高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽常用定理

1、常用定理1、費(fèi)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(fèi)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(fèi)馬點所在的周角。所以三角形的費(fèi)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(fèi)馬點呢： 費(fèi)馬點證明圖形(1)費(fèi)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

2、，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(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)60度與BDA1重合，連結(jié)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(jié)AM、BM、CM，將BMC以點B為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)60度與BGA1重合，連結(jié)AM、GM、A1G(同上)，則AA1<

3、;A1G+GM+MA=AM+BM+CM.所以費(fèi)馬點到三個頂點A、B、C的距離最短。 平面四邊形費(fèi)馬點 平面四邊形中費(fèi)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(fèi)馬點為兩對角線AC、BD交點P。 費(fèi)馬點（2）在凹四邊形ABCD中，費(fèi)馬點為凹頂點D（P）。 經(jīng)過上述的推導(dǎo)，我們即得出了三角形中費(fèi)馬點的找法： 當(dāng)三角形有一個內(nèi)角大于或等于一百二十度的時候，費(fèi)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(fèi)馬點就是使得費(fèi)馬點與三角形三頂點的連線兩兩夾角為120度的點。 （III）費(fèi)馬點性質(zhì)： 費(fèi)馬點（1）平面內(nèi)一點P到ABC三頂點的之和為PA+PB+PC

4、，當(dāng)點P為費(fèi)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(cè)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(fèi)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(dāng)ABC為等邊三角形時,此時外心與費(fèi)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(xué)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

5、，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(xiàn)，D三點共線，則 (sinACF/sinFCB)(sinBAD/sinDAC)(sinCBA/sinABE)=1 即圖中的藍(lán)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（sinAOF/sinFOB)(sinBOD/sinDOC)(sinCOA/sinAOE)=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)*(

6、AF/FB)=1 證法簡介 （）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)=1 而由ABD被直線COF所截， (BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1 ÷:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 （）也可以利用面積關(guān)系證明 BD/DC=SABD/SACD=SBOD/SCOD=(SABD-SBOD)/(SACD-SCOD)=SAOB/SAOC 同理 CE/EA=SBOC/ SAOB AF/FB=SAOC/SBOC ××得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1塞瓦定理推論1.設(shè)E是

7、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)=1 2.塞瓦定理角元形式 AD,BE,CF交于一點的充分必要條件是： (sinBAD/sinDAC)*(sinACF/sinFCB)*(sinCBE/sin

8、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(guān)系易證。 4.還能利用塞瓦定理證三角形三條高交于一點 設(shè)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

9、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(guān)的結(jié)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。 （2）兩點的西姆松線的交角等于該兩點的圓周角。 （3）若兩個三角形的外接圓相同，這外接圓上的一點P對應(yīng)兩者的西姆松線的交角，跟P的位置無關(guān)。 （4）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

10、有點P，且PEAC于E，PFAB于F，PDBC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=ACP ，（都是ABP的補(bǔ)角） 且PDE=PCE 而ACP+PCE=180° FDP+PDE=180° 即F、D、E共線. 反之，當(dāng)F、D、E共線時，由可見A、B、P、C共圓. 證明二： 如圖，若L、M、N三點共線，連結(jié)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，

11、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(guān)性質(zhì)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(guān)線段 AHBC,PFBC=>AG/PF=>1=2 A.G.C.P共圓=>2=3 PEAC,PFBC=>P.E.F.C共圓=>3=4 =>1=4 PFBC =>PR=RQ BHAC,AHBC=>5=6 A.B.G.C共圓=>6=7 =>5=7 AGBC=>BC垂直平分GH

12、 =>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(shè)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O(shè)1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),

13、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(zhì)上是關(guān)于共圓性的基本性質(zhì)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AB

14、EACD 所以 BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1) 而BAC=DAE，ACB=ADE 所以ABCAED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+EDBD （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(fù)數(shù)證明 用a、b、c、d分別表示四邊形頂點A、B、C、D的復(fù)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

15、-d)。 首先注意到復(fù)數(shù)恒等式： (a b)(c d) + (a d)(b c) = (a c)(b d) ，兩邊取模，運(yùn)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(shè)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

16、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·BDAB·CD

17、AD·BC 證明：如圖1，過C作CP交BD于P，使1=2，又3=4，ACDBCP得AC：BC=AD：BP，AC·BP=AD·BC 。又ACB=DCP，5=6，ACBDCP得AC：CD=AB：DP，AC·DP=AB·CD 。得 AC(BPDP)=AB·CDAD·BC即AC·BD=AB·CDAD·BC 推論1.任意凸四邊形ABCD，必有AC·BDAB·CD+AD·BC，當(dāng)且僅當(dāng)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

18、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(dāng)且僅當(dāng)共圓或共線。 簡單的證明：復(fù)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(biāo)有B、C兩點，則AD·BC+AB·

19、CD=AC·BD七、重要不等式1、均值不等式：TIP:完全的均值不等式(a2+ b2)/2 (a+b)/2 ab 2/(1/a+1/b) （二次冪平均算術(shù)平均幾何平均調(diào)和平均）2、柯西不等式柯西不等式的一般證法有以下幾種： （1）Cauchy不等式的形式化寫法就是：記兩列數(shù)分別是ai, bi，則有 (ai2) * (bi2) (ai * bi)2. 我們令 f(x) = (ai + x * bi)2 = (bi2) * x2 + 2 * (ai * bi) * x + (ai2) 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 = 4 * (ai * bi

20、)2 - 4 * (ai2) * (bi2) 0. 于是移項得到結(jié)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(xué)中應(yīng)給予極大的重視。3.排序不等式排序不等式是高中數(shù)學(xué)競賽大

21、綱要求的基本不等式。 設(shè)有兩組數(shù) a 1 , a 2 , a n, b 1 , b 2 , b n 滿足 a 1 a 2 a n, b 1 b 2 b n 則有 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的任意一個排列， 當(dāng)且僅當(dāng) a 1 = a 2 = a n 或 b 1 = b 2 = b n 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(diào)整法。 例如，證明：其余不變時，將a 1 b 1 + a 2

22、b 2 調(diào)整為a 1 b 2 + a 2 b 1 ，值變小，只需作差證明（a 1 -a 2 ）*（b 1 -b 2 ）0，這由題知成立。 依次類推，根據(jù)逐步調(diào)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(shè)存在數(shù)列a1,a2,a3.an和b1,b2,b3.bn滿足a1a2a3.an和b1b2b3.bn 那么，aibi(1/n)(ai)(bi) （2）設(shè)存在數(shù)列a1,a2,a3.an和b1,b2,b3.bn滿足a1a2a3.an和b1b2b3.bn 那么，aibi(1/n)(ai)(bi)5.琴生不等式設(shè)f(x)為上凸函數(shù)，則f(x1+x2+xn)/nf(x1)+f(x2)

23、+f(xn)/n,稱為琴生不等式（冪平均）。 加權(quán)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(1in),且>，則有(ai/n)1/成立 iff a1=a2=a3=an 時取等號 加權(quán)的形式： 設(shè)ai>0，pi>0(1in)，且>，則有 （pi*ai/pi)1/(pi*ai/pi)1/ iff a1=a2=a3=an， p1=p2=p3=pn 時取等號。 特例： 調(diào)和平均（-1次冪）， - 幾何平均（0次冪）， -

24、 算術(shù)平均（1次冪）， ， - 二次平均（2次冪）7權(quán)方和不等式1） a1 （m+1） / b1m + a2 （m+1） / b2m + a3 （m+1） / b3m + + an （m+1） / bnm (a1+a2+a3+ +an) （m+1） / (b1+b2+b3+ +bn)m 其中 a,b,n為正整數(shù)，m0 或 m-1 當(dāng)且僅當(dāng)a1/b1=a2/b2=.=an/bn時，等號成立 2） a1 （m+1） / b1m + a2 （m+1） / b2m + a3 （m+1） / b3m + + an （m+1） / bnm (a1+a2+a3+ +an) （m+1） / (b1+b2+b3

25、+ +bn)m 其中 a,b,n為正整數(shù)，-1<m<0 當(dāng)且僅當(dāng)a1/b1=a2/b2=.=an/bn時，等號成立 權(quán)方和不等式的等價形式： （Holder不等式）：i=1，nai*bi（i=1，naip）(1/p) * （i=1,nbiq)(1/q) 上式中1/p+1/q=1,ai,bi為正實數(shù)八、棣莫弗(de Moivre)定理設(shè)兩個復(fù)數(shù)(用三角形式表示)Z1=r1(cos1+isin1) ,Z2=r2(cos2+isin2),則: Z1Z2=r1r2cos(1+2)+isin(1+2). 證:先講一下復(fù)數(shù)的三角形式的概念.在復(fù)數(shù)平面上,可以用向量Z(a,b)來表示Z=a+ib

26、.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,這兩個分向量的模分別等于rcos,risin(r=a2+b2).所以,復(fù)數(shù)Z可以表示為Z=r(cos+isin).這里稱為復(fù)數(shù)Z的輻角. 因為Z1=r1(cos1+isin1) ,Z2=r2(cos2+isin2),所以 Z1Z2=r1r2(cos1+isin1)(cos2+isin2) =r1r2(cos1cos2+icos1sin2+isin1cos2-sin1sin2) =r1r2(cos1cos2-sin1sin2)+i(cos1sin2+sin1cos2) =r1r2cos(1+2)+isin(1+2). 其

27、實該定理可以推廣為一般形式: 棣莫弗定理的推廣設(shè)n個復(fù)數(shù)Z1=r1(cos1+isin1) ,Z2=r2(cos2+isin2),，Zn=rn(cosn+isinn), 則： Z1Z2Zn=r1r2rncos(1+2+n)+isin(1+2+n). 證：用數(shù)學(xué)歸納法即可，歸納基礎(chǔ)就是兩個復(fù)數(shù)相乘的棣莫弗定理。 如果把棣莫弗定理和歐拉(Euler)公式“ei=cos+isin”（參見泰勒公式，嚴(yán)格的證明需要復(fù)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： Z1Z2Zn=r1r2rncos(1+2+n)+isin(1+2+n) 如果可以把所有的復(fù)數(shù)改寫成指數(shù)的形式，即：Z1=

28、r1ei1,Z2=r2ei2,，Zn=rnein, Z1Z2Zn=r1r2rnei(1+2+n) 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(dǎo)出復(fù)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(zhuǎn)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,a mod b) 證明：a可以表示成a = kb + r，則r = a mod b 假設(shè)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,a mod b)的公約數(shù) 假設(shè)d 是(b,

29、a mod b)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,a mod b)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(zhuǎn)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(zhì)數(shù)）。 例如求1515和600的最大公約數(shù)， 第一次：用600除1515，

30、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(guān)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(xué)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(guān)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(zhì)的

31、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(shè)a,b都大于零，a>=b.設(shè)(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(zhuǎn)證(a1)x+(b1)y=1。由帶余除法： 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)+

32、(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(shè)a1,a2,a3.an為n個整數(shù)，d是它們的最大公約數(shù)，那么存

33、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(zhì)(不是兩兩互質(zhì)），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(shè)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(guān)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(xué)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(guān)于未知數(shù)x和

34、y的線性丟番圖方程（稱為裴蜀等式）： ax + by = m 有解當(dāng)且僅當(dāng)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(zhuǎn)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(dāng)且僅當(dāng)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(zhì)是整環(huán)中“理想”的概念。因此對于多項式整環(huán)也有相應(yīng)的裴蜀定

35、理。推廣以上定理可推廣到n個，n2 如1st IMO 1959第1題：證明對任意自然數(shù)n，(21n+4)/(14n+3)為既約分?jǐn)?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(zhì)，故(21n+4)/(14n+3)為既約分?jǐn)?shù)。Q.E.D. 另如：5x+4y+3z可表示全部整數(shù).因為3，4，5互質(zhì)，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(fèi)馬小定里費(fèi)馬小定理的證明一、準(zhǔn)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(dāng)acbc(mod m)時，有ab(mod m) 證明：acbc(mo

36、d m)可得acbc0(mod m)可得(a-b)c0(mod m)因為(m,c)=1即m,c互質(zhì)，c可以約去，ab0(mod m)可得ab(mod m) 引理2剩余系定理5 若m為整數(shù)且m>1,a1,a2,a3,a4,am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(gòu)成完全剩余系。 證明：構(gòu)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r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,r=i-1,1<i<=m。令(1)：a1r1(mod m),a2r2(mod m),ar(mod m)(順序可以不同),因為只有在這種情況下才

37、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(gòu)成完全剩余系。 引理3剩余系定理7 設(shè)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ba1,ba2,ba3,ba4,bam也構(gòu)成模m的一個完全剩余系。 證明：若存在2個整數(shù)ba和baj同余即babaj(mod m)，根據(jù)引理2則有aaj(mod m)。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baj同余。由引理5可知

38、ba1,ba2,ba3,ba4,bam構(gòu)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ab(mod m),cd(mod m),則有acbd(mod m) 證明：由題設(shè)得acbc(mod m),bcbd(mod m)，由模運(yùn)算的傳遞性可得acbd(mod m) 二、證明過程： 構(gòu)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WW(mod p)。令Y=a*2a*3a*4a*(p-1)a,因為a,2a,3a,4a,(p-1)a是p的完全

39、剩余系，由引理2以及引理4可得a*2a*3a*(p-1)a1*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、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(fèi)馬-歐拉定理）是一個關(guān)于同余的性質(zhì)。歐拉定理表明，若n,a為正整數(shù)，且n,a互素，(a,n) = 1，則 a(n) 1 (mod n) 證明首先證明下面這個命題： 對于集合Zn=x1,x2,.,x(n),其中xi(i=1,2,(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(mod n),a*

40、x2(mod n),.,a*x(n)(mod n) 則S = Zn 1) 由于a,n互質(zhì)，xi也與n互質(zhì)，則a*xi也一定于n互質(zhì)，因此 任意xi，a*xi(mod n) 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(mod n) a*xj(mod n)，這個由a、n互質(zhì)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*x(n)）(mod n) = （a*x1(mod n) × a*x2(mod n) × . × a*x(n)(mod n)）(mod

41、n) = （x1 × x2 × . × x(n)）(mod n) 考慮上面等式左邊和右邊 左邊等于(a*（x1 × x2 × . × x(n)）) (mod n) 右邊等于x1 × x2 × . × x(n)）(mod n) 而x1 × x2 × . × x(n)(mod n)和n互質(zhì) 根據(jù)消去律，可以從等式兩邊約去，就得到： a(n) 1 (mod n) 推論：對于互質(zhì)的數(shù)a、n，滿足a(n)+1) a (mod n) 費(fèi)馬定理: a是不能被質(zhì)數(shù)p整除的正整數(shù)，則有a(p-

42、1) 1 (mod p) 證明這個定理非常簡單，由于(p) = p-1，代入歐拉定理即可證明。 同樣有推論：對于不能被質(zhì)數(shù)p整除的正整數(shù)a，有ap a (mod p) 平面幾何里的歐拉定理定理內(nèi)容設(shè)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d2=R2-2Rr 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&ETH;BAC，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&ET

43、H;DBI=&ETH;DIB得）， 故只需證2Rr=IA·DB，即2RDB=IAr 即可 拓?fù)鋵W(xué)里的歐拉公式V+F-E=X(P)，V是多面體P的頂點個數(shù)，F(xiàn)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?fù)洳蛔兞浚峭負(fù)鋵W(xué)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

44、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(guān)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)椤皹渲π巍薄?（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(yùn)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(shè)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

45、 一方面，在原圖中利用各面求內(nèi)角總和。 設(shè)有F個面，各面的邊數(shù)為n1,n2，nF，各面內(nèi)角總和為： = (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(shè)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(

46、n-2)·180度。 所以，多面體各面的內(nèi)角總和： = (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(xué)方法證明歐拉公式 圖嘗試一下用拓樸學(xué)方法證明關(guān)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(shè)F，E和V分別表示面，棱（或邊），角（或頂）的個數(shù)，那末 F-E+V=2。 證明 如圖（圖是立方體，但證明是一般的，是

47、“拓樸”的）： （1）把多面體（圖中）看成表面是薄橡皮的中空立體。 （2）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，像圖中的樣子。假設(shè)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。 （3）對于這個平面圖形，進(jìn)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(jìn)對角線，一直到成為一些三角形為止，像圖中的樣子。每引進(jìn)一條對角線，F(xiàn)和E各增加1，而V卻不變，所以F-E+V不變。因此當(dāng)完全分割成三角形的時候，F(xiàn)-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，例如圖中的

48、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。 （5）如果某一個三角形有二邊在邊界上，例如圖中的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(jìn)行，直到只剩下一個三角形為止，像圖中的樣子。這時F=1，E=3，V=3，因此F-E+V=1-3+3=1。 （7）因為原來圖形是連在一起的，中間引進(jìn)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，像圖中那樣。 （8）如果最后是像圖中的樣子，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