一个定理的猜想和证明

一个定理的猜想和证明（精选13篇）

一个定理的猜想和证明 篇1

阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

宁夏回族自治区固原市五原中学马占山(756000)

阿波罗尼定理之逆定理 如果一个凸四边形的四边的平方和等于对角线的平方和，那么这个四边形是平行四边形．

笔者在数学中国几何天地网站论坛中得知该定理历史悠久，2004年李明波先生给出了证明． 本文给出这个定理的证明.为证定理,在此首先给出一个几何命题.命题在ABC中,点D是边BC的中点,则 ABAC2(AD

证明:过点D作DFBC于点F.在RtABE,RtADE,RtACE中

由勾股定理可得:AD2AE2DE2AB2BE2DE2AB2(BDDE)2DE2 2221BC2).4AB2BD22BDDE(1)

同样有:AD2AE2DE2AC2CE2DE2AC2(CDDE)2DE2 AC2CD22CDDE(2)

(1)+(2)得

2AD2AB2AC2(BD2CD2)AB2AC22(AD2

下面证明给出定理的证明.1BC2)4

已知:四边形ABCD中AC,BD是对角线,且满足AB2BC2CD2DA2AC2BD2 求证: 四边形ABCD是平行四边形.证明:

一个定理的猜想和证明 篇2

对于大于4的任意偶数n,其符合“1+1”的素数个数可近似地表示为undefinedundefinedundefined表示第i个素数,其中,p1=2,p2=3,p3=5,p4=7,p5=11,…,di表示关于pi的筛选系数,当pi整除n时,di=1;当pi不整除n时,di=2,pk为undefined中最大的素数.这就是《古典筛法》的算式.

如果把“1”也当成一个素数来使用,则该式对6,8,12,18,24,30这6个偶数的“1+1”素数个数能进行准确的计算.以30为例.在undefined中的素数为2,3,5,其运算式为undefined.而30=1+29=7+23=11+19=13+17,所以是准确的运算.而其他的偶数n不能完全被undefined中所有的素数所整除,只产生一个有误差的值.当n很大时,这个误差值有多大呢?其误差是否会失控呢?这就成为历来证明的难点.

对于大于4的任一偶数n,总共有undefined个奇数,经素筛子pi(i=2,3,…,k)筛选后还剩约undefined个奇数.

当pi能整除n时,这undefined个奇数分成{(2m-1)pi},{(2m-2)pi+1},{(2m-1)pi+2},{(2m-2)pi+3},…,{(2m-1)pi+(pi-1)},m属于正自然数的以2pi为公差的pi个等差数列.每一数列的项数为undefined项.其中等差数列{(2m-1)pi}中相应两项之和为n,它们不可能存在“1+1“而舍弃,剩下undefined个奇数中可能存在“1+1”的素数.此时为准确的运算.当pi不能整除n时,这pi个数列的项数就不全相等了,分别为undefined项和undefined项(其中undefined表示不超过undefined的最大整数),而数列{(2m-1)pi}中的任一项只能与另一数列中相应项之和等于n,它们基本上不存在“1+1”(即至多仅有一对“1+1”).于是要舍弃两个数列(即di=2),其算式为

undefined

此时是有误差值的运算.该运算的误差有多大呢?从尽量舍弃项数最多的两个数列与尽量舍弃项数最少的两个数列对比来看,至多仅有两项之差,而①式为均值运算,所以①式的误差值总是小于2,其误差值是(0,2)中的一个数(文中提到的细节).然后再舍弃每一数列的首、末项,整数范围就从原先的[0,n]缩为[2pi,n-2pi],而(n-2pi)-2pi=n-4pi,将n-4pi替换①式中的n,则①式就变为

undefined

于是确保了②式为不足值的运算.将②式的前一个pi改为pk,则②式变为

undefined

所以③式所表示的k-1个式子全都是不足值的.

于是《古典筛法》的算式就变为

undefinedundefinedundefined

成为偶数n中含有符合“1+1”素数个数的不足值表达式了.若令di=2,则不足值得到进一步的增强,其式子为

undefinedundefinedundefined

undefined

当n≥100时,⑤式的值≥3(非空).

于是成功地证明了“哥德巴赫猜想”.

参考文献

一个定理的猜想和证明 篇3

定理：若且n＞1，A₁，A₂，…A_n是有限集合，则：| A₁∪A₂∪…∪A_n |= ＋…

＋（－1）^n-1| A₁∩A₂∩…∩A_n |①

为下面分析与证明方便，我们将①式变形为：| A₁∪A₂∪…∪A_n |=（-1）^1-1

（-1）^（n-1）-1②

这里①式变为②式只是形式上的变化，定理的意义是没有改变的。

设M={A₁，A₂，…，A_n},②中的每一个∑都表示从M中任取相应个数的不同元素，依次分别有A₁，A₂，…，A_n种，再求出每一种的所有元素交集的基数，然后求和。以下仿此。可见，我们可以用组合的方法来分析研究②式。

下面我们用数学归纳法来证明②式：

1． 当n=2时

（1）若A₁与A₂不相交，则A₁∩A₂=Φ，而且| A₁∩A₂ |=0，这时显然成立

| A₁∪A₂ |=| A₁ |+| A₂ |。

（2）若A₁与A₂相交，则A₁∩A₂≠Φ，但有

| A₁ |=| A₁∩-A₂ |+| A₁∩A₂ |

| A₂ |=| -A₁∩A₂ |+| A₁∩A₂ |

此外| A₁∪A₂ |=| A₁∩-A₂ |+| -A₁∩A₂ |+| A₁∩A₂ |

所以，| A₁∪A₂ |=| A₁ |+| A₂ |-| A₁∩A₂ |

在这里，-A定义为：-A=E-A={x|}，其中E为全集。

2． 假设n=k-1时命题成立

三角形内角和定理的证明剖析 篇4

一、背景分析 1.学习任务分析

《三角形内角和定理的证明》是北师大版八年级下册第六章的第五节。本节课的主要内容是“三角形内角和定理”的证明及其简单应用。

三角形内角和定理是从“数量关系”来揭示三角形内角之间的关系的，这个定理是任意三角形的一个重要性质，它是学习以后知识的基础，在解决四边形和多边形的内角和时都将转化为三角形的内角和来解决。它是对图形进一步认识以及规范证明过程的重要内容之一，也是《证明

（二）》《证明

（三）》中用以研究角的关系的重要方法之一，因此，本节课起着承上启下的作用。而通过添加辅助线，把未知转化为已知，用代数方法解决几何问题，为以后的学习打下良好的基础。三角形内角和定理在理论和实践中有广泛的应用。

2.学生情况分析

三角形内角和定理的内容，学生已经很熟悉，但以前是通过实验得出的，学生可能会认为这是已经学过的知识，因此在学习过程中要向学生说明证明的必要性，在前几节的学习中，学生基本上已经掌握了简单证明的基本方法和步骤，本节课再一次来熟悉证明的过程。而本节课要证明这个结论需要添加适当的辅助线，因而本节课也要渗透这样的思想:添辅助线是解决数学问题（尤其是几何问题）的重要手段之一。

二、教学目标分析

对于三角形的内角和定理，我们以前已通过量、折、拼的方法进行了合情推 理并得出了结论，本节课就一起对其进行数学证明。另外，通过前面几节课的学习，学生基本上也掌握了证明的基本步骤和书写格式，学生可以自己书写证明过程。因此，我依据《数学课程标准》，以教材的特点和学生的认知水平为出发点，确定以下三个方面为本节课的教学目标。

（1）知识技能目标：掌握“三角形内角和定理”的证明及其简单应用，初步学会利用辅助线来证明命题。

（2）过程与方法目标：经历探索“三角形内角和定理”的证明过程，学会与人合作，通过一题多解、一题多变等，初步体会思维的多向性。

（3）情感与态度目标：通过新颖、有趣的问题，来激发学生的求知欲，使学生乐于学数学，遇到困难不避让，在数学活动中获得成功的体验，增强自信心，在合作学习中增强集体责任感。

三、课堂结构分析

（一）问题引入→

（二）探究新知→

（三）定理应用→

（四）深化拓展→

（五）小结巩固

本节课首先回顾探索三角形内角和定理的过程，然后让学生动手实践，并对照实践，探求证明方法。方法多种，因此采用小组讨论全班交流的方式，激励学生展开积极的思维活动。通过几个练习再一次巩固了三角形内角和定理，在此基础上，深化拓展，使学生思维达到高潮，使其更进一步得到拓展。最后小结巩固，评价激励。

四、教学媒体设计

由于本节课是由动手操作转化为几何证明，由直观感受转化为逻辑思维，由感性认识到理性认识，因此，本节课所要借助的媒体是三角形卡纸，由剪纸的过 2 程联想到证明方法。

五、教学过程分析

（一）问题引入

三角形的内角和是多少呢？你如何验证这个结论呢？

由于三角形的内角和学生都知道，因此直接开门见山，将一个简单的问题抛给学生，让学生从熟知的问题开始这堂课的学习，能很快的激起学生学习的欲望，尤其是学有困难的学生。并且，从学过的知识引入符合学生的认知规律。

（二）探索新知

1.动手实验

请同学们将事先准备好的三角形卡纸的三个角剪下拼图，使三者顶点重合。你会发现什么？

通过动手操作验证结论，同时也培养学生自主动手解决问题的能力。2.探索交流

下面让学生对照刚才的动手实践，探求证明方法。此环节应留给学生充分的思考、讨论、发现、体验的时间，让学生在交流中互取所长，合作探索，找到证明的切入点，体验成功。对学有困难的学生要多加关注和指导，不放弃任何一个学生，借此增进教师与学有困难学生之间的关系，为继续学习奠定基础。合作探究后，汇报证明方法，注意规范证明格式。

（1）由实验可知：三角形的内角之和正好为1800．但实验得到的结论，并不一定正确、可靠，这样就需要通过数学证明．那么怎样证明呢？

（学生会立即思考，若有困难，可以用下面的问题引导学生。）（2）看到1800你会想到什么? 3 这个问题的提出可以引导学生想到平角，继而利用平角来证明三角形的内角和是1800，也可能有学生会想到两平行线间的同旁内角，当然也可以。

（3）回顾刚才的实验操作，卡纸可以撕下来，可黑板上的三个角不能撕，那么如何把这三个角“搬”在一起呢？

学生通过刚才的动手操作，再加上上面的三个问题基本上已经给学生指明了方向，因此，学生自然而然会想到证明的基本思路是把分散的三个角“搬”到一起，构成一个平角。另有学生可能会想到拼成两平行线间的同旁内角。而作平行线则是“搬”角的基本途径。通过本环节，让学生体会转化的数学思想方法，把新知识转化为旧知识。

（4）分组讨论证明方法

在学生独立思考后，小组内讨论交流。

通过上面的环节，有些学生可能已经有思路了，再通过和同学的交流讨论，互取所长，可能会探究出不同的方法来，将会更完善。另外，刚才没有思路的同学也可以通过本环节向他人借鉴，理出思路来。教师这时候也可以深入到有困难的小组，引导他们解决问题。同时还可以促进师生之间的关系。

（5）全班交流

在小组讨论结束后，全班交流，大家共享。可能的证明方法如下 ：

AEPAQAD12D

BC

BC

BC

图1

图 2

图 3

①如图1，延长BC到D，以点C为顶点，以CA为一边，在△ABC的外部 作∠1=∠A。

②如图1，延长BC到D，过C作CE∥AB。③如图2，过点A作PQ∥BC。

④如图3，过C作CD∥AB，由同旁内角互补可以证明。

学生方法很多，在学生通过观察分析、归纳总结，最后全班交流，使思维达到高潮，由感性认识上升到理性认识。在交流方法的同时，让学生说明理由，培养学生合乎情理的思考和有条理的表达能力。而当问题的条件不够时，添加辅助线，构造新图形，形成新关系，建立已知与未知间的桥梁，把问题转化为已经会解的情况，这是解决问题的常用策略之一。

（6）书写证明过程

根据以上几种方法，选择其中一种,师生合作，写出示范性证明过程。其余由学生自主选择其中一种，完成证明过程，培养学生严谨的逻辑思维能力和推理能力。

首先，师生一起画出图形，其次，分析命题的题设和结论写出“已知”、“求证”，把文字语言转化为几何语言，由于有本章前几节作为基础，因此学生有能力做到。最后，作出辅助线，写出规范的证明过程。

3.反思：（1）证明三角形内角和定理的基本思路是什么？

（2）三角形内角和定理的证明是借助于什么获得？平行线是以后几何中常作的辅助线。

（3）添辅助线的技巧：通过平行线把三角形三个内角转化为平角或两平行线间的同旁内角，即把未知的转化为已知的去解决。

引导学生进行总结和概括，培养学生的归纳概括能力。

（三）定理应用

1、例1 求证：四边形的内角和等于3600。

三角形内角和定理在这之前也会经常用到，但都是以计算的形式出现。而本题将四边形的内角和问题转化为三角形内角和问题，是三角形内角和定理的直接应用。同时，由三角形的内角和求四边形的内角和，也符合学生的认知规律，满足了学生的求知欲。另外，本命题的证明也需要添加辅助线，让学生体会到学以致用。

2.练习

（1）直角三角形的两锐角之和是多少度？等边三角形的一个内角是多少度？请证明你的结论。

（2）如图，已知，在△ABC中，DE∥BC，∠A=60°,∠C=70°,求证：∠ADE=500

两个练习由学生自主完成，上面三个问题都是三角形内角和定理的简单应用，使全体学生特别是学有困难的学生都能够达到基本的学习目标，获得成功感。同时，激发学困生的兴趣。

(四)深化拓展

议一议：证明三角形内角和定理时，是否可以把三角形的三个角“凑”到BC边上的一点P？（如图（4）），如果把这三个角“凑”到三角形内一点呢？（如图（5）），“凑”到三角形外一点呢？（如图（6）），你还能想出其他证法吗？

图（4）

图（5）

图（6）

本问题再一次强化学生“抓住根本”的意识，抓住把三个角“搬”到一起，以便利用平角定义这一基本思想。可以把三个角集中到三角形某一顶点;可以把他们集中到某一边上;集中到三角形的内部一点；还可以把它们集中到三角形外部一点。培养学生善于抓住不变的根本，又要善于灵活地在变化中认识、处理和解决问题的能力，同时，拓展了学生的思维。

（五）小结巩固 1.小结

（1）谈内容，谈思想，谈方法

（2）你还有什么收获？你还有哪些疑惑？你还想知道什么？

先让学生谈本节课所学内容，基本思想，各种方法，帮助学生形成总结归纳的好习惯。然后请学生谈谈还有哪些收获，通过学生的反思，感受到自己的成长与进步。请学生谈自己疑惑的地方，能够帮助教师全面的了解学生的学习状况，改进教学，为因材施教提供了重要的依据。最后，请学生们说说还想知道什么，激起学生的求知欲，并为下节课埋下伏笔。

2.读一读

你能想到什么

3.课后作业：（A类必做，B类选做）A类：P241数学理解1、2题

B类：（1）证明：五边形的内角和等于5400；

（2）证明：n边形的内角和等于(n2)1800。

六、教学方法分析

新课程明确倡导动手实践、自主探究、合作交流的学习方式。这就要求教师的角色，应当从过去知识的传授者转变为学生自主性、探究性、合作性学习活动的设计者和组织者。在本节课的教学方法上采用实验法和启发、诱导法。正所谓“授人以鱼，不如授人以渔”，学生在已有经验的基础上，要在自己的思考过程中得到进步，加深对知识的理解，就必须在教师的引导下，通过同学间的互相探讨、启发，把课堂上所学的内容完全转化为他们自己的知识。在教学过程中，先让学生动手实践，然后对比撕纸的方法，引导学生独立探索证明的方法，之后分组合作、自主地去探究和发现方法。对定理的证明这一环节，通过一题多解，一题多变，初步体会思维的多向性，引导学生的个性化发展。

七、教学评价分析 1.关于教材的处理：

（1）通过“撕纸”这一实验活动，激发学生兴趣，吸引学生积极参与活动。对于三角形内角和是1800有了直观的感受，为下面的证明做了铺垫。

（2）通过分组讨论，全班交流两个活动，让所有同学都参与进来，各抒己见，互取所长。

（3）通过“深化拓展”这一环节，将问题深化，拓展了学生思维。2.关于课堂评价

哥德巴赫猜想的证明 篇5

作者单位：即墨市瑞达包装辅料厂 E-mail:cwkzq@126.com 关键词：CK表格，陈氏定理，瑞尼定理，哥德巴赫猜想 哥德巴赫猜想：哥德巴赫1742年给欧拉的信中哥德巴赫提出了以下猜想：

任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。

由于近代数学规定1不是素数，那么除2以外所有的素数都是奇素数，据此哥猜等价：

定理A:每个≥6的偶数都是2个奇素数之和。推论B: 每个≥9的奇数O都是3个奇素数之和；

证明：首先我们设计一个表格---CK表格：

第一页 在这个表格中通项N=An=2n+4,它是有2层等差数列构成的闭合系统，即上层是：首项为3，公差为2，末项是奇数（2n+1）的递增等差数列。

下层是：首项为奇数（2n+1），公差为-2，末项是3的递减等差数列。

由于偶数是无限的，故这个表格是个无限的，由此组成的系统就是一个非闭合系统。表中D(N)表示奇素数对的个数，H(N)表示奇合数对的个数，M(N)表示奇素数与奇合数成对的个数。不超过2n+1的奇素数个数为 π(2n+1)-1有CK表格可知：D(N)= π(2n+1)-1-M(N)根据CK表格、陈氏定理1+

1、瑞尼定理1+2，第一层筛得：

N1=P1+H1,偶数N1≥12，奇素数P1≥3，奇数H1≥9，即： N1=P1+H1=P1+P3=P5+H3,筛得：N1=P1+P3，其中奇素数P1≥3，奇素数P3≥3，奇素数P5≥3，奇合数H3≥9 偶数N1的最小值是3+3=6，故每个N1≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证

同理：第二层筛得：

N2=P2+H2,偶数N2≥12，奇素数P2≥3，奇数H2≥9，第二页 即：

N2=P2+H2=P2+P4=P6+H4,筛得：N2=P2+P4，其中奇素数P2≥3，奇素数P4≥3，奇素数P6≥3，奇合数H4≥9 偶数N2的最小值是3+3=6，故每个N2≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证

第三层筛得： N3=N1+N2, N4=H3+H4 则N3=P5+P6+ H3+H4= P5+P6+ N4 那么N3-N4=P5+P6 设N=N3-N4, 则N=P5+P6，其中奇素数P5≥3，奇素数P6≥3 故每个N1≥6的偶数都是2个奇素数之和 故命题得证 综上所述：

故定理A得证:每个≥6的偶数都是2个奇素数之和。

第三页

推论B: 每一个大于等于9的奇数O都可以表示成三个奇素数之和。简言：O=P1+P2+P3 证明：设P1、P2、P3均为≥3的奇素数，那么根据定理A可知：P3+N=P3+P1+P2, 因为P3为≥3，N≥6,所以奇数O=（P3+N）≥9，即奇数O=P1+P2+P3 故：每一个大于等于9的奇数O都可以表示成三个奇素数之和。

简言：O=P1+P2+P3,故推论B得证 至此我们成功的证明了哥德巴赫猜想。作者：崔坤

即墨市瑞达包装辅料厂 2016-09-14-14-38

正弦定理的证明 篇6

用余弦定理：a^2+b^2-2abCOSc=c^2

COSc=(a^2+b^2-c^2)/2ab

SINc^2=1-COSc^2

SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^2*b^2*c^2

=[2(a^2*b^2+b^2*c^2+c^2*a^2)-a^2-b^2-c^2]/4a^2*b^2*c^2

同理可推倒得SINa^2/a^2=SINb^2/b^2=SINc^2/c^2

得证

正弦定理：三角形ABC中 BC/sinA=AC/sinB=AB/sinC

证明如下：在三角形的外接圆里证明会比较方便

例如，用BC边和经过B的直径BD，构成的直角三角形DBC可以得到：

2RsinD=BC (R为三角形外接圆半径)

角A=角D

得到：2RsinA=BC

同理：2RsinB=AC，2RsinC=AB

这样就得到正弦定理了

2

一种是用三角证asinB=bsinA

用面积证

用几何法，画三角形的外接圆

听说能用向量证，咋么证呢?

三角形ABC为锐角三角形时，过A作单位向量j垂直于向量AB，则j 与向量AB夹角为90，j与向量BC夹角为(90-B),j与向量CA夹角为(90+A),设AB=c,BC=a,AC=b,

因为AB+BC+CA=0

即j*AB+J*BC+J*CA=0

|j||AB|cos90+|j||BC|cos(90-B)+|j||CA|cos(90+A)=0

所以asinB=bsinA

3

用余弦定理：a^2+b^2-2abCOSc=c^2

COSc=(a^2+b^2-c^2)/2ab

SINc^2=1-COSc^2

SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^2*b^2*c^2

=[2(a^2*b^2+b^2*c^2+c^2*a^2)-a^2-b^2-c^2]/4a^2*b^2*c^2

同理可推倒得SINa^2/a^2=SINb^2/b^2=SINc^2/c^2

得证用余弦定理：a^2+b^2-2abCOSc=c^2 COSc=(a^2+b^2-c^2)/2ab SINc^2=1-COSc^2 SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^2*b^2*c^2 =[2(a^2*b^2+b^2*c^2+c^2*a^2)-a^2-b^2-c^2]/4a^2*b^2*c^2 同理可推倒得SINa^2/a^2=SINb^2/b^2=SINc^2/c^2 得证

4

一个定理的猜想和证明 篇7

近一个世纪, 格理论主要围绕两个问题展开, 其中一个就是唯一补格。主要是考虑唯一补格与分配性之间的等价关系, 皮尔斯定理说的是有补格在附加条件 (P) 下是分配的。在这个定理之后亨廷顿提出了这样一个问题:皮尔斯的假设是不是与唯一补性等价呢?换言之:一个唯一补格是分配的吗?所以就猜想每个唯一补格都是一个分配格。但在1945年, 迪瓦兹通过证明得到了任意格都可以嵌入到一个唯一补格上, 推翻了这个猜想。随后数学家们又提出了一系列的附加条件, 使得唯一补格在附加条件下与分配格是等价的, 例如, 这个格具有完备性或者是原子的等。但是至今为止, 我们仍没有找到一个更简洁易懂的非分配唯一补格的例子。

在本文中, 我们给出了皮尔斯定理的另外一种证明, 并且从这个定理中, 我们得到了一个唯一补格是分配格的另外一个新的附加条件。从而为我们继续寻找非分配的唯一补格奠定了一定的基础。

2 基础知识

定义1在一个有O和I的格中, 元x的补元是指有元y使得x∧y=O和x∨y=I成立。

在格中, 若每个元至少有一个补元, 则这个格叫有补格。若格中的每个元仅有一个补元, 这样的格叫唯一补格。

定义2满足等式x∧ (y∨z) = (x∧y) ∨ (x∧z) 的格是分配格。

引理1若在唯一补格中有x

引理2若唯一补格是模格, 那么有:

定理1唯一补格是分配的当且仅当对任意的x, y>O有 (x∨ ( (x∨y) ∧x') ) ∧y>O成立。

3 皮尔斯定理的另一种证明

在这节中我们将给出皮尔斯定理的另外一种证明方法, 原来的证明是份4部分进行的, 在这里我们将保留第一二两部分, 对三四部分进行改进, 总共证明变为下面3部分。

皮尔斯定理若有补格L满足下面的条件: (P) 若元x不包含在元y的任意补中, 则x∧y≠O。那么L是分配的。

证明:1) L是唯一补的。

事实上, 假设y1和y2是元x的两个补元, 则y1≤y2, 否则, 有对称性知y2≤y1, 因此y1=y2。

2) 格L满足不等式x≤y⇒x'≥y'。

事实上, 若y'不包含在x'中, 那么y'∧x≠O, 这是不可能的, 因为x≤y。

3) 格L是分配的。

用反证法。假设L不是分配的, 那么由定理1, 它包含元x, y>O, 使得 (x∨ ( (x∨y) ∧x') ) ∧y=O。考虑元z=x∨ ( (x∨y) ∧x') , 因为z≥x, 由2) 得z'≤x', 因此z'=x'∧z'。显然, zO。但z'∧ (x∨y) = (z'∧x') ∧ (x∨y) =z'∧ ( (x∨y) ∧x') ≤z'∧ (x∨ ( (x∨y) ∧x') ) =z'∧z=O。矛盾

4 定理的推广

推论1假设一个有补格是分配的, 若元不包含在元的任意补中, 那么x∧y≠O。

证明:用反证法。我们将证若x∧y=O, 那么x∨ (x∨y) '是元y的补元。事实上,

用定义1知x∨ (x∨y) '是元y的补元, 显然x≤x∨∨ (x y) ', 即, x包含在元y的补中, 矛盾。

推论2有补格L是分配的当且仅当元不包含在元的任意补中, 那么x∧y≠O。

推论3若一个唯一补格L满足下面的条件:

(P) 若元x不包含在元y中, 那么'x∧y≠O。

则L是分配的。

证明:由皮尔斯定理的证明可知, 我们仅需证格L满足不等式x≤y⇒x'≥y'。

事实上, 若y'不包含在x'中, 那么y'∧x≠O, 这是不可能的, 由x≤y和格的唯一补性知, 。

推论4若唯一补格L是分配的且元x不包含在元y中, 那么x∧y'≠O。

证明:反证法。假设x∧y'=O, 由引理2.1) 知, x≤y, 即, x包含在y元中, 矛盾。从推论2和推论3, 我们得到一个唯一补格与分配性之间的充要条件。它是:

推论5一个唯一补格L是分配的当且仅当若元x不包含在元y中, 那么x∧y'≠O。

5 结论

本文中考虑了皮尔斯定理的另一种证明, 它是在原来证明的基础上进行改进的;相对于原来的证明, 这个证明步骤较少且易于理解。另外, 我们给出了一些关于皮尔斯定理的推论, 并考虑了皮尔斯定理的充要性。并得到了一个关于格的唯一补性和分配性之间的等价条件。这个定理为我们寻找一个非分配唯一补格打下了良好的基础。

参考文献

[1]Salii, V.N.:Lattices with Unique Complements.Translations of the Amer.Math.Soc.American Mathematical Society, Providence, 1988.

[2]Gratzer, G.:Two problems that shaped a century of lattice theory.Not.Am.Math.Soc, 2007, 54 (6) :696-707.

[3]G.Gratzer, General Lattice Theory, Birkhauser Verlag, Basel and Stuttgart, 1978.

初一常用几何证明的定理 篇8

平面直角坐标系各个象限内和坐标轴的点的坐标的符号规律：

（1）x轴将坐标平面分为两部分，x轴上方的纵坐标为正数；x轴下方的点纵坐标为负数。即第一、二象限及y轴正方向（也称y轴正半轴）上的点的纵坐标为正数；第三、四象限及y轴负方向（也称y轴负半轴）上的点的纵坐标为负数。

反之，如果点P（a，b）在x轴上方，则b>0；如果P（a，b）在x轴下方，则b<0。

(2)y轴将坐标平面分成两部分，y轴左侧的点的横坐标为负数；y轴右侧的点的横坐标为正数。即第二、三象限和x轴的负半轴上的点的横坐标为负数；第一、四象限和x轴正半轴上的点的横坐标为正数。

（3）规定坐标原点的坐标为（0，0）

（4

一个定理的猜想和证明 篇9

（要求会文字叙述，会改写成“如果...那么...”并用数学语言写出已知,求证，并给出证明过程，自己画图形）。线，角公理：

①.两直线平行，同位角相等②.同位角相等，两直线平行

1.两直线平行，内错角相等

2.两直线平行，同旁内角互补

3.内错角相等，两直线平行

4.同旁内角互补，两直线平行

5.如果两条直线都和第三条直线垂直，那么这两条直线平行

6.如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行

7.对顶角相等

8.三角形内角和为180°

9.三角形外角和为360°

10.多边形内角和为（n-2）*180°

11.多边形外角和为360°

三角形全等 公理：

③SSS④SAS⑤ASA⑥全等三角形对应边相等，对应角相等。

********* 正确，无须再推导证明;除上述6个公理之外，还有等量代换，等式的性质，不等式的性质 都可看做公理。推论: AAS

定理：等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）

推论：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高 互相重合（三线合一）

定理：等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）

附：1.等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°

2.有个角为60°的等腰三角形是等边三角形

3.三个角都相等的三角形是等边三角形

4.等腰三角形两底角的平分线相等

5.在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。

6.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半

7.如果一个三角形一条边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形

8.直角三角形 两直角边的平方和等于斜边的平方（勾股定理-面积法）

9.如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，则它是直角三角形（作图，全等）

10.斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等

11.线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等

12.到一条线段两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上

13.三角形三条边的垂直平分线相交于一点，并且这一点到三个顶点的距离相等。

14.角平分线上的点到角的两边的距离相等

15.在一个角的内部且到角两边距离相等的点在这个角的平分线上。

16.三角形的三条角平分线相交于一点，且这个点到三条边的距离相等

平行四边形：两组对边平行

1.平行四边形的对边相等

2.平行四边形的对角相等

3.平行四边形的对角线互相平分

A.两组对边分别相等的四边形是平行四边形

B.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形

C.对角线互相平分的四边形是平行四边形

D.两组对角分别相等的四边形是平行四边形

4.夹杂两平行线间的两平行线段相等

5.三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半

矩形：有一个角是直角的平行四边形

1.矩形的四个角都是直角

2.矩形的对角线相等

A.有三个角是直角的四边形是矩形

B.对角线相等的平行四边形是矩形

棱形：一组邻边相等的平行四边形

1.棱形的四条边都相等

2.棱形对角线互相垂直且平分，并且每条对角线平分一组对角

3.棱形的面积为对角线乘积的一半

A.四条边都相等的四边形是棱形

B.对角线互相垂直的平行四边形是棱形

正方形：一组邻边相等，且有一个角为直角的平行四边形

1.正方形的四个角都是直角，且四条边都相等

2.正方形的两条对角线相等且互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角

A.有一个角是直角的棱形是正方形

B.对角线相等的棱形是正方形

C.对角线相等的矩形是正方形

梯形：

1.等腰梯形在同一底上的两个角相等

2.同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形

3.等腰梯形的两条对角线相等

反正法:1.若a+b+c+d+e=5,则abcde中至少有一个至少有个≥1

2.三角形中至少有一个角大于或等于60°

圆：

1.垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的弧（垂径定理）

2.平分弦（非直径）的直径，垂直这条弦，并且平分弦所对的弧（垂径定理逆定理）

3.一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半

4.直径所对的圆周角是直角

5.90°圆周角所对的弦是直径

6.圆的内径四边形对角互补

教材中一些定理的补充证明 篇10

一、超几何分布用二项分布做近似计算的证明：

M!

PXkCMCNM

CNnknkk!MNM!k!nk!NMnk!.N!

n!Nn!

n!

k!nk!N.N1.Nk1

k.M.M1.Mk1.NMNM1NMnk1NNk.Nk1Nn1CnM.M1.Mk1N.N1.Nk1

knk.NMM1NMnk1Nk.Nk1Nn1Cnpk1p

M

N，M.M1.Mk1N.N1.Nk1

1pnk这里p且M和N相对于n和k很大时,p,kNMNM1NMnk1

M!Nk.Nk1Nn1

注：第二个分式即M

Nk!N!，展开为n项的乘积，k！

N

第三个分式即M!k！

n！，展开为nk项的乘积。NMnk!NN

k二．泊松定理的证明 bk,n,pnCnpnk1

pnpnnknkn!k!(nk)!pnk1

nn1nk1npn

nkknpn1nnpn1nnk!k

n,npn,k固定，nn1nk1

n

kkk1nnpn

费马大定理的初等巧妙证明 篇11

李联忠

（营山中学四川营山 637700）

费马大定理：一个正整数的三次以上的幂不能分为两正整数的同次幂之和。即不定方程znxnyn当n≥3时无正整数解。

证明：当n=2时，有z2x2y2

∴x2z2y2(zy)(zy)（1）

设(zy)2m2 则 zy2m2代入（1）得

x2z2y22m2(2y2m2)22m2(ym2)22m2l2

22∴x2mlyl2m2zlm

当n=3时，有z3x3y3

∴x3z3y3(zy)(z2zyy2)（2）

设(zy)32m3 则 zy32m3代入（1）得

3x3z3y332m［(y32m3)2(y32m3)yy2］

32m3(3y2332m3y34m6)33m3(y232m3y33m6)

设(y232m3y33m6)l3（3）

则x3ml（4）

zy32m3（5）

若z,y的公约数为k,即(z,y)=k，k>1时，方程x3z3y3两边可以除以k，下面分析k=1 即（z,y）=1 , 方程xzy的正整数解

因为（z,y）=1，分析（2），（3），（4），（5）式，只有m,l为正整数时，x,y,z有正整数解，由（3）得 3333

y(y32m3)l333m6(l3m2)(l23m2l32m4)

∵ y,m,l都取正整数

∴y(l3m)和y3m(l3ml3m)不能同时成立 2232224

∴ y没有形如y(l3m2)或y(l23m2l32m4)32m3的正整数解 若(l3m2)=ab ,(l23m2l32m4)=cd可得相应方程组

222yal3mycl3myacl3m或或这些方程组里的m,l没有正整232323y3mbcdy3mabdy3mbd

数解，因为若有正整数解，则与y没有形如y(l3m2)和y(l23m2l32m4)32m3的正整数解矛盾。

又 ∵ y(l3m2)在m,l取正整数的条件下，y可取到任意正整数 ∴y没有正整数解。

∴当n=3时，方程z3x3y3无正整数解。

当n>3时，同理可证方程znxnyn无正整数解。

一个定理的猜想和证明 篇12

一、余弦定理

余弦定理:三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦的积的两倍,即在ABC中,已知ABc,BCa,CAb,则有

a2b2c22bccosA, b2c2a22cacosB, c2a2b22abcosC.二、定理证明

为了叙述的方便与统一,我们证明以下问题即可: 在ABC中,已知ABc,ACb,及角A,求证:a2b2c22bccosA.证法一:如图1,在ABC中,由CBABAC可得:

CCBCB(ABAC)(ABAC)

ABAC2ABAC

b2c22bccosA

AB图122即,a2b2c22bccosA.证法二:本方法要注意对A进行讨论.(1)当A是直角时,由b2c22bccosAb2c22bccos90b2c2a2知结论成立.(2)当A是锐角时,如图2-1,过点C作CDAB,交AB于点D,则

在RtACD中,ADbcosA,CDbsinA.从而,BDABADcbcosA.在RtBCD中,由勾股定理可得: BC2BD2CD2

(cbcosA)2(bsinA)2

c22cbcosAb2

AD图2-1BC即,a2b2c22bccosA.说明:图2-1中只对B是锐角时符合,而B还可以是直角或钝角.若B是直角,图中的 点D就与点B重合；若B是钝角,图中的点D就在AB的延长线上.(3)当A是钝角时,如图2-2,过点C作CDAB,交BA延长线于点D,则 在RtACD中,ADbcos(A)bcosA,CDbsin(A)bsinA.从而,BDABADcbcosA.在RtBCD中,由勾股定理可得:

C BCBDCD

(cbcosA)2(bsinA)2

c22cbcosAb2

DA图2-2B222即,abc2bccosA.综上(1),(2),(3)可知,均有a2b2c22bccosA成立.证法三:过点A作ADBC,交BC于点D,则

BDAD在RtABD中,sin,cos.ccCDAD在RtACD中,sin,cos.bbCD222βαA图3B由cosAcos()coscossinsin可得: ADADBDCDADBDCDcosA

cbcbbc2AD22BDCDc2BD2b2CD22BDCD

2bc2bcb2c2(BDCD)2b2c2a2

2bc2bc2整理可得a2b2c22bccosA.证法四:在ABC中,由正弦定理可得

abcc.sinAsinBsinCsin(AB)从而有bsinAasinB,………………………………………………………………①

csinAasin(AB)asinAcosBacosAsinB.…………………………②

将①带入②,整理可得acosBcbcosA.…………………………………………③ 将①,③平方相加可得a2(cbcosA)2(bsinA)2b2c22bccosA.即,a2b2c22bccosA.证法五:建立平面直角坐标系(如图4),则由题意可得点A(0,0),B(c,0),C(bcosA,bsinA),再由两点间距离公式可得a2(cbcosA)2(bsinA)2c22cbcosAb2.即,a2b2c22bccosA.A(O)图4BxyC证法六:在ABC中,由正弦定理可得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC.于是,a24R2sin2A4R2sin2(BC)

4R2(sin2Bcos2Ccos2Bsin2C2sinBsinCcosBcosC)4R2(sin2Bsin2C2sin2Bsin2C2sinBsinCcosBcosC)4R2(sin2Bsin2C2sinBsinCcos(BC))4R2(sin2Bsin2C2sinBsinCcosA)

(2RsinB)2(2RsinC)22(2RsinB)(2RsinB)cosA

b2c22bccosA

即,结论成立.证法七:在ABC中,由正弦定理可得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC.于是,a2b2c22bccosA

4R2sin2A4R2sin2B4R2sin2C8R2sinBsinCcosA

2sin2A2sin2B2sin2C4sinBsinCcosA

2sin2A2cos2Bcos2C4sinBsinCcosA

22cos2A22cos(BC)cos(BC)4sinBsinCcosA 由于cos(BC)cos(A)cosA,因此

cos2Acos(BC)cos(BC)2sinBsinCcosA

cosAcos(BC)2sinBsinC

cosAcosBcosCsinBsinCcos(BC).这,显然成立.即,结论成立.证法八:如图5,以点C为圆心,以CAb为半径作C,直线BC与C交于点D,E,延长AB交C于F,延长AC交C于G.F2bcosA-cEBaGbbCbb-acA则由作图过程知AF2bcosA, 故BF2bcosAc.由相交弦定理可得:BABFBDBE, 即,c(2bcosAc)(ba)(ba), 整理可得:abc2bccosA.222D图5证法九:如图6,过C作CD∥AB,交ABC的外接圆于D,则ADBCa,BDACb.分别过C,D作AB的垂线,垂足分别为E,F,则AEBFbcosA,故CDc2bcosA.由托勒密定理可得ADBCABCDACBD, 即,aac(c2bcosA)bb.bCD整理可得:abc2bccosA.证法十:由图7-1和图7-2可得a2(cbcosA)2(bsinA)2, 整理可得:a2b2c22bccosA.AE222aac图6FBCEAbsinAaBCbsinADc-bcosAc-bcosAaBbcosAD

怎么证明余弦定理 篇13

因为过C作CD垂直于AB，AD=bcosA;所以(c-bcosA)^2+(bsinA)^2=a^2。

又因为b^2-(bcosA)^2=(bsinA)^2，所以(c-x)^2+b^2-(bcosA)^2=a^2，所以c^2-2cbcosA+(bcosA)^2+b^2-(bcosA)^2=a^2，所以c^2-2cbcosA+b^2=a^2，所以c^2+b^2-a^2=2cbcosA，所以cosA=(c^2+b^2-a^2)/2bc

同理cosB=(a^2+c^2-b^2)/2ac，cosC=(a^2+b^2-c^2)/2ab

2在任意△ABC中,作AD⊥BC.∠C对边为c，∠B对边为b，∠A对边为a-->

BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

勾股定理可知：

AC²=AD²+DC²

b²=(sinB*c)²+(a-cosB*c)²

b²=sin²B*c²+a²+cos²B*c²-2ac*cosB

b²=(sin²B+cos²B)*c²-2ac*cosB+a²

b²=c²+a²-2ac*cosB

所以，cosB=(c²+a²-b²)/2ac

2如右图，在ABC中，三内角A、B、C所对的边分别是a、b、c.以A为原点，AC所在的直线为x轴建立直角坐标系，于是C点坐标是(b，0)，由三角函数的定义得B点坐标是(ccosA，csinA).∴CB=(ccosA-b，csinA).现将CB平移到起点为原点A，则AD=CB.而|AD|=|CB|=a，∠DAC=π-∠BCA=π-C，根据三角函数的定义知D点坐标是(acos(π-C)，asin(π-C))即D点坐标是(-acosC，asinC),∴AD=(-acosC，asinC)而AD=CB∴(-acosC，asinC)=(ccosA-b，csinA)∴asinC=csinA…………①-acosC=ccosA-b……②由①得asinA=csinC，同理可证asinA=bsinB，∴asinA=bsinB=csinC.由②得acosC=b-ccosA，平方得：a2cos2C=b2-2bccosA+c2cos2A，即a2-a2sin2C=b2-2bccosA+c2-c2sin2A.而由①可得a2sin2C=c2sin2A∴a2=b2+c2-2bccosA.同理可证b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.到此正弦定理和余弦定理证明完毕。3△ABC的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB上的中线分别为ma.mb,mc,应用余弦定理证明:

mb=(1/2)

mc=(1/2)ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

同理可得：

mb=

mc=

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)