高中数学联赛常用定理

1、常用定理1、费马点(I)基本概念定义：在一个三角形中，至I 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：a费马点证明图形(1)费马点对边的张角为120度。 CC1B 和4AA1B 中,BC=BA1,BA=BC1, /CBC1= / B+60 度=/ABA1, CC1B和4AA1B是全等三角形，得到/ PCB=/PA1B同理可得/ CBP=ZCA1P由/ P

2、A1B+/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ABPC以点B为旋转中心旋转60度与ABDA1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=Z 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AABC内任意取一点 M (不与点P重合)，连结AM、BM、CM,将

3、 BMC以点B为旋转中心旋转60度与 BGA1重 合，连结AM、GM、A1G(同上)，贝I AA1<A1G+GM+MA=AM+BM+CM. 所以费马点至J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。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 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。1

4、20度以内，那么,(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、梅涅劳斯定理和塞瓦定理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

5、。它指出：如果一条直线与4ABC的三边AF BC DO1AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么 FB CD 0A 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/AO

6、E)=1。(O不与点 A、B、 C重合)三、塞瓦定理塞瓦定理在AABC内任取一点O,直线 AO、BO、CO 分别交又t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而由 AABD 被直线 COF 所截，(BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1 人 O :即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1(n)也可以利用面积关系证明(fc J®BD/DC=S ABD/S ACD=S BOD/S COD=(S ABD-S BOD)/

7、(S ACD-S /、COD)=SAAOB/SAAOC 生=同理 CE/EA=SzBOC/ SAAOB AF/FB=S A AOC/S A BOC 图 5 X3)道彳导 BD/DC*CE/EA*AF/FB=1塞瓦定理推论1 .设 E是4ABD 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心D)*(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/C

8、D)*(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交于一点的充分必要条件是：(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、

9、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

10、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： AABC外接圆上有点 P,且PEL AC于E, PF± AB于F , PDLBC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=Z ACP，.嘟是/ ABP的补角) 且/ PDE=/ PCE而 / ACP+Z PCE=180./ FDP+Z PDE=180即F、

11、D、E共线.反之，当F、D、E共线时，由-可见A、B、P、C共圆.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交西姆才线与

12、R,BC于Q如图连其他相关线段AH ± BC,PF± BC=>AG/PF=> / 1 = /2A.G.C.P 共圆=> /2=/3PE± AC,PF± BC=>P.E.F.C 共圆=> / 3=2 4=> / 1 = 2 4PFXBC=>PR=RQBH ±AC,AH ± BC=> / 5=/ 6A.B.G.C 共圆=> 2 6= 77=> / 5=2 7AG ± BC=>BC垂直平分GH=> Z8=Z 2= Z4Z8+Z 9=90,/ 10+/ 4=90

13、=>Z9=Z 10=>HQDF=>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H重心和垂心。 则。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

14、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 ABEs ACD所以 BE/CD=AB/AC,即 BE AC

15、=AB CD (1) 而 / BAC= / DAE, , / ACB= / ADE 所以ABCsAED相似.BC/ED=AC/AD 即 ED AC=BC AD (2)(1)+(2)，得 AC(BE+ED)=AB CD+AD BC 又因为BE+EI>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

16、)(b - c) = (a - c)(b - d) ,两边取 jg,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。 四点不限于同一壬鱼。平面上， 托勒密不等式是三角不等式的反演形式。设ABCD是圆内接四边形。 在/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 + ZCBK = Z ABC = / CBD + /ABD ,所以 / CBK = /ABD。 因此 4ABK 与 DBC 相似,同理也有 ABD A

17、KBC o 因止匕 AK/AB = CD/BD，且 CK/BC = DA/BD ; 因此 AK BD = AB CD ,且 CK BD = BC - DA ; 两式相加，得（AK+CK） BD = AB CD + BC DA ; 但 AK+CK = AC ,因止匕 AC- BD = AB CD + BC- DA o 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 = ABCD + AD BC .证明：如图 1 ,过 C 作 CP 交

18、BD 于 P,使/ 1=/2,又/ 3=/4,.ACDsA BCP.得 AC: BC=AD : BP, AC- BP=AD BC 。又 /ACB=/DCP, Z5=Z6, . ACBs DCP.得 AC : CD=AB : DP, AC- DP=AB CD 。 + 得 AC（BP +DP）=AB- CD + AD BC,即 AC- BD=AB CD+AD BC .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

19、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ADBC+AB CD=AC BD 七、重要不等式1、均值不等式：nnakai，a2an R，则j ak

20、kk 1nTIP:完全的均值不等式V(aA2+ bA2)/2>(a+b)/2 上，ab 二 2/(1/a+1/b)(二次幕平均第术平均习L何平均潮和平均)2、柯西不等式柯西不等式的一般证法有以下几种:(1) Cauchy不等式的形式化写法就是：记两列数分别是ai, bi,则有(EaiV) * ( EbiA2)上(Eai * bi)A2.我们令 f(x) = E(ai + x * bi)A2 = (EbiA2) * xA2 + 2 * (Eai * bi) * x + (EaiA2)则我们知道恒有f(x)上0.用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有 = 4 * ( Eai * b

21、65;4 * ( EaiA2) * ( EbiA2) v 0.于是移项得到结论。(2)用向量来证.m=(a1,a2an) n=(b1,b2bn)mn=a1b1+a2b2+anbn=(a1A+a2A+anA)A1/2 乘以(b1+b2A+ +bnA)A1/2 乘以 cosX.因为cosX小于等于1,所以：a1b1+a2b2+anbn小于等于a1A+a2A+anA)A1/2乘以(bi+b2A+bnA)A1/2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.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O3 .排序不等式排序不等式是

22、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 ,满用 na 1 v a 2 v v a n, b 1 v b 2 *"则畲力1nb n + a 2 b n?1+ + a n b1 v a 1 b t + a 2 b t + a n b t v a 1 b 1 + a 2 b 求中 t1, t2+ - a n,btn 是 1, 2, , n 的任意一个排列，当且仅当 a 1 = a 2 = = a或b 1 = b 2 = = b fl寸成立。以上排序不等式也可简记为：反序和有L序和响序和.证明时可采用逐步调整法。例如，证明：其余不变

23、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 )*(b1-b 2 -Q 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,b3bn满足 a1Va2Va3V.不医lan<b2Vb3V vbn那么，Eaibi 上(1/n)( Eai)( Ebi) (2)设存在数列a1,a2,a3.an和b1,b2,b3bn满足 a1Va2Va3V.不医b2>b3> 上bn那么，Eaibi <(1/n)( Eai)( E

24、bi)5 .琴生不等式设f(x)为上凸函数，则f(x1+x2+ +xn)/n刁f(x1)+f(x2)+f(xn)n为琴生不等式(幕平均)。加权形式为：f(a1x1+a2x2+ +anxn) >a1f(x1)+a2f(x2)+ +anf(xn)中ai>=0(i=1,2, ,nJ=L a1+a2+an=1.6 .幕平均不等式ai一幕平均不等式:ai>0(1 vi vn). a >6 则有>(EaiA 0/nF成立。iff a1=a2=a3= =an 时取等号加权的形式：设 ai>0, pi>0(1 vi v,n)HL a >6 则有(Epi*aiA

25、a/Epi)A1/ a >(Epi*aiA p/Epi)A1/ 0iff a1=a2=a3= =an p1=p2=p3=pn 时取等号。特例：调和平均(-1次号),-几何平均(0次号),-算术平均(1次幕),-二次平均(2次幕)7权方和不等式1)a1 人(m+1) / b1Am + a2 A (m+1) / b2Am + a3 A ( m+1) / b3Am + +an A (m+1) / bnAm > (a1+a2+a3+ +an)人(m+1) / (b1+b2+b3+bn)Am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

26、，等号成立2)al 八(m+1) / b1Am + a2 八(m+1) / b2Am + a3 八(m+1) / b3Am + +an A (m+1) / bnAm < (a1+a2+a3+ +an)八(m+1) / (b1+b2+b3+bn)Am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)：Ei=1, nai*bi &Ei=1, naiAp) A(1/p) *( Ei=1,nbiAq)A(l/q)上式中1/p+1/q=1,ai,bi为正实数八、棣莫弗(de Moivre

27、)定理设两个复数(用三角形式表示)Z1=r1(cos 9 1+isin 9 1) ,Z2=r2(cos 9 2+igih 9 2), Z1Z2=r1r2cos( 9 1 + 9 2)+isin( 9 1+9 2).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9这两个分向量的本M分别等于rcos 9 ,risin e (r= MaA2+bA2),复数Z可以表示为Z=r(cos 0 +isin这峭.0称为复数Z的辐角.因为 Z1=r1(cos e 1+isin 9 1) ,Z2=

28、r2(cos9 2+iSinH9 2),Z1Z2=r1r2(cos 01+isin 0 1)(cos 0 2+isin 0 2)=r1r2(cos 0 1cos 0 2+icos 0 1sin 0 2+isin -s1nc0s1sin 0 2)=r1r2(cos 0 1cossin 0 1sin 0 2)+i(cos 0 1sin 0 2+sin 0 1cos 0 2)=r1r2cos( 9 1 + 9 2)+isin( 9 1+9 2).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(cos 0 1+isin 0 1) ,Z2=r2(cos 0 2+isin 0,2

29、Zn =rn(cos 0 n+isin 0 n):Z1Z2Zn=r1r2 rncos( 9 1+9 2+ 9 n)+isin( 9 1 + 9 2+ 9 n).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“eAi 9 =cos 9 +isin(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：Z1Z2Zn=r1r2 rncos( 9 1+9 2+ 9 n)+isin( 9 1 + 9 2+ 9 n)如果可以把所有的复数改写成指数的形式，即： Z1=r1eAi 0 1,Z2=r2eAi 0 2

30、, ,- Zn=rneAi 0 n,Z1Z2Zn=r1r2 rneAi( 0 1+0 2+ 9 n)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,贝U 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

31、 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。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

32、：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，特另J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

33、明如果a和b有一个是0,那么它们两个的最大公约数是0o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<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)(r

34、n-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),(5)，可证得 1=(a1)x+(b1)y。n个整数间的裴蜀定理设a1,a2,a3an为n个整数，d是它们的最大公约数，那么存在整数 x1xn使彳x x1*a1+x2*a2+.xn*an=d特别来说，如果a1.a

35、n互质(不是两两互质)，那么存在整数x1xn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。裴蜀定理得名于西数学家艾蒂安 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

36、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) 12 + 1 42 = 6及4X12 + (-1) 42 = 6。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上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

37、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)可彳导ac bc三(mod m)可得(a-b)c=0(modm)因为(m,c)=1即m,c互质，c可以约去，a b=0(mocm)可

38、得 a - b(mod m)引理2.剩余系定理5若m为整数且m>1,a1,a2,a3,a4,域mm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 r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,-1,1<i<=m。令(1) ： a1= r1(mod m),a2= r2(mod m),a“典mod m(同)，因为只有在这种情况下才能保证集合a1,a2,a3,a4,am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,

39、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,am1模m的一个完全剩余系，则 ba1,ba2,ba3,ba4,m也陶成模m的一个完全剩余系。证明：若存在2个整数ba和baj同余即bambaj(mod m),根据引理2则有a=aj(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baj同余。由引理5可知ba1,ba2,ba3,ba4, 构bOmm 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

40、/b(mod m),cmd(mod m),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：构造素数p的完全剩余系P=1,2,3,4(-1),因为(a,p)=1,由引理3可彳< A=a,2a,3a,4a,(pl)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)。令丫=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 可彳导 a*2a*3a* (p-1)a = 1*2*3

41、* -(p-1)(mod p)即 W*aA(p- 1)=W(modp> 易知(W,p)=1,由引理 1 可知 a(p-1)三 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aA <j> (n) 三 1 (mod n)证明首先证明下面这个命题：对于集合Zn=x1,x2,.,x<j)(薪中xi(i=1,2,八傩环大于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),

42、.,a*x<j> (n)(mod n)则 S = Zn1)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不xj则a*xi(mod n) #a*xj(od 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 x a*x2 x. Xa*x)(j)(mod n)= (a*x1(mod n) x a*x2(mod n) x . x a*x <j> (r)(mBddn)i)=(x1 x x2 x . x) x(m例 n

43、)考虑上面等式左边和右边左边等于(a* (x1 x x2 x .x) x)mmn)d n)右边等于 x1 Xx2 x . x x> <Xmnod n)而 x1 x x2 x . x x <j> (moicffi/根据消去律，可以从等式两边约去，就得到：aA <j> (n) 三 1 (mod n)推论：对于互质的数 a、n,满足aA( <j)(n)+1)三a (mod n)费马定理 :a是不能被质数p整除的正整数，则有aA(p-1)三1 (mod p)证明这个定理非常简单，由于Hp) = p1,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

44、数a,有aApma (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dA2=RA2-2Rr.证明O、I分别为力ABC的外心与内心.连AI并延长交。于点D,由AI平分&ETH;BAC ,故D为弧BC的中点.连DO并延长交。于E,则DE为与BC垂直的。O的直径.由圆幕定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IA ID.(作直线OI与。交于两点，即可用证明)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.

45、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先以简单白四面体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

46、 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Eo剪掉一个面，使它变为平面图形(拉开图)，求所有面内角总和 W a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：W a

47、= (n-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) 180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 个顶点处的内角和为(V-n) 360度，边上的n个顶点处白内角和(n-2) 180度。所以，多面体各面的内角总和：W a = (V) 360 度+(n-2) 180 度+(n-2) 180 度=(V-2) 360 度(2)由(1)(2)得：(E-

48、F) 360 度=(V-2) 360 度所以 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。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)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)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

49、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' +怀变。因此当完全分割成三角形的时候，F'-E' +V勺值仍然没有变。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 o这样F和E'各减去1而V'不变，所以F&

50、#39;-E' +V&没有变。(5)如果某一个三角形有二边在边界上，例如图中的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' +V0没有变。(6)这样继续进行，直到只剩下一个三角形为止，像图中的样子。这时F' = 1 E =3 V' =3因此F'-E' +V =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，像图中那样。(8)如果最后是像图中的样子，我们可以去掉其中的一个三角形，也就是去掉1个三