四色定理的证明（共16篇）
四色定理的证明 篇1
四色定理的简单证明
虽然现在已经有不少人用不同方法证明出了四色定理，但我认为四色定理的证明还是有点复杂,所以给出以下证明。（注：图形与图形的位置关系可分为相离、包含、内向接、内向切、外向接、外向切，在此文中由于题意关系不妨重新分为以下关系：1 把包含、内向接、内向切，统一划分为包含关系。2 把外向接单独划分为相接关系。3把相离、外相切统一划分为相离关系。）
此证明过程中把图的组合形式按照其位置关系而抽离出了以下四种基本有效模式：若要存在只需用一种颜色便能彼此区分开来的地图，则该图中所有图形必定满足彼此相离。如下图：
图（1）
分析：这是最简单的一种图形关系模式暂且称为模式a。若要存在只需用两种颜色便能彼此区分开来的地图，则该图中的所有图形必定满足最多只存在两个图形的两两相交的图形。各种有效图形关系如下图：
图（2）
分析：两个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之
一。由于图（1）存在包含关系，被包含的图形是对外部无影响的，所以图（1）仍属于模式a。所以两个图形的两两相交只有图（2）的相交关系模式的图形有效的，我们暂且称之为模式b。若要存在只需用三种颜色便能彼此区分开来的地图，则给图中所有图形必定满足最多只存在三个图形的两两相交图形。各种有效图形关系如下图：
图（3）
分析：三个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系模式之
一。由于图（2）属于存在包含关系，同理整体回归于模式a。所以三个图形的两两相交只有图（1）的相接关系模式的图形是有效图形模式，我们暂且称之为模式c。若要存在只需用四种颜色便能彼此区分开来的地图，则给图中所有图形必定满足最多只存在四个图形的两两相交图形。各种有效图形关系如下图：
图（4）
分析：四个图形的两两相交的所有图形关系均可变形而得出等价的以上两种图形关系。由于图（2）属于存在包含关系，同理可得出整体也就回归于图形模式a。同样我们暂且称图（1）的图形关系模式为模式d。观察易得，已经拥有四个有效图形的模式d有一个图形是被包围的，所以在此基础上在球面或是平面上是不可能诞生有五个图形两两相交而组成的模式e了，由于以上的四种基本的有效模式均可由四种以内的颜色彼此分开。所以在平面或球面上四种颜色已足以把它们彼此区分。另外至于在环形体或丁形体上，则可用此方法得出五色定理和六色定理。
四色定理的证明 篇2
关键词：六边形平面地图,长方形体面地图,长方形平面地图
自从美国数学家阿佩尔和哈肯同时用两台计算机用了1200个小时,得出了证明,权威也认可了,但人们还没欣赏到他的作品,他的结论一定是一种及限,不能实践证明,比如: 在20厘米的图纸上画一个960个国家的四色地图,在图纸上就完成不了,只能用计算机证明,而我有一种新方法献给大家,发此论文,大家参考.
一、四色定理的变换与修改
定理一: 画一个等边三角形的四色小区 ( 见图1)
把六个小区组成一个六边形,再把各小区向外扩大二格、四格、六格、八格、十格等等. 在任一个四色小区内任意填上1,2,3,4代表四色,再以对宫的格式填完整个表格 ( 见图2) .
定理二制作完整的体面四色地图
在任一个按定理画的六边形表格中,只要每个外边格数是双,都可以化为完整的四色体面地图,如: 二格、四格、六格、八格、十格等等很多很多,把六边形的两个相对的边向背后摘过去合并,又把两头的尖角向背后摘去合并,恰好成为一个长方形的二面四色地图,也是体面四色地图. 可增减长边上的格式,能得出很多很多不国家数的完整四色地圆. ( 见图3)
定理三制作完整的平面四色地图
在任一个边格是双的六边形和由六边形变化出来的长方形表格中,只要稍一修改外围格式,就能成为完整的平面四色地图,任意增减长边上的格式,也可修改成完整的四色地图. ( 见图4和图5)
二、猜想阿佩尔的四色定理
以32个国家的地图证明: 画一个圆,再画上直径,把直径八等分,各等分点与A,B连接,在上半圆内填上1,2,3,4,1,2,3,4: 下半圆填上3,4,1,2,3,4,1,2,此图为32国的东半球,这种方法国数少可以人工证明,国数一多进入极限了,只能计算机证明,如强行人工证明,线条会画满图纸,肉眼就分不清楚了. ( 见图6)
四色定理的简要证明 篇3
关键词：数学归纳法；证明；平面图；四色定理
中图分类号：G633.6文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）11-045-01
“画地图要求相邻两国不用同一色，一幅地图只需要四种颜色”（钱学森语），这就是著名的“四色定理”（或称“四色问题”）。自1872年正式提出至1976年才被计算机证明，但这“机证”并非让所有人信服。下面给出一种非“机证”的简洁的理论证明。
一、相关前提
前提1任何平面地图的着色问题可以转化、归纳为对平面图的结点的着色问题。其中的结点代表地图上的国家（或地区，下同），结点间的连线即边代表国家间的相邻关系。
前提2着色规则——平面图内有连线（即边，下同，为叙述方便会交替使用）的点（即结点，下同）必须用不同种的颜色着色，而没有连线的点则肯定可以用同一种颜色着色。
前提3“正常着色”是指遵守“前提2”所称着色规则的着色。
前提4设G是有v个结点e条边的连通简单平面图，若v>=3，则e<=3v-6,见于各图论书籍，故证明从略。显然，与平面地图对偶的平面图（v>=3），都适用e<=3v-6。
前提5为方便起见，本文将有n个结点的平面图G特称G(n)，其中n为自然数。本文称对图G(n)正常着色与对G(n)中的n个结点正常着色，两者意义完全相同。
二、四色定理的证明
四色定理的“图论表述”为：对平面图G(n)（n为自然数）正常着色，4种颜色就足够。下面利用“数学归纳法”对此进行证明：
(1)当n=1，2，3，4时，显然用4色对图G（1）、G（2）、G（3）、G（4）可正常着色；
(2)假定n＝k（k>=5）时，定理成立，即可用4种色对图G(k)正常着色，亦即可用4色对k个结点正常着色。
那么，当n=k+1时，对这（k+1）个结点着色，必定可分两步进行：
第一步，首先对其中的k个结点着色；
第二步，才对剩下的“1”个结点（称为第n点，n=k+1）着色。已知k个点可用4色正常着色，不难证明第n点也可以用这 4色中的某一色正常着色。其理由是：
当n=k时，图G(k)共有结点个数为：v(k)=k(a)；边数据“前提4”为：
e(k)<=3v-6=3k-6(b)
当n=k+1时，有图G(k+1),此时
G(k+1)的结点个数为：v(k+1)=k+1(c);边数则为: e(k+1)<=3v-6=3(k+1)-6=(3k-6)+3 (d)
因为：(c)-(a)=(k+1)-k=1,(d)-(b)<=(3k-6)+3-(3k-6)<=3
所以可确知：图G(k+1)比图G(k)仅增加1个结点(即第n点)及最多增加3条边，所增加的3条边是增加的第n点所引致，两者具有对应关系。所以对图G(k+1)着色可以转化为：对G(k)着色与对新增加的1个结点（即第n点）着色。
显然，G(k)据题设(2)用4色可正常着色；而对第n点则可用G(k)正常着色时用过的4色中的某一色正常着色，因为：第n点最多对应3条边，即这点最多与原图G(k)中的3个结点（简称3色点）连线、相邻，不可能再与G(k)中的其它结点连线、相邻.根据着色规则，“3色点”最多着3色(称为3点色)，第n点不能用这“3点色”着色；但既然G(k)用4色可正常着色，那么这4色中必有有别于“3点色”的另1色，称为“第4色”，因为第n点只与“3色点”相邻，不与G(k)中着“第4色”的任何结点相邻，所以它必定可以用“第4色”正常着色！
这样，既然G(k)可用4色正常着色，而第n点又可用图G(k)4色中的“第4色”正常着色，那么由这二者“组成”的图G(k+1)理所当然可用4色正常着色,亦即全部（k+1）个结点可以用4色正常着色。
根据（1）、（2）可以知道，对于平面图G(n)(n为自然数)的所有n个结点进行正常着色，4色就足够，即四色定理成立！
三、对“机证”献疑
根据“e<=3v-6”可知，v个结点的平面图肯定比(v-1)个结点的平面图多1个结点[称为第v点，在G(v-1)的最外面，亦即G(v)的最外面]和3条边。所以实际画有v个结点的平面图G(v)时，理应画出最外面的第v点，它只与3条边相连。任何e=3v-6(取最大值)的平面图都必定如此.但很遗憾，在四色定理“机证”所依据的“构形”图中（显然构形的e也取最大值），没有发现这个特征。所以“机证”所依据的“构形”是令人可疑的，因而所进行的一系列证明过程与结果也都是令人可疑的。
参考资料
[1] 徐俊明.图论及应用[M].中科大出版社（合肥）,1998:305~309.
[2] 哈拉里（美）.图论第一版[M].上海科技出版社,1980:145~166.
余弦定理的多种证明 篇4
对于任意三角形 三边为a,b,c 三角为A,B,C 满足性质
a^2=b^2+c^2-2*b*c*CosA
b^2=a^2+c^2-2*a*c*CosB
c^2=a^2+b^2-2*a*b*CosC
CosC=(a^2+b^2-c^2)/2ab
CosB=(a^2+c^2-b^2)/2ac
CosA=(c^2+b^2-a^2)/2bc
证明：
如图：
∵a=b-c
∴a^2=(b-c)^2（证明中前面所写的a,b,c皆为向量，^2为平方）拆开即a^2=b^2+c^2-2bc
再拆开，得a^2=b^2+c^2-2*b*c*CosA
同理可证其他，而下面的CosA=(c^2+b^2-a^2)/2bc就是将CosA移到右边表示一下。
------------------
平面几何证法：
在任意△ABC中
做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a
则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c
根据勾股定理可得：
AC^2=AD^2+DC^2
b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2
b^2=sin^2B*c^2+a^2+cos^2B*c^2-2ac*cosB
b^2=(sin^2B+cos^2B)*c^2-2ac*cosB+a^2
b^2=c^2+a^2-2ac*cosB
cosB=(c^2+a^2-b^2)/2ac
从余弦定理和余弦函数的性质可以看出,如果一个三角形两边的平方和等于第三
边的平方,那么第三边所对的角一定是直
角,如果小于第三边的平方,那么第三边所
对的角是钝角,如果大于第三边,那么第三边
康托尔定理的证明 篇5
A是一个集合，那么A的势小于p(A)的势。有限集的情况是显然的。
下面证明无穷集的情况下依然成立。
证明：若要证明A与p(A)不等势。只需证明无法找到A与p(A)的一一对应，即可。
下面的方法列举了A到p(A)的所有对应情况。所用的证明方法就是高中时期所接触到的分类证明。
将f:AP(A)分类。
第一类：∀ a∈A,f(a)中都没有a.第二类：∃a∈A,a∈f(a).第二类又可以分为两种情况，(1).∃a∈A,f(a)中没有a。
（2）.∀ a∈A,f(a)中总是有a。
下面证明：
第一类,因为所有的f(a)中都没有a，所以A∈P(A)将不是A中任何一个元素的象。于是AP(A)无法一一对应.第二类，(1).因为∃a∈A,f(a)中没有a。那么将这些元素组成集合B，则B∈P(A)将不是A中任何一个元素的象。于是AP(A)无法一一对应.(2).因为∀ a∈A,f(a)中总是有a。则：∀ a∈A 有|f(a)|=1.即a{a}b{b}………如若不然，假设k与{k}不对应，那么{k}将不能成为A中任何一个元素的象。
但是如果∀ a∈A 有|f(a)|=1.那么任意P(A)中基数大于1的集合C∈P(A)将不是A中任何一个元素的象。
正余弦定理的多种证明方法 篇6
正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法，［1］人教版中等职业教育国家规划教材《数学》（提高版）是用向量的数量积（内积）给出证明的，如是在证明正弦定理时用到：作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受。本文通过三角函数的定义，利用向量相等和向量的模统一正、余弦定理的证明，方法较为简单。从本文的证明中又一次显示数学中“数”与“形”的完美结合。
定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则
（1）（正弦定理）==；
（2）（余弦定理）
c2=a2+b2-2abcos C,b2=a2+c2-2accos B,a2=b2+c2-2bccos A。
证明：建立如下图所示的直角坐标系，则A=（0，0）、B=（c,0），又由任意角三角函数的定义可得：
C=（bcos A,bsin A），以AB、BC为邻边作平行四边形ABCC′，则∠BAC′=π-∠B，∴C′(acos(π-B),asin(π-B))
=C′（-acos B,asin B）。
根据向量的运算：
=（-acos B,asin B），=-=（bcos A-c,bsin A）,（1）由=：得
asin B=bsin A,即
=。
同理可得：=。
∴==。
(2)由=（b-cos A-c）2+(bsin A)2=b2+c2-2bccos A，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccos A。
同理：
c2=a2+b2-2abcos C；
四色问题的几何逻辑证明 篇7
四色问题的几何逻辑证明一直是诸多业内专家和数学爱好者所热衷的命题, 本文尝试用反证法, 以对图形的分类分析为切入点, 绕开具体的图形形状、大小的局限, 而考虑其相邻边的数量特征、公共交点分布、与存在内含区域可能性的必然联系.经过层层枚举, 排除所有情况, 得出四相邻的特征 (内包含) .由于内含区域的存在, 五个就不可能, 问题成立.所以本文大部分一直在探讨构筑无内含区域存在的区域之间的相邻特征.当区域数为四时, 内含区域必然出现.四色问题即成立.
一、引理部分
引理1 一个区域边界上的任何两点间均有连续不间断的两条有效边线相连.区域:即能够形成有效面积 (面积大于0) 的闭合的连通的曲线结构.任何区域必然是由连通的、不间断曲线 (包括直线) 所围成的有效面积结构.该区域上任何确定的两点A, B, 都存在唯一边线
图1:区域上任何确定的两点A, B, 都存在唯一边线
引理2 平面上的一条直线L可分平面为以直线L为界的两部分, 且只为两部分.
引理3 两个区域的公共边不能成为第三个区域的边线.或者说三个相邻的区域之间不存在共同的相邻边.或者也可以说两个区域的公共边上任何两点之间的边线不再构成其他区域的边线 (排他性) .
此引理由引理2导出, 为下文论证的主要依据.证明如下:假设两个区域的公共边可以成为第三个区域的边线, 首先将这条不规则的边线无限细分, 这样曲线就可看成由无限多个直线段组成.取其中一段, 端点为A, B.延长AB两端作直线将平面分为两部分, 记为S1, S2.S1, S2以AB为界 (引理二) .则同一平面上的区域3或在S1上, 或S2上.或两者各占其部分.取区域1边线上一点C (该点不在AB的延伸线上) 与AB构成一个三角形, 其高为h1.同理取区域2上一点D与AB构成△ABD, 其高为h2, △ABC与△ABD以AB为邻, 取区域3上一点E构成△ABE (点E不在直线AB上) , 其高为h3.则△ABE非S1即S2 (引理2) .设在S1上, △ABE和△ABC与△ABD共邻于AB, 则△ABE与△ABC为同底共面三角形.△ABE面积为
引理4 被包含区域同构成包含区域外的其他区域不相邻.
二、为证明不存在两两相邻的五个区域, 首先讨论任意两个相邻区域1, 2的相邻结构情况
(一) 包 含
图2:区域1包含区域2.
(二) 不包含相邻, 有且只有一条公共边
图3:不包含相邻, 有且只有一条公共边.
(三) 不包含相邻, 有两条以上公共边
图4:不包含相邻, 有两条以上公共边.
分析 (一) 区域1被包含于区域2中, 则区域1与区域2之外的任何其他区域不构成相邻关系.不满足五个区域两两相邻.此类型排除.
(三) 不包含相邻, 有两条以上公共边.
为便利起见, 讨论两条公共边的情况:区域1与区域2相邻于
假设存在五个互相邻区域, 那么其中的任意两个区域之间, 只有两种可能:1.无内含区域 (有, 且只一条公共边) .2.有内含区域, 且只为三个.因为假如为两个或一个, 这两个或一个为内包含区域, 根据引理4被包含区域同构成包含区域外的其他区域不相邻, 就构不成五个相邻区域.3.这两个区域之间无完整的闭合区域, 但能够与五相邻区域中其他一个或两个相邻区域共同包含另外两个或一个区域.就此本文分为两个部分探讨:1和2合为一个部分分析;3的这种可能性另述.下面先探讨三个无内含互相邻区域的特征, 完成1和2的分析.
三、三区域相邻的分析论证
(一) 一区域包含其他两个相邻区域
如图5, 或者相反, 一区域被其他两个相邻区域包含.
图5:一区域包含其他两个相邻区域.
(二) 三相邻区域中每两个区域的公共边只有一条, 且交于一点
图6:三个两两相邻区域, 各公共边为一且交于一点.
(三) (3-1) 三相邻区域中每两个区域的公共边多于一条, 且公共边不交于一点 (为几段不连通的边线) . (3-2) 三相邻区域中每两个区域的公共边多于一条, 公共边交点为一 (此种类型为不可能, 因为两个区域的公共边多于一条, 各公共边之间必然断开, 即不可能出现公共交点为一的可能, 直接排除) .
(四) 三相邻区域中每两个区域的公共边只有一条, 但不交于一点 (公共边为三段或两段不连通的边线) , 如图7.
(一) 条件下一区域包含其他两个相邻区域, 或被其他两区域包含.有内含区域, 排除.
(三) (3-1) 、 (3-2) 条件下三相邻区域中每两个区域的公共边多于一条, 根据两个区域相邻公共边多于一条, 必然存在内包含区域, 排除 (3-1) 及 (3-2) .
下面分析 (四) :公共边数量为一, 交点多于一的情况.为方便讨论, 以公共边为不连通的三段为例.如图7.
图7:公共边数量为一, 交点多于一的情况.
区域1相邻区域2为
对于这种无内含区域的三区域相邻结构, 另外两个相邻区域与其相邻, 会有什么情况呢?三个相邻区域与两个相邻区域两两相邻, 那么这三个区域必与两个中的一个两两相邻, 下面就来讨论这三个与其中一个的情况.如图8:
图8:四个两两相邻区域中必有被包含区域存在论证辅助图例.
区域1邻区域2为
四
、两个区域之间无完整的闭合区域, 但能够与五相邻区域中其他一个或两个相邻区域共同包含另外两个或一个区域
这个问题可分解为: (1) 三区域内含两区域. (2) 四区域内含一区域.四区域包含一区域的情况可将四个互相邻再分解为三个和一个.因已证明四个互相邻区域中必存在内包含区域, 所以排除这种可能性.三区域内含两区域可转化为内含之两区域同其外围三区域中任意一个区域相邻的问题.依前文分析可得这三个区域必无内含区域, 否则与其外两个必不相邻, 这样就又转化为三个互相邻的无内含区域再与第四个区域相邻的问题.返上文所述, 不再赘笔了.
综上所述, 根据引理4:被包含区域同构成包含区域的其他区域不相邻.得:不存在五个两两相邻的区域.
本文实际上一直是根据设定的已知条件反复运用区域必闭合的性质和引理3的排他性.区域必闭合, 揭示隐含的边线.引理3排除不存在的边线 (区域) , 逐步将命题引向不可能性.利用文中的四条引理, 实际上根据引理1, 3可以有更好的、更直观严密的、不同的逻辑表达方式, 因为时间关系, 不能再将它构筑得更好, 请各位同仁指正.
参考文献
[1]苏步青.拓扑学初步.上海:复旦大学出版社, 1986.
张角定理在证明线段相等中的应用 篇8
本文现将张角定理及其在线段相等证明中的应用介绍如下，供参考.
一、张角定理
如图1，设直线AB上有一点C，在直线AB外有一点P，且视点P对于线段AC，CB的张角分别为α，β，若α+β<180°，则=+.
证：△PAB＝△PAC+△PCB，
∴PA·PB·sin（α+β）
＝PA·PC·sinα+PC·PB·sinβ两边同除以
PA·PB·PC，即得所证.
二、应用举例
例1在线段AC上任取一点B，分别以AB，BC为边，在AC的同侧，作等边△ABD，△BCE；连AE，交DB于M；连DC，交EB于N.
求证：BM＝BN.
证：如图2，以B为视点，分别对A，M，E及D，N，C用张角定理，得=+，=+，而BA＝BD，BE＝BC，∴BM＝BN.
例2 已知四边形MCND两组对边延长所得交点的连线AB与四边形的一条对角线CD平行，又MN的延长线交AB于F.
求证：AF=FB.
证：如图3，设∠MAC=α，∠CAB=β，以A为视点，分别对B，N，D；B，C，M及F，N，M用张角定理，得
=+， （1）
=+， （2）
=+，（3）
在△ACD中，= . （4）
∴（1）+（2）-（3）-（4），得=，
∴AB=2AF，故AF=FB，.
例3 如图4，以⊙O的直径AB为一边作等边△ABC，同时将另一侧的半圆三等分，其分点为M，N，连结CM，CN交AB于D，E.
求证：AD=DE=EB.
证：连结AM，OM，则以A为视点，对C，D，M用张角定理，得
=+，
∴AD=.
设⊙O的半径为R，则
AD==R.
由图形的对称性知：BE=R.
∴DE=2R-R-R==AD=EB.
例4 已知M是⊙O的弦AB的中点，过M任作两弦CD，EF，连结CF，DE分别交AB于G，H. 求证：MH=MG（蝴蝶定理）.
证：如图5，设∠GMF=α，∠HMD=β，
以M为视点，对E，H，D及F，G，C分别用张角定理，得
=+， （1）
=+.（2）
∴（1）－（2），得
sin（α+β）（-），
=（MF-ME）-（MD-MC）. （3）
设P，Q分别是CD，EF的中点，则
MD-MC=2MP=2MOsinβ，
MF-ME=2MQ=2MOsinα，（4）
∵ME·MF=MC·MD，
∴将（4）代入（3），得
sin（α+β）（-）=0，
∵α+β≠180°，∴sin（α+β）≠0，
∴MH=MG.
例5 在“筝形”ABCD中，AB=AD，BC=CD，过AC，BD的交点O任作两条直线，分别交AD于E，BC于F，AB于G，CD于H. GF，EH分别交BD于I，J.
求证： OI=OJ.
证：如图6，易知AC⊥BD，设∠EOD=α，∠DOH=β. 以O为视点，分别对G，I，F；E，J，H；A，G，B；A，E，D；C，H，D和B，F，C用张角定理，得
=+， （1）
=+， （2）
=+， （3）
=+， （4）
=+， （5）
=+， （6）
将（3）和（6）中OG与OF的表达式同时代入（1），得
=（OA·OBsinβsinα+OA·OC
sinβcosα+OB·OCsinαsinβ+OA·OCsinαcosβ），（7）
将（4）和（5）中OE与OH的表达式同时代入（2），得
=（OC·ODsinβsinα+OA·OC
sinβcosα+OA·ODsinαsinβ+OA·OCsinαcosβ），（8）
因为OB=OD，所以由（7）和（8）即得OI=OJ.
综上所述可知，应用张角定理证明线段相等时，关键在于根据题设，寻找与结论有关的线段所在的三角形，找准视点，利用张角定理写出关系式，再结合三角知识，通过变形化简，消去无用的参变数即可.
奇特的勾股定理的证明 篇9
所以AC垂直于BD图中的每个三角形都是直角三角形 解:设AO为a,BO为b,AB为c
所以正方形的面积就是a*b/2*4=2a*b=2ab
正方形的面积也可以表示为c^2
所以2ab=c^2
ab+ab=c^2
因为此图是正方形所以ＡO=BO
所以a=b
所以把第一个ab中的b换成a．把第二个a换成b． 所以a*a+b*b=c^2
四色定理的证明 篇10
汉儿庄中学执笔人审核领导 教学目的:
1、知识目标：会证明等腰三角形的性质定理。能从等腰三角形的性质定理中得出结论，进一步体会证明的必要性，会用综合法进行证明。
2、能力目标：观察等腰三角形的对称性，发展形象思维及合情推理能力、演绎推理能力。
3、情感目标：经历探索、猜想、证明的过程，进一步发展推理论证能力。并在运用数学知识解答问题的活动中获取成功的体验，建立学习的自信心。
教学重点：等腰三角形性质定理及推论的探索。
教学难点：等腰三角形性质定理的证明和运用。
预习要点：
1、动手操作，用硬纸板分别制作锐角等腰三角形、直角等腰三角形、钝
角等腰三角形、等边三角形。
2、等腰三角形的3、等腰三角形的、、互相重合，简称
（）；
4、，等边三角形的相等，并且每一个角都等于度。
罗尔中值定理的证明及应用 篇11
微分中值定理是微分学的基本定理, 在数学分析中占有重要地位, 是研究函数在某个区间内的整体性质的有力工具。从费马定理开始, 经历了从特殊到一般, 从直观到抽象, 从强条件到弱条件的发展阶段.人们正是在这一发展的过程中, 逐渐认识到微分中值定理的普遍性.
罗尔中值定理是其他微分中值定理的基础, 而且该定理对判别根的存在性特别有效. 它是由法国数学家罗尔 (Rolle, 1652~1719) 在1691年首先提出的, 直到1846年经法国的另一位数学家完善成今天的形式.
以下就介绍罗尔中值定理的知识:
一、罗尔中值定理的证明
我们首先来观察一个图形, 见图1.
设图1中曲线弧AB是函数y=f (x) (x∈[a, b]) 的图形.这是一条连续的曲线弧, 除端点外处处具有不垂直于x轴的切线, 即 f (x) 在 (a, b) 内处处可导.且两端点处的纵坐标相等, 即 f (a) = (fb) .可以发现在曲线弧AB的最高点或最低点处, 曲线都有水平的切线. 如果记曲线弧AB的最高点C的横坐标为ξ, 则f' (ξ) =0.若我们用分析的语言把这一几何现象描述出来, 就得到了下面的罗尔 (Rolle) 定理.
罗尔定理若函数y=f (x) 满足:
(1) 在闭区间[a, b]上连续;
(2) 在开区间 (a, b) 内可导;
(3) 在区间端点处的函数值相等, 即 f (a) =f (b) ,
则在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使得f' (ξ) =0.
罗尔定理的几何意义是说:在每一点都可导的一段连续曲线上, 如果曲线的两端点高度相等, 则至少存在一条水平切线 (图 1) .
为了给出罗尔定理的严格证明, 我们首先需要学习下面的引理, 它称为费马 (Fermat) 定理.
费马定理设函数 (fx) 在点x0 的某邻域U (x0 ) 内有定义, 并且在x0 处可导, 如果对任意的x∈U (x0 ) , 有 (fx) ≤ (fx0 ) , 则f ('x0 ) =0.
分析为了利用函数值的大小关系得出导数的结论, 显然应该考虑使用导数的定义.
费马定理告诉我们, 若函数在x0 点可导, 且函数在x0 点处取得了局部的最大值或最小值, 则函数在点x0 处的导数一定为零, 即f' (x0 ) =0.
由图1知, 函数 f (x) 在ξ处取得了局部的最大值.因此, 根据费马定理不难证明罗尔定理.
罗尔定理的证明由于 f (x) 在[a, b]上连续, 所以 f (x) 在[a, b]上必定取得它的最大值M和最小值m.这样, 只有两种可能的情形:
(1) M=m.
此时对于任意的x∈[a, b], 必有f (x) =M.故对任意的x∈ (a, b) , 有f' (x) =0.因此, (a, b) 内任一点皆可作为我们找的ξ.
(2) M>m.
因为 f (a) =f (b) , 所以M和m中至少有一个不等于f (a) .不妨设M≠f (a) , 则在 (a, b) 内必有一点ξ, 使得f (ξ) =M.又因为对于任意的x∈[a, b], 有 f (x) ≤f (ξ) , 且f' (ξ) 存在.故由费马定理知, f' (ξ) =0.类似可证m≠f (a) 的情形.罗尔定理成立.
二、罗尔定理的应用
1.函数零 (值) 点问题.
例1设 (a, b) 为有限或无穷区间, f (x) 在 (a, b) 内可微, 且 (有限或±∞) , 试证:存在ξ∈ (a, b) , 使得f' (ξ) =0 (.推广了的罗尔定理)
证若f (x) 不恒等于A (有限数) , 则存在f' (x) =0, 问题自明.
若 (fx) =A, 则x0∈ (a, b) , 使得f (x0) ≠A, 下设 (fx0 ) >A (对 (fx0 )
若A=+∞ (或 -∞) , 则 (a, b) 内任取一点作x0 , 上面的推理保持有效.
例2证明方程x3+x-1=0在区间 (0, 1) 内只有一个实根.
证明存在性:令f (x) =x3+x-1, 函数 (fx) 在闭区间[0, 1]上连续, 且f (0) =-1<0, f (1) =1>0.由闭区间上连续函数的零值定理可知, 至少存在一点ξ∈ (0, 1) , 使得f (ξ) =0.
唯一性:假设函数f (x) 在开区间 (0, 1) 内有两个不同的实根, 设为x1 , x2 , 且x1
f' (x) =3x2+1, f (x1 ) =f (x2) =0.
于是, 函数f (x) 在[x1 , x2 ]上满足罗尔定理的条件, 故存在ξ∈ (x1 , x2 ) , 使得f' (ξ) =0.但是f' (ξ) =3ξ2+1>0, 矛盾.于是方程x3+x-1=0在区间 (0, 1) 内只有一个实根.
2.证明中值公式.
例3设 (fx) , g (x) , h (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 试证存在ξ∈ (a, b) , 使得 (.2) 证记, 则F (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, F (a) =F (b) =0.应用罗尔定理可知, 存在ξ∈ (a, b) , 使得F' (ξ) =0.根据行列式性质, F' (ξ) =0即是式 (2) .
例4设f (x) 在[0, +∞) 上可导, 且0≤f (x) ≤x/ (1+x2) .试证:存在ξ>0, 使f' (ξ) = (1-ξ2) / (1+ξ2) 2.
余弦定理证明过程 篇12
解：过C作CD⊥AB，垂足为D，则在Rt△CＤB中，根据勾股定理可得： a2＝CＤ2＋BＤ2
∵在Rt△AＤC中，CＤ2＝b2－AＤ2
又∵BＤ2＝（c－AＤ）2＝c2－2c·AＤ＋AＤ2
∴a2＝b2－AＤ2＋c2－2c·AＤ＋AＤ2＝b2＋c2
正弦定理证明方法 篇13
证明：任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度
因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R
类似可证其余两个等式。
∴a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R
方法2:用直角三角形
证明：在锐角△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CH⊥AB垂足为点H
CH=a·sinBCH=b·sinA∴a·sinB=b·sinA得到a/sinA=b/sinB
同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC∴a/sinA=b/sinB=c/sinC
在直角三角形中,在钝角三角形中(略)。
方法3：用向量
证明：记向量i，使i垂直于AC于C，△ABC三边AB,BC,CA为向量a,b,c∴a+b+c=0则i(a+b+c)=i·a+i·b+i·c
=a·cos(180-(C-90))+0+c·cos(90-A)=-asinC+csinA=0∴a/sinA=c/sinC(b与i垂直,i·b=0)
方法4：用三角形面积公式
证明：在△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CD⊥AB垂足为点D，作BE⊥AC垂足为点E，则CD=a·sinB，BE=csinA,由三角形面积公式得：AB·CD=AC·BE
即c·a·sinB=b·csinA∴a/sinA=b/sinB同理可得b/sinB=c/sinC
∴a/sinA=b/sinB=c/sinC
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
=/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
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
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
=/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^2COSc=(a^2+b^2-c^2)/2abSINc^2=1-COSc^2SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^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
满意答案好评率：100%
正弦定理
步骤1.在锐角△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CH⊥AB垂足为点H
CH=a·sinB
CH=b·sinA
∴a·sinB=b·sinA
得到a/sinA=b/sinB
同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC
步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：
如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度
因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R类似可证其余两个等式。
余弦定理
平面向量证法：
∵如图，有a+b=c(平行四边形定则：两个邻边之间的对角线代表两个邻边大小)
∴c·c=(a+b)·(a+b)
∴c^2=a·a+2a·b+b·b∴c^2=a^2+b^2+2|a||b|Cos(π-θ)
(以上粗体字符表示向量)
又∵Cos(π-θ)=-CosC
∴c^2=a^2+b^2-2|a||b|Cosθ(注意：这里用到了三角函数公式)
再拆开，得c^2=a^2+b^2-2*a*b*CosC
同理可证其他，而下面的CosC=(c^2-b^2-a^2)/2ab就是将CosC移到左边表示一下。
平面几何证法：
在任意△ABC中
做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a
则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c
根据勾股定理可得：
AC^2=AD^2+DC^2
b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2
b^2=sinB²·c²+a^2+cosB²·c^2-2ac*cosB
b^2=(sinB^2+cosB^2)*c^2-2ac*cosB+a^2
b^2=c^2+a^2-2ac*cosB
几个定理的精巧证明及整合 篇14
定理1已知, 如图1, 在以AB为直径的半圆中, 正方形CDEF内接于半圆, 正方形CGHK内接于△BCF, 且边CG在AB上, DE交BF于M, 求证: (1) AC=CG.
(2) △FKH≌△MDB.
(3) S正方形CDEF=S正方形CGHK+2S△BGH.
(4) G是CD的黄金分割点.
分析 (1) 为方便起见, 设正方形CDEF的边长为b, 正方形CGHK的边长为a, AC=x, 连接AF, 易证△ACF≌△MEF, 可得ME=AC=x, 由对称性知, BD=AC=x, 根据△FKH∽△MDB, 可得所以bxax=ba-ax, bx=ba, 而b≠0, 得x=a, 即AC=CG.
(2) 由△FKH∽△MDB和a=x立得.
(3) 由 (2) 知, △FKH≌△MDB.通过a=x, 易得△BGH≌△EFM, 所以
(4) 由射影定理FC2=AC·BC和AC=a, 可得b2=a (a+b) , 所以a2=b (b-a) , 即CG2=CD·GD, 所以G是CD的黄金分割点. (图中还有若干黄金分割点, 如C是AD的黄金分割点, H是FM的黄金分割点等留给读者思考.)
定理2已知, 如图2, 在以AB为直径的半圆中, 正方形CDEF内接于半圆, 正方形GHKN内接于△BCF, 且HK在边BF上, G, N分别在AB和CF上, DE交BF于M, 求证:
(1) 点G是半圆的圆心.
(2) S正方形CDEF=2S正方形GHKN+S△EFM.
(3) FM=2KH.
分析 (1) 设正方形CDEF的边长为b, 正方形GHKN的边长为a, AC=x.由定理1的分析可知, BD=EM=AC=x, 由△FBC∽△BGH, 得
所以有BH=FH, 而GH⊥BF, 根据弦的垂直平分线过圆心即可得之.
方法二如图2, 在HK上取一点P, 使PK=FK, 显然△PKN≌△FKN, 过G作GQ⊥NP, Q为垂足, 易证△GQN≌△GCN, 连接HQ, HD, 亦可证△GQH≌△GDH, 进一步可得△PQH≌△MDH,
此方法将正方形GHKN分割成四个三角形与其周围的三角形建立联系, 展现了巧妙的图形分割的几何解题技巧.
(3) 由 (2) 中方法二的推理即可得出FM=2KH.也可以连接MG并延长与FC的延长线交于R (如图2) , 由G是CD的中点, 可推出G是MR的中点, 进一步易得NG是△RMF的中位线, 所以, FM=2NG, 即得FM=2KH.
参考文献
圆幂定理及其证明 篇15
圆幂的定义:一点P对半径R的圆O的幂定义如下：OPR
所以圆内的点的幂为负数，圆外的点的幂为正数，圆上的点的幂为零。圆幂定理是相交弦定理、切割线定理及割线定理(切割线定理推论)以及他们推论的统称。
（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。
DA22PC
如图，AB、CD为圆O的两条任意弦。相交于点P，连接AD、BC，则∠D=∠B，∠A=∠C。所以△APD∽△BPC。所以 BAPPDAPBPPCPD PCBP（2）切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆焦点的两条线段长的比例中项。
TPAB
如图，PT为圆切线，PAB为割线。连接TA，TB，则∠PTA=∠B（弦切角等于同弧圆周角）所以△PTA∽△PBT，所以
PTPAPT2PAPB PBPT（3）割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A.B.C.D 则有
PA·PB=PC·PD。
DCPAB
这个证明就比较简单了。可以过P做圆的切线，也可以连接CB和AD。证相似。存在：PAPBPCPD 进一步升华（推论）：
过任意在圆O外的一点P引一条直线L1与一条过圆心的直线L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D。则PA·PB=PC·PD。若圆半径为r，则
PCPD(POR)(POR)PO2R2|PO2R2|（一定要加绝对值，原因见下）为定值。这个值称为点P到圆O的幂。（事实上所有的过P点与圆相交的直线都满足这个值）
若点P在圆内，类似可得定值为R2PO2|PO2R2|
老教材定理与证明 篇16
初中数学 经典教材系列 老人教版
定理与证明
教学目标
1使学生理解公理和定理的意义，并能对公理与定理加以区别
2使学生理解证明命题的思路、书写的格式，使学生对几何的重要内容之一——推理论证，有初步的认识，从而初步培养学生思维的条理性和逻辑性
教学重点和难点
重点是命题证明的一般步骤，难点是探索命题证明的思路以及思维方向
教学过程设计
一、复习命题，引入公理和定理
教师提问：学生思考后回答
1什么叫命题?请你说出一个数学命题
2什么叫真命题?什么叫假命题?请你分别举出两个实例
3在前面学过的真命题中，还有什么名称?
当学生回答完第三个问题后，教师再问
4公理和定理有什么区别?
先由学生随意回答，互相补充，然后教师与学生一起归纳总结
公理：它的正确性是人们长期实践中总结出来并作为判定其它命题真假的根据 定理：它是正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理
用幻灯投影命题与公理等关系
命题
真命题假命题(只需举一个反例)
公理(正确性由实践总结)
定理(正确性由推理证实)
二、证明的意义、过程和步骤
1证明的意义
请证明以下命题：三个连续奇数的和是3的整数倍
问：请学生们思考，怎样证明?
当三个连续奇数为3，5，7时，它们的和为3+5+7=15是3的整数倍，当三个数为7，8，9时，7+8+9=24，也对那么，我们能否这样试下去，能不能通过试具体数的方法，证明这个命题是真命题不能，如何证明呢?
设n为整数,三个连续奇数为2n+1,2n+3,2n+5,它们的积为(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)=6n+9=3,因为n是整数,所以2n+3为整数,3(2 n+3)是3的整数倍。
这就是推理的过程
要判断一个命题的真假，必须要有推理论证的过程，也叫证明只有证明，才能区分命题的真假，否则就会得出错误的结论证明的意义就在于此
再问：“两个连续整数的平方差是一个奇数，这个命题是真还是假?怎样证明，学生分组讨论，选做出结果的同学板演或讲解 证明：设n为整数，n+1，n为两个连续整数
(n+1)2-n2=n2+2n+1-n2=2n+1，因为2n+1为奇数，所以得证
2命题证明的一般步骤
例求证：同角的余角相等
已知：如图2—87，∠2是∠1的余角，∠3是∠1的余角
求证：∠2＝∠3
证明：因为∠2与∠1互为余角，(已知)
∠3与∠1互为余角，所以∠2+∠1＝90°，∠3+∠1＝90°(余角定义)
所以∠2+∠1＝∠3+∠1(等量代换)
则∠2＝∠3(等量减等量差相等)
同学总结步骤：
1审题：分清命题的“题设”和“结论”
2译题：结合图形中的字母及符号，写出已知，求证
3想题：用“执因索果”(综合法)；用“执果索因”(分析法)寻找论证推理的逻辑思路一般是把二者结合起来思考，效果较好，这也叫综合分析法
4证题：从已知出发，每一步过程要有根据(定义，公理或定理)最后得到结论，全面推理过程要因果分明
三、命题证明的练习
1证明：“如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，这条直线也和另一条垂直” 教师指导学生，按证明命题的四步，边讲边请学生回答如下问题：
(1)命题的“题设”和“结论”各是什么?学生回答后，教师板书：
已知：如图2—88，a∥b，a⊥c，求证：b⊥c
(2)以上译题时应注意：图形尽量准确，图中字母与译文要一致，不能随意添加或丢失条件或结论
(3)思维的逻辑路线是什么?
要证垂直，就是要证两条直线相交成90°的角，由第一条直线a与c垂直成90°角又a∥b，同位角相等，所以a与c的交角也为90°，所以b⊥c
(4)证明过程中有几对因果关系?(两对)
请学生写出证明过程，最好请两名证明顺序有所不同的学生到黑板上证，两种顺序如下证法
(一)：∵a⊥c，(已知)
∴∠1=90°(垂直的定义)
∵a∥b，(已知)
∴∠1=∠2，(两直线平行，同位角相等)
∴∠2=90°，(等量代换)
∵b⊥c(垂直定义)
证法(二)：
∵a∥b，(已知)
∴∠1=∠2(两直线平行，同位角相等)
∵a⊥c，(已知)
∴∠1=90°，(垂直定义)
∴∠2=90°，(等量代换)
∴b⊥c(垂直定义)
2证明：“垂直于同一直线的两条直线平行”
教师给出命题后，让学生每人都在笔记本上自己做，然后找妯两个或三个学生，让他们在黑板上写出证明的过程在学生板演的过程中，教师提问：
(1)将此命题写成“如果„„，那么„„”的形式“如果两条直线都与第三条直线垂直，那么这两条直线平行”
(2)已知，求证，及图形的画法，由学生分别写出和画出，并与板演的学生对照 已知：a⊥c，b⊥c，如图2—89，求证：a∥b
(3)师生共同探索证题的思考过程，然后找一位学生板演
证明：∵a⊥c，(已知)
∴∠1＝90°(垂直定义)
∵b⊥c，(已知)
∴∠2＝90°(垂直定义)
∴∠1＝∠2，(等量代换)
∴a∥b(同位角相等，两条直线平行)
以上过程也可以简写为：
∵a⊥c，b⊥c，∴∠1＝90°，∠2＝90°
(……)
四、总结
教师以提问形式，学生回答，教师纠正。
1命题，定理之间的关系是什么?(关系图)
2公理的正确性怎样判定?定理的正确性怎样判定?
3假命题应怎样判定?
4证明命题的一般步骤是什么?(审题、译题、想题、证题)
五、作业
1将第一章的定理、公理整理出来，将第二章的定理、公理、整理出来。2复习证明命题的一般步骤。
3如图2-90，已知：∠ABC=90°，∠1+∠C=90°，求证：∠C=∠2。
4如图2-91，已知：∠1=∠2，∠2+∠3=180°，求证：a∥b，c∥d。
5(选作题)
证明：
(1)13个同学中必有2个或2个以上的同学在同一个月份出生。
(2)初一年级共有400人，必有2个或2个以上的同学的生日是同一天。
(注：以上证明可用抽屉原则。详细答案见“设计说明”。)
板书设计
定理与证明
一、公理与定理
三、证明练习
1公理例
12定理例
23关系图
四、总结
二、证明命题
五、作业
1意义例：
2一般步骤
课堂教学设计说明
1本教案的教学时间为1课时45分钟。
2关于真命题与定理的关系，可以告诉学生，在数学中经过推理论证是正确的真命题都可以作为定理。
2在前面的教学中，实际已经渗入了不少有关推理证明的问题，学生也已经熟悉。在这一节课中，对证明的过程再加以系统的总结和归纳，使学生在将来的证明中，书写和思考更加规范和合理。
3本节的例题内容和作业内容都比较简单。有些基础较好的学校和班级还可以适当补充难度大一些的题目。如抽屉原则的习题和某些代数证明题。以下几题可供参考：
(1)求证：对任意整数n，(n+5)-(n-3)(n+2)能被6整除。
(提示：化简后原式=6(n+1))
(2)求证：任意两个连续整数的平方差是一个奇数。
(3)求证：无论a取何值，代数式3(a-2)(a+2)+3(a+2)2-6a(a+2)的值永远为0。4选作题答案：
(1)将12个月作为12个抽屉，13个学生当做13个苹果，根据抽屉原则：把多于n个苹果放到n个抽屉里，至少有一个抽屉有两个或两个以上的苹果，则13个同学中必有2个或2个以上的同学在同一个月份出生。
(2)一年365天看作365个抽屉，400个同学为400个苹果。
【四色定理的证明】推荐阅读：
弦切角定理的证明07-06
一个定理的猜想和证明07-23
勾股定理的证明题10-03
柯西积分定理的一个简单证明10-06
勾股定理的简易证明10-28
三角形重心定理的证明11-24
余弦定理证明07-06
基础定理证明07-11
mm定理的较严谨证明07-03
勾股定理的发现及证明05-18