斯特瓦尔特定理.doc

数形结合，动静互易（一） 在解决代数问题时，要注意其几何意义，通过几何图形的直观反映题设条件与结论之间的联系，反之在解决几何问题时，应注意其间的数量关系，有时结合代数方法，可弥补直觉想像的不足.例1正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k， 求证：aB+bC+cAk2 (节21届全苏数学奥林匹克竞赛题)分析除了纯代数方法以外，若能联想几何意义，视正数为线段长，则两正数之积可与面积相联系，于是可构造以k为边长的正三角形，使其三边分别为a+A，B+b，C+c，（如图1） 于是求证的结论可视作要证 SPNM+SQLN+SRLMSPQR （； ；） 结论显然成立.说明此例的几何证法不太好想，但只要想到，其优越性是不言自明的.例2若2x+y1，试求函数 W=y2-2y+x2+4x的最小值分析若采用纯代数的方法求解，过程相当繁杂，不妨试用几何方法.解设P(x，y)是直角坐标平面oxy上的一点，则 2x+y1 表示直线2x+y-1=0的上方（含直线本身）区域. 再视W=y2-2y+x2+4x为方程，变形为：(x+2)2+(y-1)2=W+5 可见它表示以o(-2，1)为圆心，为半径的圆.由于W不定它表示的是动圆，而其上点(x，y)应是直线2x+y-1=0上方（含直线）的点，为使W最小，即需此动圆半径最小，此即o到直线的距离. 故当时， 即为所求最小值. 为求出何时取到最小值，只需再解方程组 得；即此时，函数取最小值.例3解不等式：分析：本题是道高考的容易题，但实际上当年考生得分并不高，错误的原因就在于绝大多数同学只会用分类讨论的方法解此无理不等式，而在讨论时，又分类不全，错误率很高，其实只要有数形结合的思想，利用图象求解，本题还是很容易的.解作与y=x+1的图象于同一坐标系，解方程组 得出交点A(2，2)，注意到B(，0)，结合题意可能不等式的解为x(2）（待续）竞赛园地 柯西不等式（一）.内容设a1，a2，an和b1，b2bn是两组实数，则 (a12+a22+an2)(b12+b22+bn2)(a1b1+anbn)2 (当且仅当时，等式成立) 证明 方法1（利用排序不等式） (1)若a1=a2=an=0或b1=b2=bn=0显然成立； (2)若,且a1a2an, ,且b1b2bn,记 由排序原理有 x1xn+1+x2xn+2+xnx2n+xn+1x1+x2nxn x1x1+x2x2+x2nx2n.即 于是 进而有 （|a+b|a|+|b|）即 式中等号成立的充要条件是x1=x2=x2n,即 方法2，构造二次函数 显然f(x)0,因而其判别式0,即 ,即 ，当且仅当 时成立.应用例1.利用柯西不等式 证明 (1)(ab+cd) (ac+bd)4abcd; (2)若a、b、cR+，则 (3)若a、b、cR+，且ab+bc+cd=1,则. (4). 证明 (1)(ab+cd)(ac+bd) 等式当且仅当且a=d 即b=c,a=d 时成立. (2) =(1+1+1)2=9当且仅当a=b=c时，等式成立. (3)注意到 (a2+b2+c2)2=(a2+b2+c2)(b2+c2+a2)(ab+bc+ca)2=1 , (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)1+2=3 ,又由a+b+c0,故 ,当且仅当时，等式成立. (4)注意到 竞赛中的平面几何基础 小精灵（来了北大后，发现忘了不少高中的东西，但一旦重新拾起，就会有更深认识基于同样的原因，高中的你请和我们一起来看看初中的很“基础”很“基础”的东西） 照常理，我似乎应给你们再加点“料”，但见到这么多梅理、瓦理，再加那么几个公式，定理似乎没有什么必要了，你有足够的内存，时间，练习去记住每一个吗？仔细看每一个定理，它们都可以用正/余弦定理或更基本的思路来证明。它们不过是一些快捷方式，快捷键罢了。给你这么多公式唯一的目的是告诉你，由某些基本定理（余/正弦），可推导出三角形中存在的许多恒定的关系。 比奥赛，就是比怎样去推导、理解、运用这些关系。记住正/余弦，以后靠你自己吧，不过，多说一句，玩电脑的人喜欢快捷方式。 仅仅会初中平面几何中的定理，远远不能适应数学竞赛的需要，现在介绍几个在现行初中课本删去，但高中数学竞赛很需要的基础定理。定理1正弦定理 ABC中，设外接圆半径为R，则 证明概要 如图1，过B作直径BA，则A=A，BCA=90，故 即； 同理可得 当A为钝角时，可考虑其补角，-A. 当A为直角时，sinA=1，故无论哪种情况正弦定理成立。定理2余弦定理 ABC中，有关系 a2=b2+c2-2bccosA； （*） b2=c2+a2-2cacosB； c2=a2+b2-2abcosC； 有时也用它的等价形式 a=ccosB+bcosC； b=acosC+ccosA； （*） c=acosB+bcosA. 证明简介 余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法 如图建立复平面，则由 =（bcosA-c2）+(bsin)2 即a2=b2+c2-2bccosA， 同理可证（*）中另外两式；至于*式，由图2显见。 定理3梅内劳斯定理 直线截ABC的边BC，CA，AB或其延长线于D、E、F. 则 （若：考虑线段方向，则等式右边为-1） 证法简介 本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线，仅用正弦定理来证明。 在FBD、CDE、AEF中，由正弦定理，分别有 定理4塞瓦定理设O是ABC内任意一点，AB、BO、CO分别交对边于D、E、F，则 证法简介 （）本题可利用梅内劳斯定理证明： ADC被直线BOE所截， 而由ABD被直线COF所截， （）也可以利用面积关系证明 同理 得 定理5塞瓦定理逆定理 在ABC三边所在直线BC、CA、AB上各取一点D、E、F，若有 则AD、BE、CE平行或共点。 证法简介 （）若ADBE（如图画5-1） 则 代入已知式：；于是 ， 故 ADCF，从而ADBECF （）若AD、BE交于O（图5-2），则连CO交AB于F.据塞瓦定理，可得 而已知 AF+FB=AF+FB=AB AF=AF 即F即F，可见命题成立。 定理6斯特瓦尔特定理 在ABC中，若D是BC上一点，且BD=p，DC=q，AB=c，AC=b，则 证明简介： 在ABD和ABC中，由余弦定理，得 抽屉原理是组合数学中一个非常有用和重要的方法。本文将用它处理三个组合问题。例1和例2是与整除有关的问题，同学们读后不妨想一想，任意多少个整数中，至少有4个数的和为4的倍数，把4换成5、6，或者是n，能否得出一般的结论？ 定理引入若5个苹果放在两个抽屉中，则至少有一个抽屉有3个苹果，即有个苹果； 若有10只鸽子，放在3个笼子中，则至少有一个笼中关有4只鸽子，即只鸽子 定理：若有p个元素放入q个盒子中，则当q|p时，至少有一个盒子中，放有个元素；若qp时，至少有一个盒子中，放有+1个元素。 定理应用 例1.任意三个整数中，至少有两个整数的和为2的倍数，请予证明。 证明：任一整数或者是偶数，或者是奇数，再构造两只抽屉，一只放偶数，一只放奇数，根据抽屉原理，即至少有一个抽屉放了两个奇数，或者两个偶数，无论是哪一种情况，该抽屉内所放两数的和都是偶数（证毕）。 例2.任意5个整数中，至少有3个数的和为3的倍数。 分析：任一整数被3除的余数只有3种可能：或者整除，则余数为0，或者不能整除，则余数为1或2. 我们构造3个抽屉，分别放置形如3m、3m+1、3m+2的数，其中，这三类数也可称为余0类，余1类，余2类。 把任意五个整数，按其余数情况放入这三个抽屉，由抽屉原理：必有某一抽屉有整数。 （个） 对这三个抽屉的数，进行分类讨论，命题可以得证。 证明：按余0类，余1类，余2类构造三个盒子，由抽屉原理，必有一盒子放有个关于3的余数相同的数，则另外3个盒中放的3个数，或者同属一类，这时结论显然成立；若2个属一类，另一个属一类，这时从三类不同余数的盒子，各抽一个数，则此三数和必为3的倍数。 因而无论整数在三个抽屉中如何分布，总能找到其和为3的倍数的三个数。 例3.下面的结论是否正确，请予证明或举反例说明其伪。 在1999年高中数学冬令营中，有82名来自各省市的优秀选手，则其中必有10位选手来自同一省市或者来自十个不同省市。 解：若其中参加冬令营的省市超过10个，结论显然成立；若这些选手来自的省市不足十个，则由抽屉原理，必有一省市来了。 名选手，不论何种情况，结论成立（证毕） 问题提出1978年全国高中数学竞赛有这样一道著名的试题： 有10个人各拿一只水桶去打水，设水龙头注满i个人的水桶需要ti分钟，并假定这ti(i=1、2、10)各不相同。问只有一个水龙头时，应如何安排10个人的顺序，使他们接满水桶花费的总时间最少？并求出这个最少的总时间(设水流量恒定)。数学模型的建立 设i1、i2、i10是1、2、10这十个数的一个排列。若第一接水人的水桶需ti1分接满，则当他接水时，其余9人每人都要等待ti1分钟，因此十人总等候时间和10ti1分。同理第二人接水时间为ti2，有9人共等候9ti2分，依此类推，10人都接满水时，接水人总等候时间为 T=10ti1+9ti2+2ti9+ti10(分) 于是问题转化为求T的最小值，怎样求这最小值呢？这就需要掌握下面的所解“排序不等式”定理内容 设有数组A：a1a2an，及数组B：b1b2bn.称a1b1+a2b2+anbn为顺序和，a1bn+a2bn-1+a3bn-2+ +anb1为倒序和，a1bj1+a2bj2+anbjn为乱序和(其中j1、j2jn是数1、2,n的一个排列)则有 顺序和乱序和倒序和，其中等号当且仅当a1=a2=an或b1=b2=bn时成立。证明思路 先看a1a2，b1b2 时， (a1b2+a2b1)-(a1b1+a2b2) =a1(b2-b1)+a2(b1-b2) =(b2-b1)(a1-a2)0， (*)可见命题成立，对于多于两个数的数组A、B构成的“序和”，只要把其中一个“乱序”调为“顺序”，由(*)可以得到“序和”将变大，而经过有限次调整，“乱序和”将变“顺序和”。类似的讨论可见“乱序和”不小于倒序和(*也可视为“倒序和”“顺序和”)。 回到接水需时问题，设t1t291，故 10ti1+9ti2+ti1010t1+9t2+t10，因而按水桶的大小排队接水，应使小桶排前大桶排后，10人接水需时总数是最少，这个时间就是 10t1+9t2+t10回味与引伸 利用排序不等式还可以证明许多较难的数学竞赛试题。如20属国际数学竞赛有如下试题：设a1、a2、an是互不相同的自然数证明 . 证明：设b1、b2、bn是a1、a2、an的一个排列，满足b1b2bn. biN(i=1、2、n)b1 1，b2 2，bn n.注意到 ，故由排序不等式有“乱”序和 “倒”序和及bi i(i=1、2、n). 等号当且仅当ai=bi=i(i=1、2、n)时成立。欧拉算式与不定方程初步（一） 在求a，b的最大公约数的辗转相除法中，a=bq0+r0，b=r0q1+r1，rn-2=rn-1qn+rn，rn-1=rnqn+1，从而rn=(a，b). 反过来，rn=rn-2-rn-1qn=rn-2-(rn-3-rn-2qn-1)qn=ax+by， 从中我们可以看出，x和y是由qn，qn-1，q0决定的。 本文给出了一个由qn，qn-1，q0求x与y的算法，并将之应用于二元一次不定方程的求解。 假如你有兴趣，不妨用你所熟悉的计算机语言实现这个算法，或是给出更好、更快的算法。解题欧拉算式是用两个数a与b的倍数和表示a、b的最大公约数(a、b)的算法，下面我们通过例题熟悉这种方法。例例1：用253与449的倍数和表示（253，449） 解：先用辗转相除法求（253，449） 可见（253，449）=1（表现在辗转相除过程中的最后一个非零余数 ）. 下面的算法格式便是所谓欧拉演段，先去掉辗转相除中最后一个商3，然后把其余的商逆序依次写在一横线上方，落下左边第一个商1，并在1左边再固定一个数字1，如图示依“乘左下加左”得从第二数起下面应写的数： 11+1=2；32+1=7；27+2=16； 最后得出的71和126便是欲求的k，的绝对值； 1=k449+253 至于符号取“+”还是取“-”，可考查个位数字而定，现在449253，故k取71，取126，当k取“+”号，取“-”号时，个位数字符要求，因而 1=71449-126253 说明：欧拉演段的正确性，可利用数学归纳法进行证明，这里从略。 例2：用13，8，3的倍数和表示(13，8，3) 解：显然(13，8，3)=1 (i) 先用13与8的倍数和表示(13，8)=1 58+(-3)13=1； 又用1，3的倍数和表(1，3)=1，显然有1=13+(-2)1 1=13+(-2)58+(-3)13 即 1=13-108+613 例3：求出二元一次方程119x-105y=217的一个整数解. 解：由辗转相除及欧拉演段，得 从而217=317=（-217）119-（-248）105 对比原方程，故是原方程的一个整数解. 说明：有了二元一次不定方程ax+by=c的一个特解(x0，y0). 则依 (mZ) 可得方程的全部解，在这里，就有 即 (mZ) （*） 但并非形如ax+by=c (a、b、cZ)的二元一次不定方程都有整数解，只有当(a，b)c时，才可能有整数解，本例中(119，105)=7217，故可找到整数特解，进而找到它的全部通解（*）.附录 附录：1.关于二元一次不定方程ax+by=c (a、b、cZ)有整数解的充要条件为(a，b)c的证明. 证：(i)充分性 设(a,b)=dc 则令c=dc0，由欧拉演段可找到x0，yZ，使ax0+by0=d 从而 ac0x0+bc0y0=c 即 ax+by=c有解 (ii)必要性 设方程ax+by=c (a、b、cZ)有解 使 ax0+by0=c (a、b、c、x0、y0Z) 则由(a,b)=da，db 从而 dc 附录2：关于二元一次不定方程的通解定理： 设(a,b)=1，且(x0,y0)为 ax+by=c (a,b,cZ) ( * )的一特解，则方程( * )的通解形如 (t=0,1,2,) 证： (a,b)=1,a(y-y0)，令 y=y0-at 则x=x0+bt 经检验，它们是原方程的解，故所求方程的通解为 (tZ)竞赛试题解法分析（一）抓住关键，穷追不舍 问题某市有n所中学，第i所中学派出Ci名学生(1Ci39，1in)到体育馆观看球赛，全部学生的总数为，看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须坐在同一排，问体育馆最少要安排多少横排才能保证全部学生都能坐下？（1990年全国高中数学联赛）解法1本题是道竞赛压轴题，自然有相当难度，怎样解决它呢？首先要仔细审题，搞清题设的条件：1.每校学生不超过39人，而总人数为1990人；2.看台上每一横排有199个座位；3.同一学校的学生，必须坐在同一横排。 而要求达到的目标，是求如何安排入座，所需横排最少？ 显然，最不用动脑筋的排法是每个学校坐一横排，这必然能满足三个条件，但同样显然的是，它所需的横排数，一定是最多的，因而不合要求。 因而很自然地应想到，最好的出路应是把那些人数和不超过199人的学校放在一横排，于是问题转化为最多能把多少所学校分别放在同一横排？！并且从前排往后排坐，每排尽量坐满（或每排尽量少空位！）！ 这件事，能否办到呢？由于学校只有有限的n个，而每校学生数也是有限的（不超过39人），而把这n个数中的若干个加在一起，其和的个数也是有限个（由组合数公式可知为：）其中小于199的和自然也是有限个，设其中最大的和，则可把第i1，i2，ik所中学放第一排，于是第一排的空位数为 x1=199-Smax=199-（） 取最小值（显然x10） 再考虑余下的n-k所中学，让它们中任一所学校的学生人数为Cj（ji1，i2，ik）易见 Cjx1+1 （否则可将该校学生安排第一排就座） 下面我们来考查一下，第一排的空位数x1最多只能有几个？ 显然这个数应小于39。但能否是38，37，36，33呢？ 若x1=38则Cj39，395199，而199-395x1=38，矛盾。（x1应是诸排中，最小空位数！） 同样类推，直到x1=33，都有Cj34，于是199-345=29x1，可见x1应不大于32。从而第一排排空的人数应不小于167。 因第一排所剩空位数最小，可见其余各排空位数应小于39而不小于32。 同样可证第二排以后空位也应不小于32，即所有各排都至少应坐167人。以每排都坐167人计，1990167=11.9（排） 故所求的最少排数应为12排。 说明本题的解法关键在于找出了每排的最少人数是167（否则将导致该排座位空缺数将大于最小空位数的矛盾）。既然每排最少坐人数找到了，从而也就找到了安排全部观众1990人入座的最多排数。下面再介绍另一种解法。 解法2 将各所学校顺序编号，并让各校学生顺序入座，每坐满一排就按“之”字形依次转入后一排，这样全部学生入座只需排 然而在前一排的未尾和后一排的开头有可能坐的是同一学校的学生，这是不符合题意的坐法，为此必须予以调整。怎样调整呢？最好的办法就是把凡是分别坐在两排的同一学校的学生，统统抽出来，然后让他们再重新坐在后面的空排上去。那么最多能抽出多少学校呢？ 因为总数不过坐了十排，其间顶多只有9所学校不同排！而9所学校顶多有939人，而539=195，因此再有两排，全部学生就都能按题目要求坐下了。 于是解法2同样得出只需12排，即可按要求坐下全部学生，那么再少一点排数行不行？ 构造特殊情况试试： 考虑当n=59，且其中有一所中学仅来18人，其余各校皆来34人的情况（这时5834+18=1990） 注意到 534=170199204=634 且 1990=3458+18 因此当前10排只能坐50个学校的1700人，第11排只能坐6个学校的534+18=188（人），另有2个学校的2个人必须再坐一排。由此可见只安排11横排是不行的。 综上，至所求的最小排数是12。 注意当遇到求实际问题的最值问题时，若找到一个基本满足要求的数后，如还要确定它是否最小值（或最大值），就必须验证再小的值（或再大的值）不合要求，否则就不能算作求出了最值。竞赛中的平面几何基础（二） 定理7ABC中，若AD平分BAC，记AD=ta，AB=c，AC=b，BC=a.且BD=m，DC=n， 则（i）； （ii） (tb、tc是b边或c边上的角平分线) 证法简介 （i）在图7-2中，延长CA到A，作BADA交CA于A，则 （1=2，故AB=AA） 即 （ii）由上节斯特瓦尔特定理 由a+b+c=2p，b+c-a=2p-2a，故 同理可得 说明 类似方法可证a边上的高线长 定理8在凸四边形ABCD中，有ABCD+ADBCACBD 仅当四边形ABCD内接于圆时，等式成立，这时称之为“托勒密”定理. 证法简介 在四边形ABCD内取点E，使BAE=DAC且ABE=DCA，则由ABEACD，得， 于是ABCD=ACBE 又由且BAC=EAD， 则ABCAED 从而 即 ADBC=ACED +，得ABCD+ADBC=AC（BE+ED）ACBD 如图8可见等式当且仅当E点落在BD上时成立，即当ABD=ACD时成立，这时恰是A、B、C、D四点共圆时. 定理9西姆松定理及其逆定理 过三角形外接圆上任一点作三边（或所在直线）的垂线，则三垂足共线； 反之，若自一点作三角形三边所在直线的垂线足共线，则该点在三角形的外接圆上. 这两个定理分别称作西姆松定理和西姆松逆定理，三垂足所在直线，称为西姆松线. 证法简介 如图9，ABC外接圆上有点P，且PEAC于E，PFAB于F，PDBC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 ，（都是ABP的补角） 且PDE=PCE 而ACP+PCE=180 FDP+PDE=180 即F、D、E共线. 反之，当F、D、E共线时，由可见A、B、P、E共圆. 定理10厄尔多斯摩德尔定理 设P是ABC内或周界上任一点，P到三边距离分别为x、y、z则 PA+PB+PC2(x+y+z) 等式当且仅当ABC为正三角形且P为中心时成立. 证法简介 如图10，过P作直线分别交AB、AC于M、N，且令AMP=ACB，则 AMNACB 于是 又注意到 因而 同理 其中当a=b=c时（*）式中等式成立；当APMN时（*）取等号，即等式当ABC为正三角形且P为中心时成立.