小学六年级数学竞赛讲座 第7讲 小学定理的证明

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
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，
1 bR−1= (m−2)(n−2) + (m+n) −2−1= mn−(m + n)+1=(m−1)(n−1) 2 1 (m−2)(n−2)−c+ 2) 2
直角三角形 易见两条邻边和对角线组成的两个直角三角形全等，且 i，b 相等。设其斜边上有 c 个格点。 b = m+n+c−3，i = i+
= ((m−2)(n−2)−c +2)÷ 2+(m+n+c−3)÷ 2−1
1 b−1 2
1 1 (m−2)(n−2)+ (m+n−3) 2 2 1 = (m−1)(n−1) 2
= 例 6．如图为三角形 ABC，求证：
AF BD CE 1。 FB DC EA AF BD CE 2．点 D 在 BC 外，E 在 AC 内，F 在 AB 内，D，E，F 共线的充分必要条件是： 1。 FB DC EA
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!
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+
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
Байду номын сангаас
.
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
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+
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
(a1 an ) n ； 2
（2）在等比数列 a1，a2，a3，…，an 中，a1q=a2，a2q=a3，…，an−1×q=an，且 an=a1×qn−1， S2=a1+a2+a3+…+an， ① q×S2=a1×q+a2×q+a3×q+…+an−1×q+an×q， ② ②式−①式得 (q−1)S2=an×q−a1=a1(qn−1)，
第七讲 小学定理的证明
模块一、代数 例 1．试用不同的方法证明： 等差数列求和：S1= 等比数列求和：S2=
(a1 an ) n ； 2
a1 (q n 1) ； q 1
n(n 1)(2n 1) 。 6
完全平方数求和：S3=
证明： （1）在等差数列 a1，a2，a3，…，an 中，a1+an=a2+an−1=…=ak+an−k， S1=a1+a2+a3+…+an， S1=an+an−1+an−2+…+a1， 所以 2S1=(a1+an)+ (a2+an−1)+……+(an+a1)=n×(a1+an)， 所以 S1=
D(n) = n!−n!÷ 1!+n!÷2!−n!÷ 3!+…+ (−1)n× n!÷ n!，
(1)2 即 D(n) = n!× 2!
(1)n1 (1)n 。 (n 1)! n!
例 8． （1）一个图可以被一笔画的充要条件是它是连通的且奇数点个数不多于 2.（奇点定义为有奇数条边与 之相连，偶点类似） （2）一个连通图可以被一笔画，且这个一笔画的起点和终点重合，则称这个一笔画的线路叫作欧拉环，一 个图存在欧拉环的充要条件是图中每个点都是偶数点。 （3）如果连通图有 2k 个奇顶点，那么它可以用 k 笔画成，并且至少要用 k 笔画成。 证明： （1）必要性：如果一个图能一笔画成，那么对每一个顶点，要么路径中“进入”这个点的边数等于“离 开”这个点的边数：这时点的度为偶数。要么两者相差一：这时这个点必然是起点或终点之一。注意到有起 点就必然有终点，因此奇数点的数目要么是 0、要么是 1、要么是 2，即奇数点的个数不多于 2。 充分性：如果图中没有奇顶点，那么随便选一个点出发，就可以用一笔画画出；如果恰好有 1 个奇数 点，那就从这个奇数点开始，也可以画出；如果有两个奇数点，就以其中一个奇数点开始，最后以另一个奇 数点结束即可。 （2）必要性：如果一个连通图能一笔画成，且起点与终点重合， 那么由（1）知道，图中的奇数点可能有 0 个、1 个、或 2 个，而如果有 1 个奇数点，那么把这个点当 做起点，一笔画玩之后，终点不会是这个点，所以不能只有 1 个奇数点；同样如果有 2 个奇数点，那么这两 个不同的点一个是起点，另一个是终点，这也是不对的；所以欧拉环一定是每个点都是偶数点。 （3）每一笔“一笔画”最多用到 2 个奇数点，现在有 2k 个奇数点，所以最少需要用 2k 笔才能把所有的奇 数点都连上； 一个连通图有 2k 个奇数点，那么我们可以把这 2k 的点分成 k 组，每两个点为一组，每组中这两个点， 一个作为起点，另一个作为终点，形成 k 个一笔画，最后合为用 k 笔画成的连通图；
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
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