù)d,關于未知數(shù)x和y的線性丟番圖方程〔稱為裴蜀等式：ax+by=m有解當且僅當m是d的倍數(shù)。裴蜀等式有解時必然有無窮多個整數(shù)解,每組解x、y都稱為裴蜀數(shù),可用輾轉相除法求得。例如,12和42的最大公因子是6,則方程12x+42y=6有解。事實上有<-3>×12+1×42=6及4×12+<-1>×42=6。特別來說,方程ax+by=1有解當且僅當整數(shù)a和b互素。裴蜀等式也可以用來給最大公約數(shù)定義：d其實就是最小的可以寫成ax+by形式的正整數(shù)。這個定義的本質是整環(huán)中"理想"的概念。因此對于多項式整環(huán)也有相應的裴蜀定理。推廣以上定理可推廣到n個,n≥2如1stIMO1959第1題：證明對任意自然數(shù)n,<21n+4>/<14n+3>為既約分數(shù)。證明：很容易看出3<14n+3>-2<21n+4>=1,由裴蜀定理,21n+4與14n+3互質,故<21n+4>/<14n+3>為既約分數(shù)。Q.E.D.另如：5x+4y+3z可表示全部整數(shù).因為3,4,5互質,所以5x+4y+3z可以等于1,則必定可以等于其他任意整數(shù)十一、費馬小定里費馬小定理的證明一、準備知識：引理1．剩余系定理2若a,b,c為任意3個整數(shù),m為正整數(shù),且<m,c>=1,則當ac≡bc<modm>時,有a≡b<modm>證明：ac≡bc<modm>可得ac–bc≡0<modm>可得<a-b>c≡0<modm>因為<m,c>=1即m,c互質,c可以約去,a–b≡0<modm>可得a≡b<modm>引理2．剩余系定理5若m為整數(shù)且m>1,a[1],a[2],a[3],a[4],…a[m]為m個整數(shù),若在這m個數(shù)中任取2個整數(shù)對m不同余,則這m個整數(shù)對m構成完全剩余系。證明：構造m的完全剩余系〔0,1,2,…m-1,所有的整數(shù)必然這些整數(shù)中的1個對模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]<modm>,a[2]≡r[2]<modm>,a≡r<modm><順序可以不同>,因為只有在這種情況下才能保證集合{a1,a2,a3,a4,…am}中的任意2個數(shù)不同余,否則必然有2個數(shù)同余。由式<1>自然得到集合{a1,a2,a3,a4,…am}對m構成完全剩余系。引理3．剩余系定理7設m是一個整數(shù),且m>1,b是一個整數(shù)且<m,b>=1。如果a1,a2,a3,a4,…am是模m的一個完全剩余系,則ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],…ba[m]也構成模m的一個完全剩余系。證明：若存在2個整數(shù)ba和ba[j]同余即ba≡ba[j]<modm>,根據(jù)引理2則有a≡a[j]<modm>。根據(jù)完全剩余系的定義和引理4〔完全剩余系中任意2個數(shù)之間不同余,易證明可知這是不可能的,因此不存在2個整數(shù)ba和ba[j]同余。由引理5可知ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],…ba[m]構成模m的一個完全剩余系。引理4．同余定理6如果a,b,c,d是四個整數(shù),且a≡b<modm>,c≡d<modm>,則有ac≡bd<modm>證明：由題設得ac≡bc<modm>,bc≡bd<modm>,由模運算的傳遞性可得ac≡bd<modm>二、證明過程：構造素數(shù)p的完全剩余系P={1,2,3,4…<p-1>},因為<a,p>=1,由引理3可得A={a,2a,3a,4a,…<p-1>a}也是p的一個完全剩余系。令W=1*2*3*4…*<p-1>,顯然W≡W<modp>。令Y=a*2a*3a*4a*…<p-1>a,因為{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><modp>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、歐拉定理初等數(shù)論中的歐拉定理定理內(nèi)容在數(shù)論中,歐拉定理〔也稱費馬-歐拉定理是一個關于同余的性質。歐拉定理表明,若n,a為正整數(shù),且n,a互素,<a,n>=1,則a^φ<n>≡1<modn>證明首先證明下面這個命題：對于集合Zn={x1,x2,...,xφ<n>},其中xi<i=1,2,…φ<n>>是不大于n且與n互素的數(shù),即n的一個化簡剩余系,或稱簡系,或稱縮系>,考慮集合S={a*x1<modn>,a*x2<modn>,...,a*xφ<n><modn>}則S=Zn1>由于a,n互質,xi也與n互質,則a*xi也一定于n互質,因此任意xi,a*xi<modn>必然是Zn的一個元素2>對于Zn中兩個元素xi和xj,如果xi≠xj則a*xi<modn>≠a*xj<modn>,這個由a、n互質和消去律可以得出。所以,很明顯,S=Zn既然這樣,那么〔a*x1×a*x2×...×a*xφ<n><modn>=〔a*x1<modn>×a*x2<modn>×...×a*xφ<n><modn><modn>=〔x1×x2×...×xφ<n><modn>考慮上面等式左邊和右邊左邊等于<a*〔x1×x2×...×xφ<n>><modn>右邊等于x1×x2×...×xφ<n><modn>而x1×x2×...×xφ<n><modn>和n互質根據(jù)消去律,可以從等式兩邊約去,就得到：a^φ<n>≡1<modn>推論：對于互質的數(shù)a、n,滿足a^<φ<n>+1>≡a<modn>費馬定理:a是不能被質數(shù)p整除的正整數(shù),則有a^<p-1>≡1<modp>證明這個定理非常簡單,由于φ<p>=p-1,代入歐拉定理即可證明。同樣有推論：對于不能被質數(shù)p整除的正整數(shù)a,有a^p≡a<modp>平面幾何里的歐拉定理定理內(nèi)容設三角形的外接圓半徑為R,內(nèi)切圓半徑為r,外心與內(nèi)心的距離為d,則d^2=R^2-2Rr．證明O、I分別為⊿ABC的外心與內(nèi)心．連AI并延長交⊙O于點D,由AI平分ÐBAC,故D為弧BC的中點．連DO并延長交⊙O于E,則DE為與BC垂直的⊙O的直徑．由圓冪定理知,R2-d2=<R+d><R-d>=IA·ID．〔作直線OI與⊙O交于兩點,即可用證明但DB=DI〔可連BI,證明ÐDBI=ÐDIB得,故只需證2Rr=IA·DB,即2R∶DB=IA∶r即可．拓撲學里的歐拉公式V+F-E=X<P>,V是多面體P的頂點個數(shù),F是多面體P的面數(shù),E是多面體P的棱的條數(shù),X<P>是多面體P的歐拉示性數(shù)。如果P可以同胚于一個球面〔可以通俗地理解為能吹脹成一個球面,那么X<P>=2,如果P同胚于一個接有h個環(huán)柄的球面,那么X<P>=2-2h。X<P>叫做P的拓撲不變量,是拓撲學研究的范圍。V+F-E=2的證明方法1：〔利用幾何畫板逐步減少多面體的棱數(shù),分析V+F-E先以簡單的四面體ABCD為例分析證法。去掉一個面,使它變?yōu)槠矫鎴D形,四面體頂點數(shù)V、棱數(shù)E與剩下的面數(shù)F1變形后都沒有變。因此,要研究V、E和F關系,只需去掉一個面變?yōu)槠矫鎴D形,證V+F1-E=1〔1去掉一條棱,就減少一個面,V+F1-E不變。依次去掉所有的面,變?yōu)?樹枝形"。〔2從剩下的樹枝形中,每去掉一條棱,就減少一個頂點,V+F1-E不變,直至只剩下一條棱。以上過程V+F1-E不變,V+F1-E=1,所以加上去掉的一個面,V+F-E=2。對任意的簡單多面體,運用這樣的方法,都是只剩下一條線段。因此公式對任意簡單多面體都是正確的。方法2：計算多面體各面內(nèi)角和設多面體頂點數(shù)V,面數(shù)F,棱數(shù)E。剪掉一個面,使它變?yōu)槠矫鎴D形〔拉開圖,求所有面內(nèi)角總和Σα一方面,在原圖中利用各面求內(nèi)角總和。設有F個面,各面的邊數(shù)為n1,n2,…,nF,各面內(nèi)角總和為：Σα=[<n1-2>·180度+<n2-2>·180度+…+<nF-2>·180度]=<n1+n2+…+nF-2F>·180度=<2E-2F>·180度=<E-F>·360度〔1另一方面,在拉開圖中利用頂點求內(nèi)角總和。設剪去的一個面為n邊形,其內(nèi)角和為<n-2>·180角,則所有V個頂點中,有n個頂點在邊上,V-n個頂點在中間。中間V-n個頂點處的內(nèi)角和為<V-n>·360度,邊上的n個頂點處的內(nèi)角和<n-2>·180度。所以,多面體各面的內(nèi)角總和：Σα=<V-n>·360度+<n-2>·180度+<n-2>·180度=〔V-2·360度〔2由<1><2>得：<E-F>·360度=〔V-2·360度所以V+F-E=2.方法3用拓樸學方法證明歐拉公式圖嘗試一下用拓樸學方法證明關于多面體的面、棱、頂點數(shù)的歐拉公式。歐拉公式：對于任意多面體〔即各面都是平面多邊形并且沒有洞的立體,假設F,E和V分別表示面,棱〔或邊,角〔或頂?shù)膫€數(shù),那末F-E+V=2。證明如圖〔圖是立方體,但證明是一般的,是"拓樸"的：〔1把多面體〔圖中①看成表面是薄橡皮的中空立體?！?去掉多面體的一個面,就可以完全拉開鋪在平面上而得到一個平面中的直線形,像圖中②的樣子。假設F′,E′和V′分別表示這個平面圖形的〔簡單多邊形、邊和頂點的個數(shù),我們只須證明F′-E′+V′=1?！?對于這個平面圖形,進行三角形分割,也就是說,對于還不是三角形的多邊形陸續(xù)引進對角線,一直到成為一些三角形為止,像圖中③的樣子。每引進一條對角線,F′和E′各增加1,而V′卻不變,所以F′-E′+V′不變。因此當完全分割成三角形的時候,F′-E′+V′的值仍然沒有變。有些三角形有一邊或兩邊在平面圖形的邊界上。〔4如果某一個三角形有一邊在邊界上,例如圖④中的△ABC,去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊,即AC,這樣也就去掉了△ABC。這樣F′和E′各減去1而V′不變,所以F′-E′+V′也沒有變?！?如果某一個三角形有二邊在邊界上,例如圖⑤中的△DEF,去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊,即DF和EF,這樣就去掉△DEF。這樣F′減去1,E′減去2,V′減去1,因此F′-E′+V′仍沒有變。〔6這樣繼續(xù)進行,直到只剩下一個三角形為止,像圖中⑥的樣子。這時F′=1,E′=3,V′=3,因此F′-E′+V′=1-3+3=1?！?因為原來圖形是連在一起的,中間引進的各種變化也不破壞這事實,因此最后圖形還是連在一起的,所以最后不會是分散在向外的幾個三角形,像圖中⑦那樣?！?如果最后是像圖中⑧的樣子,我們可以去掉其中的一個三角形,也就是去掉1個三角形,3個邊和2個頂點。因此F′-E′+V′仍然沒有變。即F′-E′+V′=1成立,于是歐拉公式