斯特瓦爾特定理.doc

數形結合，動靜互易（一） 在解決代數問題時，要注意其幾何意義，通過幾何圖形的直觀反映題設條件與結論之間的聯(lián)系，反之在解決幾何問題時，應注意其間的數量關系，有時結合代數方法，可彌補直覺想像的不足.例1正數a、b、c、A、B、C滿足a+A=b+B=c+C=k， 求證：aB+bC+cAk2 (節(jié)21屆全蘇數學奧林匹克競賽題)分析除了純代數方法以外，若能聯(lián)想幾何意義，視正數為線段長，則兩正數之積可與面積相聯(lián)系，于是可構造以k為邊長的正三角形，使其三邊分別為a+A，B+b，C+c，（如圖1） 于是求證的結論可視作要證 SPNM+SQLN+SRLMSPQR （； ；） 結論顯然成立.說明此例的幾何證法不太好想，但只要想到，其優(yōu)越性是不言自明的.例2若2x+y1，試求函數 W=y2-2y+x2+4x的最小值分析若采用純代數的方法求解，過程相當繁雜，不妨試用幾何方法.解設P(x，y)是直角坐標平面oxy上的一點，則 2x+y1 表示直線2x+y-1=0的上方（含直線本身）區(qū)域. 再視W=y2-2y+x2+4x為方程，變形為：(x+2)2+(y-1)2=W+5 可見它表示以o(-2，1)為圓心，為半徑的圓.由于W不定它表示的是動圓，而其上點(x，y)應是直線2x+y-1=0上方（含直線）的點，為使W最小，即需此動圓半徑最小，此即o到直線的距離. 故當時， 即為所求最小值. 為求出何時取到最小值，只需再解方程組 得；即此時，函數取最小值.例3解不等式：分析：本題是道高考的容易題，但實際上當年考生得分并不高，錯誤的原因就在于絕大多數同學只會用分類討論的方法解此無理不等式，而在討論時，又分類不全，錯誤率很高，其實只要有數形結合的思想，利用圖象求解，本題還是很容易的.解作與y=x+1的圖象于同一坐標系，解方程組 得出交點A(2，2)，注意到B(，0)，結合題意可能不等式的解為x(2）（待續(xù)）競賽園地 柯西不等式（一）.內容設a1，a2，an和b1，b2bn是兩組實數，則 (a12+a22+an2)(b12+b22+bn2)(a1b1+anbn)2 (當且僅當時，等式成立) 證明 方法1（利用排序不等式） (1)若a1=a2=an=0或b1=b2=bn=0顯然成立； (2)若,且a1a2an, ,且b1b2bn,記 由排序原理有 x1xn+1+x2xn+2+xnx2n+xn+1x1+x2nxn x1x1+x2x2+x2nx2n.即 于是 進而有 （|a+b|a|+|b|）即 式中等號成立的充要條件是x1=x2=x2n,即 方法2，構造二次函數 顯然f(x)0,因而其判別式0,即 ,即 ，當且僅當 時成立.應用例1.利用柯西不等式 證明 (1)(ab+cd) (ac+bd)4abcd; (2)若a、b、cR+，則 (3)若a、b、cR+，且ab+bc+cd=1,則. (4). 證明 (1)(ab+cd)(ac+bd) 等式當且僅當且a=d 即b=c,a=d 時成立. (2) =(1+1+1)2=9當且僅當a=b=c時，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 ,當且僅當時，等式成立. (4)注意到 競賽中的平面幾何基礎 小精靈（來了北大后，發(fā)現(xiàn)忘了不少高中的東西，但一旦重新拾起，就會有更深認識基于同樣的原因，高中的你請和我們一起來看看初中的很“基礎”很“基礎”的東西） 照常理，我似乎應給你們再加點“料”，但見到這么多梅理、瓦理，再加那么幾個公式，定理似乎沒有什么必要了，你有足夠的內存，時間，練習去記住每一個嗎？仔細看每一個定理，它們都可以用正/余弦定理或更基本的思路來證明。它們不過是一些快捷方式，快捷鍵罷了。給你這么多公式唯一的目的是告訴你，由某些基本定理（余/正弦），可推導出三角形中存在的許多恒定的關系。 比奧賽，就是比怎樣去推導、理解、運用這些關系。記住正/余弦，以后靠你自己吧，不過，多說一句，玩電腦的人喜歡快捷方式。 僅僅會初中平面幾何中的定理，遠遠不能適應數學競賽的需要，現(xiàn)在介紹幾個在現(xiàn)行初中課本刪去，但高中數學競賽很需要的基礎定理。定理1正弦定理 ABC中，設外接圓半徑為R，則 證明概要 如圖1，過B作直徑BA，則A=A，BCA=90，故 即； 同理可得 當A為鈍角時，可考慮其補角，-A. 當A為直角時，sinA=1，故無論哪種情況正弦定理成立。定理2余弦定理 ABC中，有關系 a2=b2+c2-2bccosA； （*） b2=c2+a2-2cacosB； c2=a2+b2-2abcosC； 有時也用它的等價形式 a=ccosB+bcosC； b=acosC+ccosA； （*） c=acosB+bcosA. 證明簡介 余弦定理的證法很多，下面介紹一種復數證法 如圖建立復平面，則由 =（bcosA-c2）+(bsin)2 即a2=b2+c2-2bccosA， 同理可證（*）中另外兩式；至于*式，由圖2顯見。 定理3梅內勞斯定理 直線截ABC的邊BC，CA，AB或其延長線于D、E、F. 則 （若：考慮線段方向，則等式右邊為-1） 證法簡介 本題可以添加平行線來證明，也可不添輔助線，僅用正弦定理來證明。 在FBD、CDE、AEF中，由正弦定理，分別有 定理4塞瓦定理設O是ABC內任意一點，AB、BO、CO分別交對邊于D、E、F，則 證法簡介 （）本題可利用梅內勞斯定理證明： ADC被直線BOE所截， 而由ABD被直線COF所截， （）也可以利用面積關系證明 同理 得 定理5塞瓦定理逆定理 在ABC三邊所在直線BC、CA、AB上各取一點D、E、F，若有 則AD、BE、CE平行或共點。 證法簡介 （）若ADBE（如圖畫5-1） 則 代入已知式：；于是 ， 故 ADCF，從而ADBECF （）若AD、BE交于O（圖5-2），則連CO交AB于F.據塞瓦定理，可得 而已知 AF+FB=AF+FB=AB AF=AF 即F即F，可見命題成立。 定理6斯特瓦爾特定理 在ABC中，若D是BC上一點，且BD=p，DC=q，AB=c，AC=b，則 證明簡介： 在ABD和ABC中，由余弦定理，得 抽屜原理是組合數學中一個非常有用和重要的方法。本文將用它處理三個組合問題。例1和例2是與整除有關的問題，同學們讀后不妨想一想，任意多少個整數中，至少有4個數的和為4的倍數，把4換成5、6，或者是n，能否得出一般的結論？ 定理引入若5個蘋果放在兩個抽屜中，則至少有一個抽屜有3個蘋果，即有個蘋果； 若有10只鴿子，放在3個籠子中，則至少有一個籠中關有4只鴿子，即只鴿子 定理：若有p個元素放入q個盒子中，則當q|p時，至少有一個盒子中，放有個元素；若qp時，至少有一個盒子中，放有+1個元素。 定理應用 例1.任意三個整數中，至少有兩個整數的和為2的倍數，請予證明。 證明：任一整數或者是偶數，或者是奇數，再構造兩只抽屜，一只放偶數，一只放奇數，根據抽屜原理，即至少有一個抽屜放了兩個奇數，或者兩個偶數，無論是哪一種情況，該抽屜內所放兩數的和都是偶數（證畢）。 例2.任意5個整數中，至少有3個數的和為3的倍數。 分析：任一整數被3除的余數只有3種可能：或者整除，則余數為0，或者不能整除，則余數為1或2. 我們構造3個抽屜，分別放置形如3m、3m+1、3m+2的數，其中，這三類數也可稱為余0類，余1類，余2類。 把任意五個整數，按其余數情況放入這三個抽屜，由抽屜原理：必有某一抽屜有整數。 （個） 對這三個抽屜的數，進行分類討論，命題可以得證。 證明：按余0類，余1類，余2類構造三個盒子，由抽屜原理，必有一盒子放有個關于3的余數相同的數，則另外3個盒中放的3個數，或者同屬一類，這時結論顯然成立；若2個屬一類，另一個屬一類，這時從三類不同余數的盒子，各抽一個數，則此三數和必為3的倍數。 因而無論整數在三個抽屜中如何分布，總能找到其和為3的倍數的三個數。 例3.下面的結論是否正確，請予證明或舉反例說明其偽。 在1999年高中數學冬令營中，有82名來自各省市的優(yōu)秀選手，則其中必有10位選手來自同一省市或者來自十個不同省市。 解：若其中參加冬令營的省市超過10個，結論顯然成立；若這些選手來自的省市不足十個，則由抽屜原理，必有一省市來了。 名選手，不論何種情況，結論成立（證畢） 問題提出1978年全國高中數學競賽有這樣一道著名的試題： 有10個人各拿一只水桶去打水，設水龍頭注滿i個人的水桶需要ti分鐘，并假定這ti(i=1、2、10)各不相同。問只有一個水龍頭時，應如何安排10個人的順序，使他們接滿水桶花費的總時間最少？并求出這個最少的總時間(設水流量恒定)。數學模型的建立 設i1、i2、i10是1、2、10這十個數的一個排列。若第一接水人的水桶需ti1分接滿，則當他接水時，其余9人每人都要等待ti1分鐘，因此十人總等候時間和10ti1分。同理第二人接水時間為ti2，有9人共等候9ti2分，依此類推，10人都接滿水時，接水人總等候時間為 T=10ti1+9ti2+2ti9+ti10(分) 于是問題轉化為求T的最小值，怎樣求這最小值呢？這就需要掌握下面的所解“排序不等式”定理內容 設有數組A：a1a2an，及數組B：b1b2bn.稱a1b1+a2b2+anbn為順序和，a1bn+a2bn-1+a3bn-2+ +anb1為倒序和，a1bj1+a2bj2+anbjn為亂序和(其中j1、j2jn是數1、2,n的一個排列)則有 順序和亂序和倒序和，其中等號當且僅當a1=a2=an或b1=b2=bn時成立。證明思路 先看a1a2，b1b2 時， (a1b2+a2b1)-(a1b1+a2b2) =a1(b2-b1)+a2(b1-b2) =(b2-b1)(a1-a2)0， (*)可見命題成立，對于多于兩個數的數組A、B構成的“序和”，只要把其中一個“亂序”調為“順序”，由(*)可以得到“序和”將變大，而經過有限次調整，“亂序和”將變“順序和”。類似的討論可見“亂序和”不小于倒序和(*也可視為“倒序和”“順序和”)。 回到接水需時問題，設t1t291，故 10ti1+9ti2+ti1010t1+9t2+t10，因而按水桶的大小排隊接水，應使小桶排前大桶排后，10人接水需時總數是最少，這個時間就是 10t1+9t2+t10回味與引伸 利用排序不等式還可以證明許多較難的數學競賽試題。如20屬國際數學競賽有如下試題：設a1、a2、an是互不相同的自然數證明 . 證明：設b1、b2、bn是a1、a2、an的一個排列，滿足b1b2bn. biN(i=1、2、n)b1 1，b2 2，bn n.注意到 ，故由排序不等式有“亂”序和 “倒”序和及bi i(i=1、2、n). 等號當且僅當ai=bi=i(i=1、2、n)時成立。歐拉算式與不定方程初步（一） 在求a，b的最大公約數的輾轉相除法中，a=bq0+r0，b=r0q1+r1，rn-2=rn-1qn+rn，rn-1=rnqn+1，從而rn=(a，b). 反過來，rn=rn-2-rn-1qn=rn-2-(rn-3-rn-2qn-1)qn=ax+by， 從中我們可以看出，x和y是由qn，qn-1，q0決定的。 本文給出了一個由qn，qn-1，q0求x與y的算法，并將之應用于二元一次不定方程的求解。 假如你有興趣，不妨用你所熟悉的計算機語言實現(xiàn)這個算法，或是給出更好、更快的算法。解題歐拉算式是用兩個數a與b的倍數和表示a、b的最大公約數(a、b)的算法，下面我們通過例題熟悉這種方法。例例1：用253與449的倍數和表示（253，449） 解：先用輾轉相除法求（253，449） 可見（253，449）=1（表現(xiàn)在輾轉相除過程中的最后一個非零余數 ）. 下面的算法格式便是所謂歐拉演段，先去掉輾轉相除中最后一個商3，然后把其余的商逆序依次寫在一橫線上方，落下左邊第一個商1，并在1左邊再固定一個數字1，如圖示依“乘左下加左”得從第二數起下面應寫的數： 11+1=2；32+1=7；27+2=16； 最后得出的71和126便是欲求的k，的絕對值； 1=k449+253 至于符號取“+”還是取“-”，可考查個位數字而定，現(xiàn)在449253，故k取71，取126，當k取“+”號，取“-”號時，個位數字符要求，因而 1=71449-126253 說明：歐拉演段的正確性，可利用數學歸納法進行證明，這里從略。 例2：用13，8，3的倍數和表示(13，8，3) 解：顯然(13，8，3)=1 (i) 先用13與8的倍數和表示(13，8)=1 58+(-3)13=1； 又用1，3的倍數和表(1，3)=1，顯然有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的一個整數解. 解：由輾轉相除及歐拉演段，得 從而217=317=（-217）119-（-248）105 對比原方程，故是原方程的一個整數解. 說明：有了二元一次不定方程ax+by=c的一個特解(x0，y0). 則依 (mZ) 可得方程的全部解，在這里，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數解，只有當(a，b)c時，才可能有整數解，本例中(119，105)=7217，故可找到整數特解，進而找到它的全部通解（*）.附錄 附錄：1.關于二元一次不定方程ax+by=c (a、b、cZ)有整數解的充要條件為(a，b)c的證明. 證：(i)充分性 設(a,b)=dc 則令c=dc0，由歐拉演段可找到x0，yZ，使ax0+by0=d 從而 ac0x0+bc0y0=c 即 ax+by=c有解 (ii)必要性 設方程ax+by=c (a、b、cZ)有解 使 ax0+by0=c (a、b、c、x0、y0Z) 則由(a,b)=da，db 從而 dc 附錄2：關于二元一次不定方程的通解定理： 設(a,b)=1，且(x0,y0)為 ax+by=c (a,b,cZ) ( * )的一特解，則方程( * )的通解形如 (t=0,1,2,) 證： (a,b)=1,a(y-y0)，令 y=y0-at 則x=x0+bt 經檢驗，它們是原方程的解，故所求方程的通解為 (tZ)競賽試題解法分析（一）抓住關鍵，窮追不舍 問題某市有n所中學，第i所中學派出Ci名學生(1Ci39，1in)到體育館觀看球賽，全部學生的總數為，看臺上每一橫排有199個座位，要求同一學校的學生必須坐在同一排，問體育館最少要安排多少橫排才能保證全部學生都能坐下？（1990年全國高中數學聯(lián)賽）解法1本題是道競賽壓軸題，自然有相當難度，怎樣解決它呢？首先要仔細審題，搞清題設的條件：1.每校學生不超過39人，而總人數為1990人；2.看臺上每一橫排有199個座位；3.同一學校的學生，必須坐在同一橫排。 而要求達到的目標，是求如何安排入座，所需橫排最少？ 顯然，最不用動腦筋的排法是每個學校坐一橫排，這必然能滿足三個條件，但同樣顯然的是，它所需的橫排數，一定是最多的，因而不合要求。 因而很自然地應想到，最好的出路應是把那些人數和不超過199人的學校放在一橫排，于是問題轉化為最多能把多少所學校分別放在同一橫排？！并且從前排往后排坐，每排盡量坐滿（或每排盡量少空位?。?！ 這件事，能否辦到呢？由于學校只有有限的n個，而每校學生數也是有限的（不超過39人），而把這n個數中的若干個加在一起，其和的個數也是有限個（由組合數公式可知為：）其中小于199的和自然也是有限個，設其中最大的和，則可把第i1，i2，ik所中學放第一排，于是第一排的空位數為 x1=199-Smax=199-（） 取最小值（顯然x10） 再考慮余下的n-k所中學，讓它們中任一所學校的學生人數為Cj（ji1，i2，ik）易見 Cjx1+1 （否則可將該校學生安排第一排就座） 下面我們來考查一下，第一排的空位數x1最多只能有幾個？ 顯然這個數應小于39。但能否是38，37，36，33呢？ 若x1=38則Cj39，395199，而199-395x1=38，矛盾。（x1應是諸排中，最小空位數！） 同樣類推，直到x1=33，都有Cj34，于是199-345=29x1，可見x1應不大于32。從而第一排排空的人數應不小于167。 因第一排所?？瘴粩底钚?，可見其余各排空位數應小于39而不小于32。 同樣可證第二排以后空位也應不小于32，即所有各排都至少應坐167人。以每排都坐167人計，1990167=11.9（排） 故所求的最少排數應為12排。 說明本題的解法關鍵在于找出了每排的最少人數是167（否則將導致該排座位空缺數將大于最小空位數的矛盾）。既然每排最少坐人數找到了，從而也就找到了安排全部觀眾1990人入座的最多排數。下面再介紹另一種解法。 解法2 將各所學校順序編號，并讓各校學生順序入座，每坐滿一排就按“之”字形依次轉入后一排，這樣全部學生入座只需排 然而在前一排的未尾和后一排的開頭有可能坐的是同一學校的學生，這是不符合題意的坐法，為此必須予以調整。怎樣調整呢？最好的辦法就是把凡是分別坐在兩排的同一學校的學生，統(tǒng)統(tǒng)抽出來，然后讓他們再重新坐在后面的空排上去。那么最多能抽出多少學校呢？ 因為總數不過坐了十排，其間頂多只有9所學校不同排！而9所學校頂多有939人，而539=195，因此再有兩排，全部學生就都能按題目要求坐下了。 于是解法2同樣得出只需12排，即可按要求坐下全部學生，那么再少一點排數行不行？ 構造特殊情況試試： 考慮當n=59，且其中有一所中學僅來18人，其余各校皆來34人的情況（這時5834+18=1990） 注意到 534=170199204=634 且 1990=3458+18 因此當前10排只能坐50個學校的1700人，第11排只能坐6個學校的534+18=188（人），另有2個學校的2個人必須再坐一排。由此可見只安排11橫排是不行的。 綜上，至所求的最小排數是12。 注意當遇到求實際問題的最值問題時，若找到一個基本滿足要求的數后，如還要確定它是否最小值（或最大值），就必須驗證再小的值（或再大的值）不合要求，否則就不能算作求出了最值。競賽中的平面幾何基礎（二） 定理7ABC中，若AD平分BAC，記AD=ta，AB=c，AC=b，BC=a.且BD=m，DC=n， 則（i）； （ii） (tb、tc是b邊或c邊上