斯特瓦尔特定理Word文档下载推荐.docx

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，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，b2…bn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a1≤a2≤…≤an,

且b1≤b2≤…≤bn,

记 

由排序原理有

x1xn+1+x2xn+2+…+xnx2n+xn+1x1+…+x2n·

xn

≤x1·

x1+x2·

x2+…+x2n·

x2n.

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

，

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、c∈R+，则

（3）若a、b、c∈R+，且ab+bc+cd=1,则

（4）

（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+c＞0,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，π-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）+（bsinθ）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

（Ⅰ）本题可利用梅内劳斯定理证明：

∵△ADC被直线BOE所截，

∴ 

①

而由△ABD被直线COF所截，∴ 

②

（Ⅱ）也可以利用面积关系证明

同理④ 

⑤

③×

④×

⑤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。

（Ⅰ）若AD∥BE（如图画5-1） 

代入已知式：

于是，

故AD∥CF，从而AD∥BE∥CF

（Ⅱ）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’+F’B=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是及整除有关的问题，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q

p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。

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：

a1≤a2≤……≤an，及数组B：

b1≤b2≤……≤bn.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、j2……jn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a1≤a2，b1≤b2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t1<

t2<

……t10，又10>

9>

……>

1，故

10ti1+9ti2+……+ti10>

10t1+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

[回味及引伸]

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

设b1、b2、……、bn是a1、a2、……、an的一个排列，满足b1<

b2<

……<

bn.

∵bi

N（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。

欧拉算式及不定方程初步

（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=rn·

qn+1，从而rn=（a，b）.

反过来，rn=rn-2-rn-1qn=rn-2-（rn-3-rn-2qn-1）·

qn=……=a·

x+b·

y，

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及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及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及449的倍数和表示（253，449）

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：

1×

1+1=2；

3×

2+1=7；

2×

7+2=16；

……

最后得出的71和126便是欲求的k，ι的绝对值；

1=k×

449+ι×

253

至于符号取“+”还是取“-”，可考查个位数字而定，现在449＞253，故k取71，ι取126，当k取“+”号，ι取“-”号时，个位数字符要求，因而

1=71×

449-126×

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）

显然（13，8，3）=1

（i）先用13及8的倍数和表示（13，8）=1

∴5×

8+（-3）×

13=1；

又用1，3的倍数和表（1，3）=1，显然有1=1×

3+（-2）×

1

∴1=1×

3+（-2）[5×

13] 

即1=1×

3-10×

8+6×

13

例3：

求出二元一次方程119x-105y=217的一个整数解.

由辗转相除及欧拉演段，得

从而217=31×

7=（-217）×

119-（-248）×

105

对比原方程，故是原方程的一个整数解.

有了二元一次不定方程ax+by=c的一个特解（x0，y0）.

则依（m∈Z）

可得方程的全部解，在这里，就有

即（m∈Z）（*）

但并非形如ax+by=c（a、b、c∈Z）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）=7｜217，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、c∈Z）有整数解的充要条件为（a，b）｜c的证明.

证：

（i）充分性

设（a,b）=d｜c

则令c=dc0，由欧拉演段可找到x0，y∈Z，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、c∈Z）有解

使ax0+by0=c（a、b、c、x0、y0∈Z）

则由（a,b）=d｜a，d｜b 

从而d｜c

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,c∈Z）（**）的一特解，则方程（**）的通解形如

（t=0,±

1,±

2,……）

∵（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

（t∈Z）

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（1≤Ci≤39，1≤i≤n）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x1≥0）

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（j≠i1，i2，…，ik）易见

Cj≥x1+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Cj≥39，∵39×

5<

199，而199-39×

x1=38，矛盾。

（∵x1应是诸排中，最小空位数！

同样类推，直到x1=33，都有Cj≥34，于是199-34×

5=29<

x1，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，1990÷

167=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9×

39人，而5×

39=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58×

34+18=1990）

注意到

5×

34=170<

199<

204=6×

34

且1990=34×

58+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5×

34+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7》△ABC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）

（i）在图7-2中，延长CA到A′，作BA′∥DA交CA于A′，则

（∵∠1=∠2，故AB=AA′）

即

（ii）由上节斯特瓦尔特定理