小学六年级数学竞赛讲座 第7讲 小学定理的证明

所以(n+1)3=1+3×(12+22+32+……+n2)+3× 例 2．证明当下式各个变量都是正数时，不等式成立：
(a12 a22 )(b12 b22 ) (a1b1 a2b2 )2 。
证明：当 a、b 都是正数时，a+b≥2ab， 所以 (a1
2
a22 )(b12 b22 ) = (a12 a22 )(b12 b22 ) = a12b12 a12b22 a22b12 a22b22
≥ a1
2
b12 2a1b2a2b1 a22b22
= (a1b1 a2b2 )
2
模块二、数论 例 3．若 a、b 的最大公约数是 d，则存在整数 m，n，使得 ma+nb=d。 证明：不妨设 a>b， （a，b）=d， 用辗转相除法，a=r1b+t1，0≤t1<b， (d|a，d|b，得到 d|t1)， 若 t1=0，则 b=d，a=r1b，取 m=0，n=1，所以 ma+nb=d； 若 t1≠0，则 b=r2t1+t2，0≤t2<t1， 若 t2=0，则 t1=d，b=r2d，a=r1r2d+t1=r1r2d+d=(r1r2+1)d，取 m=r1r2+1=0，n=r2，则 ma+nb=d。 依次类推，当辗转相除 k 次结束，最后一定是整除，除数是 d，倒退可得原命题成立。 例 4． （1）费马小定理：如果 a 是整数，p 是质数，则 a p a （mod p） （2）欧拉定理：如果 n 是整数，a 满足(a，n)=1，则 a ( n ) 1（mod n） ，φ(n)是不大于 n 的和 n 互质的正整 数的个数。 证明：（1）若 n 不能整除 a−b，x>0，(x，n)=1，则 n 也不能整除 x(a−b)。 取整数集 A 为所有小于 p 的集（A 构成 p 的完全剩余系，即 A 中不存在两个数同余 p）， B 是 A 中所有的元素乘以 a 组成的集合。 因为 A 中的任何两个元素之差都不能被 p 整除，所以 B 中的任何两个元素之差也不能被 p 整除。 因此 即 在这里 W=1· 2· 3· …(p−1)，且(W, p) = 1， 因此将整个公式除以 W 即得到： （2）证明：首先证明下面这个命题： 对于集合 Zn={x1，x2，…，xφ(n)}，其中 xi(i=1，2，…，φ(n) 是不大于 n 且与 n 互质的正整数，即 n 的一个 化简剩余系，或称为简系，或称缩系)，考虑集合 S={a×x1(mod n)，a×x2(mod n)，…，a×φ（n）(mod n)，}，则 S=Zn， 1）由于 a，n 互质，xi 也与 n 互质，则 a×xi 也一定与 n 互质，因此对于任意 xi，a×xi(mod n)必然是 Zn 的 一个元素； 2）对于 Zn 中的两个元素 xi 和 xj，如果 xi≠xj，则 a×xi(mod n)≠a×xj(mod n)，这个由 a，n 互质和消去律 可以得出。 所以很显然 S=Zn， 既然这样，那么(a×x1(mod n)×a×x2(mod n)×…×a×xφ(n)(mod n))=(x1×x2×…×xφ(n)) (mod n)， 考虑上面等式的左边和右边， 左边等于(a×(x1×x2×…×xφ(n)) ) (mod n)，右边等于(x1×x2×…×xφ(n)) (mod n)， 而(x1×x2×…×xφ(n)) (mod n)和 n 互质，根据消去律，可以从等式两边约去， 就得到 aφ(n)≡1 (mod n). 模块三、几何 例 5．给定顶点坐标均是整点（或正方形格点）的简单多边形，证明其面积 A 和内部格点数目 i、边上格点 数目 b 的关系满足：A=i+
AOC BOC

S S
AOB AOC
BOC AOB
1。
（2）(梅涅劳斯定理)过点 A 作 AG//DF 交 BC 的延长线于点 G，则
.
A F E
B
C
D
G
模块四、组合 例 7．考虑一个有 n 个元素的排列，若一个排列中所有的元素都不在自己原来的位置上，那么这样的排列就 称为原排列的一个错排，则错排 Dn 一共有多少种？ 证明： 当 n 个编号元素放在 n 个编号位置， 元素编号与位置编号各不对应的方法数用 D(n)表示， 那么 D(n−1) 就表示 n−1 个编号元素放在 n−1 个编号位置，各不对应的方法数，其它类推. 第一步，把第 n 个元素放在一个位置，比如位置 k，一共有 n−1 种方法； 第二步，放编号为 k 的元素，这时有两种情况： (1)把它放到位置 n，那么，对于剩下的 n−1 个元素，由于第 k 个元素放到了位置 n，剩下 n−2 个元素 就有 D(n−2)种方法； ⑵第 k 个元素不把它放到位置 n，这时，对于这 n−1 个元素，有 D(n−1)种方法； 综上得到 D(n) = (n−1)× [D(n−2)+D(n−1)] 特殊地，D(1) = 0, D(2) = 1. 下面通过这个递推关系推导 通项公式： 为方便起见，设 D(k) = k! N(k)，k =1，2，…，n, 则 N(1) = 0, N(2) = 1/2. n ≥ 3 时，n! N(n) = (n−1)(n−1)! N(n−1)+(n−1)!N(n−2) 即 nN(n) = (n−1) N(n−1) + N(n−2) 于是有 N(n) − N(n−1) = − [N(n−1) − N(n−2)] /÷ n
a1 (q n 1) 所以 S2= 。 q 1
（3）用和的立方公式证明：(n+1)3=n3+3n2+3n+1，于是 23=13+3×12+3×1+1； 33=23+3×22+3×2+1； 43=33+3×32+3×3+1； …… (n+1)3=n3+3n2+3n+1， 将这 n 个等式两边相加得 23+33+43+……+n3+(n+1)3=(13+23+33+43+……+n3)+3×(12+22+32+……+n2)+3×(1+2+3+……+n)+n，
P 的面积： iP + PT 的面积： (iT + iP + c−2) +
1 1 bP −1；T 的面积： iT + bT −1， 2 2
1 1 (bT−c +2+bP−c +2)−1 =iPT + bPT−1 2 2
[(第一个括号是因为合并时要加上共用边的 c 个后还要减去这个共用边的两个顶点，第二个是因为合 并后共用边的 c 个不见了，但是减去后会多减两个端点，所以要加上)] 三角形 证明分三部分：证明以下的图形符合皮克定理： ① 所有平行于轴线的矩形； ②以上述矩形的两条邻边和对角线组成的直角三角形； ③所有三角形（因为它们都可内接于矩形内，将矩形分割成原三角形和至多 3 个第二点提到的直角三 角形）。 矩形 设矩形 R 长边短边各有 m，n 个格点： AR = (m−1)(n−1) ，iR = (m−2)(n−2)，bR = 2(m+n)−4， iR+
1．点 D 在 BC 内，E 在 AC 内，F 在 AB 内，AD，BE，CF 共点的充分必要条件是：
证明：(塞瓦定理)（1）
AF S FB S
AOC BOC
，
BC S DC S
S S
AOB AOC
，
CE S EA S
BOC AOB
，
所以
AF BD CE S FB DC EA S
n(n 1) + n， 2 n(n 1) n(n 1) 整理得 3×(12+22+32+……+n2)=n3+3n2+3n−3× −n=n(n+1)(n+2) −3× 2 2 n(n 1)(2n 1) = ， 2 n(n 1)(2n 1) 所以 12+22+32+……+n2= ； 6
b −1.（匹克公式） 2
证明：因为所有简单多边形都可切割为一个三角形和另一个简单多边形。 考虑一个简单多边形 P，及跟 P 有一条共同边的三角形 T。 若 P 符合皮克公式，则只要证明 P 加上 T 的 PT 亦符合皮克公式，与及三角形符合皮克公式，就可根 据数学归纳法，对于所有简单多边形皮克公式都是成立的。 多边形 设 P 和 T 的共同边上有 c 个格点。
相加，可得 N(n) = 用容斥原理证明错排公式： 正整数 1, 2, 3, …, n 的全排列有 n! 种，其中第 k 位是 k 的排列有 (n−1)! 种；当 k 分别取 1, 2, 3, …, n 时，共有 n× (n−1)!种排列是至少放对了一个的，由于所求的是错排的种数，所以应当减去这些排列； 但是此时把同时有两个数不错排的排列多排除了一次，应补上； 在补上时，把同时有三个数不错排的排列多补上了一次， 应排除；…；继续这一过程，得到错排的排列种数为
1 1 1 = [ ][ ] n n 1 n2
(1) 1 。 ( )[ N (2) N (1)] = n! 3
n
(1)2 (1) n 1 因此 N(n−1) − N(n−2) = ，…，N(2) − N(1) = ， 2! (n 1)!
(1)2 (1)n1 (1)n 2! (n 1)! n! (1)2 (1)n1 (1)n 因此 D(n) = n!× ，此即 错排公式。 2! (n 1)! n!
D(n) = n!−n!÷ 1!+n!÷2!−n!÷ 3!+…+ (−1)n× n!÷ n!，