三垂线定理的证明及应用教案

三垂线定理的证明及应用教案（通用15篇）

三垂线定理的证明及应用教案 篇1

三垂线定理的证明及应用教案

教学目的

使学生掌握三垂线定理及其应用，同时培养学生观察、猜想和论证能力．

教学过程

一、复习和新课引入

师：我们已经学习过直线与平面的垂直关系，请大家回答几个问题：

(1)直线与平面垂直的定义．

(2)直线与平面垂直的判定定理．

(3)何谓平面的斜线、斜线在平面上的射影．

生：略．

师：(板书)设斜线l∩α=O，作出l在平面α上的射影．

(师生共同完成图1．学生叙述画法，教师画图，再次深化概念．)

[平面的垂线、斜线及斜线在平面上的射影是三垂线定理的基础，引导学生温故而知新是十分必要的．]

二、猜想与发现

师：根据直线和平面垂直的定义，我们知道，平面内的任意一条直线都和平面的垂线垂直．现在我们想一想，平面内的任意一条直线是否也都和平面的一条斜线垂直呢？

(演示教具：用两根铁丝在桌面上演示，学生容易看出平面内的任意一条直线，并不一定和平面的一条斜线垂直．)

师：那么，是否平面内的所有直线都不和平面的一条斜线垂直呢？

[演示教具：如图2，设直线l(铁丝)和平面α(桌面)斜交，使直线m(铁丝)和l垂直，把直线m沿直线l平行移动到平面α内的n的位置，此时学生发现平面α内有直线与平面的斜线垂直．]

师：如果我们把铁丝m在平面内平行移动，使其到不同的位置(直线)，那么，这些直线与铁丝l垂直吗？

[学生根据“两条异面直线所成的角”的原理也很快判定这些直线与l(铁丝)垂直．]

师：平面内一条直线具备什么条件，才能和平面的一条斜线垂直呢？即怎样判定平面内的直线与平面的一条斜线垂直呢？

[指导学生用三角板和铅笔在桌面上搭成模型(如图3)，使铅笔与三角板的斜边垂直，引导学生观察猜想发现规律．经过实验，发现铅笔和三角板在平面α内的直角边垂直时便与斜边垂直．]

师：(启发)如何归结为数学问题呢？(学生们恍然大悟，终于发现了，平面内的一条直线如果和平面的斜线的射影垂直就和平面的斜线垂直．)

师：实验得出的结果是否正确还得进行证明．

[引入新课是课堂教学的重要环节．新课引入得好，这节课就成功了一半，教师根据教与学的实际，提出问题，创设情境，引导学生观察、猜想，发现新知识，从而调动了学生的积极性，培养了学生的探索能力，体现了教师为主导、学生为主体的教学思想．]

三、证明

师：现在我们把由实验发现的结论表达成命题的形式．

(学生叙述，教师板书．)

已知：如图4，PA、PO分别是平面α的垂线和斜线，AO是PO在平面α上

求证：a⊥PO．

师：这是证明两条直线互相垂直的问题．在立体几何中怎样证明两条直线互相垂直呢？

(学生思考、议论，教师归纳．)

师：常用的方法是证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面．现在要证明a⊥平面PAO呢？只要证明a⊥平面PAO内的两条相交直线即可．

证明(师生共同完成．)

师：这个命题的证明，体现了“由线面垂直证线线垂直”的方法．这个方法很重要，大家要给以足够的重视．

上述命题反映了平面内的一条直线、平面的斜线和斜线在这个平面内的射影这三者之间的垂直关系．这就是有名的三垂线定理．下面请大家根据已知条件和结论，把三垂线定理完整地表达出来．(学生叙述，教师板书．)

三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．

[这样由具体到抽象地研究问题，能够培养学生的概括能力．从“猜想”到“证明”是质的升华！是学习数学必须具备的重要素质，引导学生证明猜想结果，总结定理，比直接给出定理记得牢，理解得深刻，又能培养学生的能力．]

四、剖析定理

师：(逐字逐句地阅读定理，同时圈点重要字眼，并提出下面几个问题让学生讨论．)

(1)本定理的证明过程是对水平位置的平面α而进行的．那么定理对其他位置的平面是否成立？并说明理由．

(2)直线a是平面α内垂直于AO的任意一条直线，a和斜线PO的位置关系有几种？反映三垂线定理的图形有几种可能的情况？并画出图形．

(学生分组讨论，教师巡回指导，适时点拨，解答疑难，启发诱导，掌握讨论情况，然后教师总结．)

师：(1)三垂线定理对任意位置的平面都成立．因为定理中并没有水平平面的限制．定理的实质是研究平面内的一条直线与这个平面的斜线及斜线在这个平面内的射影三者的垂直关系，与平面的位置无关．

(2)因为a是平面α内的任意一条直线，所以a与斜线PO的位置关系有两种情况：一是不过斜足O的异面垂直；一是过斜足O的相交垂直．反映三垂线定理的图形有四种情况(如图5)．

以上四种情况的图形在证题时都是经常遇到的，应该灵活运用三垂线定理．a不过斜足O时的情况容易被忽略，这是证题时确定三垂直关系的一个难点，应当给以足够的重视．

[剖析定理是几何教学中的一个重要环节．通过剖析，可以加深对定理的理解，为应用定理奠定基础，这是提高教学质量的重要措施．]

五、定理的应用

[定理的应用是学习定理的重要环节．它既能巩固所学知识又能培养能力．]

师：请同学们证明下题：

已知：如图6，O是△ABC的垂心，PO⊥平面 ABC，连结PA．求证：BC⊥PA．

(学生思考后，教师分析．)

ABC，所以，要证明BC⊥PA，只要证明BC垂直PA在平面ABC上的射影即可．那么，怎样确定PA的射影呢？

请大家把证明过程写在练习本上．

(同时指定一学生上黑板板演．)

生：(板演)因为PO、PA是平面的垂线和斜线，连结AO且延长交BC于D(图7)，则AO是PA在平面ABC上的射影．又O是△ABC的垂心，所以AD⊥BC，由三垂线定理可得 BC⊥PA．

师：请谈谈证明的思路．

生：先找出平面的垂线、斜线以及这条斜线在平面上的射影，„„．

师：他回答完整吗，生：应先确定一个平面及平面内的一条直线．

师：这点补充得好！三垂线定理是证明空间两条直线互相垂直的重要方法．应用三垂线定理的思维过程是：

“一定”——定平面及平面内的一条直线；

“二找”——找这个平面的垂线、斜线及斜线在这个平面上的射影；

“三证”——证明平面内的一条直线与射影垂直．

[在复杂图形中应用三垂线定理时，需要先确定反映三垂线定理的基本图形，然后才能着手证明，因而掌握三垂线的证题步骤是十分必要的．]

师：我们来研究第二道题．(板书．)

已知：正方体ABCD－A1B1C1D1．

求证：(1)A1C⊥BC1；(2)A1C⊥平面C1DB．

先考虑A1C⊥BC1如何证明？

(在此指导下，学生们通过认真观察，独立思考，确定平面BCC1B1及平面内的一条直线BC1，A1B1是平面BCC1B1的垂线，A1C是斜线，从而找到了反映三垂线定理的基本图形．连结B1C，用三垂线定理证明A1C⊥BC1．)

证明略．

师：把第(1)小题作为条件证明第(2)小题，只需再证A1C⊥BD就可以了．

[学生连结AC，顺利地证明了A1C⊥BD，第(2)小题的证明就水到渠成了．证明过程是：

师：在数学证明中，相同的证明方法可用“同理可证”代替推理过程．但必须注意推理的严密性．例如，上面的证明过程中，要防止漏掉 BC1∩DB=B．(证明时，有些同学漏掉了这一点，经教师指导才改正，“同理”的运用也是如此．)

[讲定理的应用时，关键是选好例题．这两道题的安排是由易到难，第一道题是直接应用定理，第二道题难度增大，要求学生在复杂的图形中通过观察和分析确定反映三垂线定理的基本图形，再应用定理，以培养学生灵活应用定理的能力．]

六、小结

(师生共同进行．)

(1)本节课的教学可概括为四个字：猜、证、剖、用，即猜想平面内的直线与平面的斜线垂直的特征；证明三垂线定理；剖析定理的内容；应用定理证题．

(2)叙述三垂线定理的内容，定理的证明方法是证明空间两条直线互相垂直的基本方法，称为线面垂直法．

(3)此定理是空间两条直线垂直的判定定理，与平面的位置无关．运用定理的步骤是：“一定、二找、三证明”．

七、课外作业

课本习题：略．

补充题：

写出三垂线定理的逆定理，并加以证明．

课后扎记

学生们反映这样讲定理好，记得牢，理解得深刻．不仅学习了知识，而且培养了能力．从学生的作业来看，书写规范，推理正确，这反映学生对此定理掌握得好，运用得好．这类课型是体现教师为主导、学生为主体的教学思想的好形式．

[课后扎记是课堂教学的继续，是不教学的教学．主要记载来自学生的信息，教师教学中的点滴体会及失败的教训．为改进教学和总结经验提供参考资料，本人长期坚持，收到了较好效果．]

三垂线定理的证明及应用教案 篇2

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.

三垂线定理的证明及应用教案 篇3

问题引导 在△ABC中，AM是BC边的中线，若BC=a，AC=b，AB=c，AM=t.求证：t2=12（b2+c2）-14a2.

思路点拨 如图1，将公式变形为b2+c2=2t2+212a2，其几何形式为AB2+AC2=AM2+AM2+MC2+MC2，等号右边的形式使我们想到等腰直角三角形两条直角边的平方，于是联想到能否构造直角三角形利用勾股定理来解决问题，这样就想到了我们熟知的一个几何模型：共顶点的两个直角等腰三角形.

评注 因为mn2-4m3=m（n-2m）（n+2m），根据一元三次方程有有理根理论知，±m、±（n+2m）、±（n-2m）可能是方程的根，经检验它们都不是有理数域上三次方程的根，所以满足方程的根不可能通过尺规作图，即三等分任意角尺规不能作图.

解后反思

通过以上解题过程的探究，我们知道了做题时要认真审题，仔细分析，周密思考，慎重求解，要充分挖掘隐含条件，切忌钻牛角尖，因思维定势而导致错误，要学会添加辅助线，把我们学的相似和全等的知识运用到解题中来.遇到此类问题，首先从已知条件出发，把所要求或证明的线段转移到同一特殊平面图形中，其次，要对问题深入探究，挖掘问题本质内涵，提炼升华，最后要把获得的基本结论或基本模型记录下来，并试着用它们解决其它问题，学会用“发现——解决——拓展——应用”的思维模式学习数学，达到触类旁通，灵活运用！

三垂线定理的证明及应用教案 篇4

教学目标

1、知识与技能目标

（1）掌握三角形内角和定理的证明及简单应用。（2）灵活运用三角形内角和定理解决相关问题。

2、过程与方法

用多种方法证明三角形定理，培养一题多解的能力

1、情感与态度目标

对比过去撕纸等探索过程，体会思维实验和符号化的理性作用． 教学重点：掌握定理证明的方法 教学难点:添加辅助线 教学准备：多媒体课件 教学过程：

第一环节：情境引入

活动内容：（1）用折纸的方法验证三角形内角和定理．

实验1：先将纸片三角形一角折向其对边，使顶点落在对边上，折线与对边平行（图6－38（1））然后把另外两角相向对折，使其顶点与已折角的顶点相嵌合（图（2）、（3）），最后得图（4）所示的结果

（1）（2）（3）（4）

试用自己的语言说明这一结论的证明思路。想一想，还有其它折法吗？（2）实验2：将纸片三角形三顶角剪下，随意将它们拼凑在一起。

第二环节：探索新知 活动内容：

① 用严谨的证明来论证三角形内角和定理． ② 看哪个同学想的方法最多？

A D A

E

E B B C

C

D

方法一：过A点作DE∥BC ∵DE∥BC ∴∠DAB=∠B，∠EAC=∠C（两直线平行，内错角相等）∵∠DAB+∠BAC+∠EAC=180° ∴∠BAC+∠B+∠C=180°(等量代换)方法二：作BC的延长线CD，过点C作射线CE∥BA．

∵CE∥BA ∴∠B=∠ECD（两直线平行，同位角相等）∠A=∠ACE（两直线平行，内错角相等）∵∠BCA+∠ACE+∠ECD=180° ∴∠A+∠B+∠ACB=180°(等量代换)第三环节：反馈练习活动内容：

（1）△ABC中可以有3个锐角吗？ 3个直角呢？ 2个直角呢？若有1个直角另外两角有什么特点？

（2）△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，∠B=？（3）∠A=50°，∠B=∠C，则△ABC中∠B=？

（4）三角形的三个内角中，只能有____个直角或____个钝角．（5）任何一个三角形中，至少有____个锐角；至多有____个锐角．（6）三角形中三角之比为1∶2∶3，则三个角各为多少度？（7）已知：△ABC中，∠C=∠B=2∠A。

(a)求∠B的度数；

(b)若BD是AC边上的高，求∠DBC的度数？

第四环节：课堂小结 活动内容：

① 证明三角形内角和定理有哪几种方法？ ② 辅助线的作法技巧.③ 三角形内角和定理的简单应用.第五环节：布置作业

1、第239页随堂练习；第241页习题6.6第1，2，3题

三垂线定理的证明及应用教案 篇5

教学目标

1．利用二项式定理及二项式系数的性质解决某些关于组合数的恒等式的证明；近似计算；求余数或证明某些整除或余数的问题等．

2．渗透类比与联想的思想方法，能运用这个思想处理问题． 3．培养学生运算能力，分析能力和综合能力． 教学重点与难点

数学是一门工具，学数学的目的就是为了应用．怎样建立起要解决的问题与数学知识之间的联系（如一个近似计算问题与二项式定理有没有联系，怎样联系），是这节课的难点，也是重点所在．

教学过程设计

师：我们已经学习了二项式定理及二项式系数，请大家用6分时间完成以下三道题：

（1）在（1-x3）（1+x）10的展开式中，x5的系数是多少？（2）求（1+x-x2）6展开式中含x5的项．

（全体学生参加笔试练习）

6分钟后，用投影仪公布以上三题的解答：

（1）原式=（1+x）10-x3（1+x）10，可知x5的系数是（1+x）

（2）原式=[1+（x-x2）]6=1+6（x-x2）+15（x-x2）2+20（x-x2）3+15（x-x2）4+6（x-x2）5+（x-x2）6．

其中含x5的项为：20·3x5+15（-4）x5+6x5=6x5．

师：解（1），（2）两题运用了变换和化归思想，第（2）题把三项式化为二项式，创造了使用二项式定理的条件．

第（3）题的解法是根据恒等式的概念，a，b取任何数时，等式都成立．根据习题结构特征选择a，b的取值．这种用概念解题的思想经常使用．

下面我们看二项式定理的一些应用．

师：请同学们想一想，例1怎样解？

生甲：从结构上观察，则与练习的第（3）题有相似之处，只是组合数的系数成等比数列，是否根据二项式定理令a=1，b=3，即可得到证明．

师：请同学们根据生甲所讲，写出证明．（找一位同学板演）

证明：在（a+b）n的展开式中令a=1，b=3得：

师：显然，适当选取a，b之值是解这一类题的关键，再看练习题． 练习

生乙：这题与例1类比有共同点，仍是组合数的运算，不同点是缺

我考虑如能用二项式定理解，应对原题做以下变换：

师：分析得很透彻．这种敢想、会想精神是每位同学都要培养的．首先是敢字，不要一见题目有些生疏就采取放弃态度；要敢于分析，才能善于分析，将来才敢于创新，善于创新．

请大家把解题过程写在笔记本上．（教师请一名同学板演）

在（a＋b）6的展开式中令a=1，b=3，得

师：解题过程从“在（a+b）6的展开式中令 a=1，b=3”写起就可以了．希望同学们再接再励，完成下个练习．

练习

师：大家议论一下，这道题能用二项式定理来解吗？

生丙：初步观察，与上节课我们学刁的：“在（a＋b）n的展开式

解决．我们注意到组合数代数和的值为余弦值或正弦值，又注意到正项

„）或r=4m＋1（m=0，1，2，„），负项出现在r=4m＋2（m=0，1，2，„）或r=4m＋3（m=0，1，2，„），而虚数单位i有以下性质：

i4m=1，i4m+1=i，i4m+2=-1，i4m+3=-i（m∈Z）． 于是想在（a＋b）n的展开式中令a=1，b=i．

师：分析得有道理，请同学们按生丙同学的意见进行演算．（教师找一位同学板演）

证明：设i是虚数单位，在（a＋b）n的展开式中令a=1，b=i中得：

另一方面，又有

由此得到

根据复数相等定义，有

师：认真分析习题的结构，运用类比与联想的思想方法，可以帮助我们找到解题的思路，下面我们研究二项式定理在数字计算方面的应用．

例2 计算：1.9975（精确到0.001）．

生丁：这道题若用二项式定理计算，必须把1.997看作1+0.997，这样，1.9975=（1+0.997）5．

师：计算简单吗？

生戊：把1.9975化为（2-0.003）5，再展开，由于精确到0.001，不必各项都计算．

师：按生戊所谈的方法，大家在自己的笔记本上计算一下．（教师找一位同学板演）解：1.9975=（2-0.003）5

=25-5×24×0.003+10×23×0.0032-10×22×0.003＋„

由于|T6|＜|T5|＜|T4|≈1.08×10-6，则|T4|＋T5＋T6|＜0.000004． 所以1.9975≈32-0.24+0.000 72≈31.761． 师：1996年全国高考有这样一道应用题：（用投影仪示出，老师读题）

某地现有耕地10 000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22％，人均粮食占有量比现在提高10％．如果人口年增长率为1％，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？

稍候，教师问：

谁想出解法了，请讲一讲．

生己：设该地区现有人口为P人，粮食单产为M吨/公顷，耕地平均每年至多只能减少x公顷．

十年后耕地亩数：104-10x，十年后总产量：M×（1+22％）（104-10x）． 十年后人口：P×（1＋1％）10，依题意可以得到不等式

师：实际计算时，会遇到（1＋0.01）10的计算问题，请全体同学在笔记本上迅速计算出来．

（教师请一同学板演）

师：真迅速啊！请同学们课下把这道高考题完成．（答案：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷）现在，我们再讨论一个新的问题．

例3 如果今天是星期一，那么对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5天后的那一天是星期几？

生庚：先将此题转化为数学问题，即本题实际上寻求对于任意自然数n，23n+3+7n＋5被7除的余数．

受近似计算题目启发，23n+3=8n+1=（7＋1）n+1，这样可以运用

数，7n也是7的倍数，最后余数是1加上5，是6了． 师：请同学们在笔记本上完成此题的解答（教师请一名同学板演）

解：由于23n+3＋7n＋5=8n+1＋7n＋5=（7＋1）n+1＋7n+5

则 23n+3＋7n＋5被7除所得余数为6 所以对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5后的一天是星期日．

师：请每位同学在笔记本上完成这样一个习题：7777-1能被19整除吗？（教师在教室内巡视，3分钟后找学生到黑板板演）解：7777-1=（76+1）77

由于76能被19整除，因此7777-1能被19整除． 师：请生辛谈谈他怎样想到这个解法的？ 生辛：这是个幂的计算问题，可以用二项式定理解决．如果把7777改成（19＋58）77，显然展开式中最后一项5877仍然不易判断是否能被19整除，于是我想到若7777-1能被38，或能被57，或能被76，或能被95整除，必能被19整除，而76与77只差1，故欲证7777-1被19整除，只需证（76+1）77被76整除．得到了以上的解法．

师：二项式定理解决的是乘方运算问题，因此幂的问题可以考虑二项式定理．下面我们解一些综合运用的习题

例4 求证：3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）． 师：仍然由同学先谈谈自己的想法．

生壬：我觉得这道题仍可以用二项式定理解，为了把左式与右式发生联系，将3换成2＋1．

注意到：

① 2n+n·2n-1=2n-1（2＋n）=2n-1（n+2）； ② n≥2，右式至少三项；

这样，可以得到3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）．

生癸：根据题设条件有n∈N，且n≥2．用数学归纳法应当可以证明． 师：由于观察习题时思维起点不同，得到了习题不同解法，生×同学从乘方运算这点考虑，想到二项式定理，生×同学从题设条件n∈N考虑，想到数学归纳法．大家要养成习惯，每遇一题，从不同角度观察思考，得到更多解法，使我们思考问题更全面．

用二项式定理证明，生×同学已经讲清楚了证明过程，大家课下在笔记本上整理好，现在请同学们在笔记本上完成数学归纳法的证明．

（教师请一名同学板演）

证明：①当n=2时，左式=32=9，右式=22-1（2＋2）=2×4=8，显然9＞8．故不等式成立． ②假设n=k（k∈N且k≥2）时，不等式成立，即3k＞2k-1（k＋2），则当n=k＋1时，由于 左式=3k+1=3·3k＞3·2k-1（k＋2）=3k·2k-1＋3·2k． 右式=2(k+1)-1[（k＋1）＋2]=2k（k＋3）=k·2k＋3·2k，则 左式-右式=（3k·2k-1＋3·2k）-（k·2k＋3·2k）=3k·2k-1-2k·2k-1=k·2k-1＞0．

所以 左式＞有式．故当n=k＋1时，不等式也成立． 由①，②不等式对n≥2，n∈N都成立．

师：为了培养综合能力，同学们在笔记本再演算一道习题： 设n∈N且n＞1，求证：

（证明过程中可以运用公式：对n个正数a1，a2，„，an，总有

（教师在教室巡视，过2分钟找一名同学到黑板板演第（1）小题，再过3分钟找另一名同学板演第（2）小题）

师：哪位同学谈一谈此题应怎样分析？

生寅：第（1）小题左式与右式没有直接联系，应把它们分别转化，列前n项的和，由求和公式也能得到2n-1．因此得到证明． 第（2）小题左式与右式也没有直接联系．根据题目给出的公式要

师：根据式子的结构想有关知识和思考方法是分析问题的一种重要方法，要在解题实践中掌握．

本节课讨论了二项式定理主要应用，包括组合数的计算、近似计算、整除和求余数的计算以及与其他数学知识的综合应用．当然，二项式定理的运用不止这些，凡是涉及到乘方运算（指数是自然数或转化为自然数）都可能用到二项式定理．认真分析习题的结构，类比、联想、转化是重要的找到解题途径的思考方法，希望引起同学们的重视．

作业 1．课本习题：P253习题三十一：6，7，10； 2．课本习题：P256复习参考题九：15（2）． 3．补充题：

课堂教学设计说明

1．开始练习起着承上启下的作用．这三题既复习了二项式定理及其性质，又考查了数学基本思想，如等价变换、未知转化已知，取特殊值，利于本节课进行，又培养了学生预习复习的学习习惯．

2．只有学生自己动手、动脑、动口才能真正把知识学到手，才能培养思维能力、计算能力、表达能力、分析问题解决问题能力．因此课堂教学一定以学生为主体，体现主体参与．

《勾股定理应用》教案 篇6

本节将利用勾股定理及其逆定理解决一些具体的实际问题，其中需要学生了解空间图形、对一些空间图形进行展开、折叠等活动。学生在学习七年级上第一章时对生活中的立体图形已经有了一定的认识，并从事过相应的实践活动，因而学生已经具备解决本课问题所需的知识基础和活动经验基础。

二、教学任务分析

本节是义务教育课程标准北师大版实验教科书八年级(上)第一章《勾股定理》第3节。具体内容是运用勾股定理及其逆定理解决简单的实际问题。当然，在这些具体问题的解决过程中，需要经历几何图形的抽象过程，需要借助观察、操作等实践活动，这些都有助于发展学生的分析问题、解决问题能力和应用意识;一些探究活动具体一定的难度，需要学生相互间的合作交流，有助于发展学生合作交流的能力。

三、本节课的教学目标是：

1.通过观察图形，探索图形间的关系，发展学生的空间观念.

2.在将实际问题抽象成数学问题的过程中，提高分析问题、解决问题的能力及渗透数学建模的思想.

3.在利用勾股定理解决实际问题的过程中，体验数学学习的实用性.

利用数学中的建模思想构造直角三角形，利用勾股定理及逆定理，解决实际问题是本节课的重点也是难点.

四、教法学法

1.教学方法

引导—探究—归纳

本节课的教学对象是初二学生，他们的参与意识教强，思维活跃，为了实现本节课的教学目标，我力求以下三个方面对学生进行引导：

(1)从创设问题情景入手，通过知识再现，孕育教学过程;

(2)从学生活动出发，顺势教学过程;

(3)利用探索研究手段，通过思维深入，领悟教学过程.

2.课前准备

教具：教材、电脑、多媒体课件.

学具：用矩形纸片做成的圆柱、剪刀、教材、笔记本、课堂练习本、文具.

五、教学过程分析

本节课设计了七个环节.第一环节：情境引入;第二环节：合作探究;第三环节：做一做;第四环节：小试牛刀;第五环节：举一反三;第六环节：交流小结;第七环节：布置作业.

1.3勾股定理的应用：课后练习

一、问题引入：

1、勾股定理：直角三角形两直角边的________等于________。如果用a,b和c表示直角三角形的两直角边和斜边，那么________。

2、勾股定理逆定理：如果三角形三边长a,b，c满足________，那么这个三角形是直角三角形

1.3勾股定理的应用：同步检测

1.为迎接新年的到来，同学们做了许多拉花布置教室，准备召开新年晚会，小刘搬来一架高2.5米的木梯，准备把拉花挂到2.4米高的墙上，则梯脚与墙角距离应为( )

A.0.7米B.0.8米C.0.9米D.1.0米

2.小华和小刚兄弟两个同时从家去同一所学校上学，速度都是每分钟走50米.小华从家到学校走直线用了10分钟，而小刚从家出发先去找小明再到学校(均走直线)，小刚到小明家用了6分钟，小明家到学校用了8分钟，小刚上学走了个( )

A.锐角弯B.钝角弯C.直角弯D.不能确定

3.如图，是一个圆柱形饮料罐，底面半径是5，高是12，上底面中心有一个小圆孔，则一条到达底部的直吸管在罐内部分a的长度(罐壁的厚度和小圆孔的大小忽略不计)范围是( )

A.5≤a≤12 B.5≤a≤13 C.12≤a≤13 D.12≤a≤15

4.一个木工师傅测量了一个等腰三角形木板的腰、底边和高的长，但他把这三个数据与其它的数据弄混了，请你帮助他找出来，是第( )组.

夏—王定理在证明题中的应用 篇7

设X是一个连续型随机变量, 其密度函数为pX (x) , g (x) 是一个连续函数。如何求X的函数g (X) 的密度函数是概率统计中常见的问题。近年来, 有一个新方法来求g (X) 的密度函数:2013 年, 夏天和王学仁 (见文献[1]) 给出了一个定理, 文献中称为夏-王定理 (见文献[2]) , 根据此定理, 可以用积分变换法来求g (X) 的概率密度函数。该方法比经典的方法更简捷。本文将举例说明夏-王定理在证明题中的应用。

首先我们约定:用〈α, β〉, 或者I表示区间 (可以是开区间, 可以是闭区间, 也可以是半开半闭区间) , 用r.v表示随机变量;用p.d.f.表示概率密度函数;其次我们陈述夏-王定理[文献1]如下:

定理:假定X为连续型r.v, 它的p.d.f. pX (x) 只在 (a, b) 上有非零值 (这里a可以取-∞, b可以取+∞。如果可将 (a, b) 划分为两两互不相交的的子区间 (有限个或可列个) Ikj (k=1, 2, ..., n, j=1, 2, ...;Ikj) , 使得函数y=g (x) 在每个子区间Ikj (k=1, 2, ..., n, j=1, 2, ...) 内恒有g' (x) >0 (或恒有g' (x) <0) 且在Ikj (j=1, 2, …) 上有相同的值域〈αk, βk〉 (k=1, 2, ..., n) , 其中 βk-1≤αk, k=2, 3, ..., 则

(i) 在积分中, 直接作积分变量变换y=g (x) (或x=hkj (y) ) , 可得:

这里x=hkj (y) 是函数y=g (x) 在区间Ikj (j=1, 2, …) 上的反函数。

(ii) 由 (1) 式, 可令

那么Y=g (X) 是连续型r.v, 其p.d.f.为pY (y) .

夏-王定理给出了求Y=g (X) 的p.d.f.的一种方法:就是在等式

中, 对每个单调区间Ikj上的积分作变量变换y=g (x) (或x=hkj (y) , 将该积分化为区间〈αk, βk〉上的积分, 从而得到 (1) , 这样就得到了pY (y) 。由于该方法, 主要是在 (3) 式作了变量变换y=g (x) (或x=hkj (y) , 故该方法被称为为“积分变换法”。

1 用夏-王定理来证明一些问题

下面, 举例来说明夏-王定理在证明题中的应用。题目主要来源于文献[3,4,5]。

例1:设X~N (μ, σ2) , a、b为常数且a≠0, 证明:Y=a X+b~N (aμ+b, a2σ2) 。

证明:不妨设a>0 (对于a<0的情形同理可证) 。因为X~N (μ, σ2) , 所以X的p.d.f为。令y=g (x) =ax+b, (a>0) , I= (-∞, ∞) , 显然, g (x) 在区间I上严格单调增加, 故在积分中作变换y=ax+b, 可得:

由夏-王定理知, Y的p.d.f.为, 故由正态分布的定义知:Y服从正态分布N (aμ+b, (aσ) 2) 。

例2:设X服从[a, b]上的均匀分布, 证明Y=c X+d (c≠0) 也服从均匀分布。

证明:因为X服从[a, b]上的均匀分布, 所以X的p.d.f.为

令y=g (X) =c X+d, I= (a, b) , 显然, g (X) 在区间I上严格单调, 故在积分中作变换y=cx+d, 可得:

由夏-王定理知, Y的p.d.f.为:

故由均匀分布的定义知:Y服从[ca+d, cb+d]上的均匀分布

例3:假设随机变量X服从参数为2的指数分布, 即X的p.d.f.为

证明:Y=1-e-2X在区间 (0, 1) 上服从均匀分布。

证明:令y=g (X) =1-e-2x (x>0) , I= (0, ∞) 。则g' (x) =2e-2x>0 (x∈I) , 从而g (X) 在区间I上严格单调增加, 故在积分中作变换y=1-e-2x, 可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为, 故由均匀分布的定义知:Y服从 (0, 1) 上的均匀分布。

例4:若X~LN (μ, σ2) (对数正态分布) , 即X的p.d.f.为

证明:Y=In X~N (μ, σ2) .

证明:令y=g (x) =Inx, I= (0, ∞) , 显然, g (X) 在区间I上严格单调, 故在积分∫IfX (x) dx中作变换y=Inx, 可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为故由正态分布的定义知:Y服从N (μ, σ2) 。

例5:若X服从 (0, 1) 上的均匀分布U (0, 1) , 证明Y=1-X~U (0, 1) 。

证明:因为X服从 (0, 1) 上的均匀分布U (0, 1) , 所以X的p.d.f.为

令y=g (x) =1-x, I= (0, 1) , 显然, g (X) 在区间I上严格单调减少, 故在积分中作变换y=1-x, 可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为, 故由均匀分布的定义知:Y服从U (0, 1) .

例6:若X~F (2, 2) , 证明

证明:因为X~F (2, 2) , 故由F分布的定义 (见文献[3], p.146) 知, X的p.d.f.为

令I= (0, ∞) 。则, 从而g (X) 在区间I上严格单调增加, 故在积分中作变换可得:

故由夏-王定理知Y的p.d.f.为, 故由均匀分布的定义知:Y服从U (0, 1) .

摘要：用积分变换法求连续型随机变量X的函数g (X) 的密度函数是一种新方法 (见文献[1]) , 该方法主要基于夏-王定理 (见文献[2]) 。本文举例说明了夏-王定理在证明题中的应用。

关键词：夏-王定理,连续型随机变量,密度函数,用积分变换法求连续型随机变量函数的密度函数

参考文献

[1]夏天, 王学仁.用积分变换法求连续型随机变量函数的密度函数[J].数学的的实践与认识, 2013, 43 (16) :p.262-270.

[2]夏天.关于用积分变换法求连续性随机变量函数的密度函数的注记[J].科教文汇, 2013, 11 (下旬) :p.51-52.

[3]吴传生.经济数学-概率论与数理统计 (第二版) [M].北京:高等教育出版社, 2009.

[4]方开泰, 许建伦.统计分布[M].北京:科学出版社, 1987.

余弦定理证明初探 篇8

关键词： 数形结合 双基 创新意识 创新精神

如何发挥高考题的教学功能，把握高三复习备考方向，提高解题教学的功效，是我们一线教师努力的目标。余弦定理的证明曾在以前高考考题中出现过，去年陕西卷再次出现，说明余弦定理的证明不但能考察学生对“双基”知识的掌握能力，更能激发学生对数学中“数形结合”思想方法的重视和挖掘，从而对老师和学生起到抛砖引玉的功效。下面就余弦定理给出不同证明方法。

方法一（向量法）如图，设 ，则 即 ，

方法七（面积法） 如图，以 的三边为边长向外作三个正方形， 三条

高的延长线将三个正方形分成6个矩形。

教学的根本目的在于提高学生探索和解决问题的能力，以不同的知识为切入点，对同一题目从不同角度审视，探求出不同的解决方案，可以开拓思路，沟通知识，权衡优劣，提高学生的解题效率，更能提高学生分析、解决问题的能力，培养创新意识和创新精神，这正是新课改所追求的目的。

参考教材：

（1）北师大版高中数学，《必修4》。

（2）罗增儒，《数学解题学引论》。

余弦定理的多种证明 篇9

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

证明三角形角平分线定理的六法 篇10

定理：在ΔABC中，∠A的平分线AD交BC边于点D，则： 。

证明：

一、构造平行线法

如图，过点C作CE∥AD交BA的延长线于点E，

∴ ∵ AD平分∠A ∴ ∠BAD=∠CAD

∵AD∥CE ∴ ∠E=∠BAD ∠ACE=∠CAD ∴ ∠E=∠ACE

∴AC=AE ∴

二、构造相似三角形法

如图，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，

过点C作CF⊥AD于F，则BE∥CF，∴ΔBDE∽ΔCDF

∴ ∵ ∠BAD=∠CAD，∠AEB=∠AFC=90°

∴ΔAEB∽ΔAFC ∴ ∴

三、面积法

如图，过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，

∵ ∠BAD=∠CAD ∴ DE=DF ∴

∴ 又∵ΔABD和ΔACD同高

∴ ∴

四、构造圆法

如图，作ΔABC的外接圆，延长AD交圆于点E，

连接BE、CE，∵ ∠BAD=∠CAD ∴ BE=CE

∴∠EBD=∠BAE ∠AEB=∠BED ∴ ΔAEB∽ΔBED

∴ 同理ΔAEC∽ΔCED ∴

∴ ∴

五、应用正弦定理

如图，∵ ∠BAD=∠CAD ∴ sin ∠BAD=sin∠CAD

∵∠BDA+∠CDA=180° ∴ sin∠BDA=sin（180°-∠CDA）=sin∠CDA

在ΔABD中， （1）；在ΔACD中， （2）

（1）÷（2） ∴

六、解析法

如图，以点A为坐标原点，AD为x轴建立平面直角坐标系，设AB=m，AC=n，∠BAD=∠CAD=

则点B的坐标为（mcos ，msin ），点C的坐标为（ncos ，-nsin ）

设直线BC为： y=kx+b 则

解之得： b= -

∴ 直线BC为： y= x-- ∴ 点D的坐标为（ ，0）

值得思考的一道定理证明 篇11

一、学生解法

解法一:如图1:延长BC到E, 过C作CD∥AB.

∴∠1=∠A (两直线平行, 内错角相等) ,

∠2=∠B (两直线平行, 同位角相等) .

∵∠1+∠2+∠3=180° (平角定义) ,

∴∠A+∠3+∠B=180° (等量代换) .

即∠A+∠ACB+∠B=180°.

解法二:如图2:延长BC到D.

∵∠1是△ABC的外角 (外角定义) ,

∴∠1=∠A+∠B (三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和) .

∵∠1+∠2=180° (平角定义) ,

∴∠A+∠2+∠B=180° (等量代换) .

我们在阅卷时发现很多学生使用解法二, 乍一看这种解法无懈可击, 顺理成章, 而且十分简单明了, 让人一看便懂.但是通过仔细分析发现这种解法根本不正确.因为在此解法中用到了三角形内角和定理的推论, 即“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”证明, 即用定理的推论证明了定理.这样的解法看似正确, 实质上反映了学生经常会犯的逻辑循环错误.

再看另一种解法:

解法三:如图3:过C作CD∥AB.

∴∠1=∠A (两直线平行, 内错角相等) ,

∠DCB+∠B=180° (两直线平行, 同旁内角互补) ,

即∠1+∠2+∠B=180°.

∴∠A+∠2+∠B=180° (等量代换) ,

即∠A+∠ACB+∠B=180°.

二、解法的讨论

经过调查分析, 学生之所以选择解法二是受解法一的影响, 而解法一是正确的, 用了“特殊化思想”解决问题.所谓“特殊化思想”就是针对具体的“探究问题”而产生的一种“特殊思路”.但它不能脱离“用已有知识解决新问题”这一一般规律.正如三角形内角和定理的证明, 先让学生通过画不同三角形, 度量各角, 得出三内角和为180°, 让学生有了感性认识.同时在平时的教学中我们还采用剪下两角与剩余一角相拼成一个平角这一“特殊化思想”说明“三内角和为180°”这个定理, 这种从实践中得来的感性认识给学生留下了深刻的印象.

其实用解法二的学生在学习该定理证明时, 可能也记得要用平角180°证明, 但不理解是剪下两角后将三个角拼在一起, 而盲目地用外角证明.

对于解法三, 在肯定学生答案的同时, 让他们比较解法一和解法三.对于这种另辟蹊径的做法, 学生展开了热烈讨论.通过比较, 学生惊喜地发现这两种解法的不同之处在于添加辅助线的不同, 虽然解法三只有一条辅助线, 但通过平行线性质的灵活运用, 也达到了意想不到的效果.思路较第一种更开阔, 更简便, 不觉让人眼前一亮, 学生不禁为这种解法的思路拍案叫绝.

对于解法三, 在听了罗增儒教授的报告后我也有了更新的认识, 且看:

如图4, 当点A变为BA延长线上的A1, A2, …时, ∠A变小, ∠C变大;当点A奔向太阳, 即∠A→0°的一瞬间, 产生出平行线CA0∥BA, 由同旁内角之和等于180°知:

并且, 除了点A0外, 对变化过程中的任一点An, 都有∠BAnC=∠AnCA0这时可以猜想

在这个变化过程中, 看到了三角形内角和为常数,

这个常数就是180°, 因为

∠ACA0=∠BAC (两直线平行, 内错角相等) ,

所以∠BAC+∠B+∠ACB=∠ACA0+∠B+∠BCA=180°

(两直线平行, 同旁内角互补) .

三、启示

教师要善于发现学生解题中的有研究价值的问题, 这些问题的挖掘与探究有利于培养学生的发散思维, 对今后的解题教学有很大的帮助.平面几何的魅力不仅在于其说理的严密与优雅, 而且思路的开放往往能够使学生获得意想不到的惊喜.解法的多样性是几何问题的特征之一, 好的问题可让学生从不同的角度打开思路, 激发学生发现和创造解题方法的强烈欲望, 加深学生对所学知识的深刻理解, 训练学生对数学思想和数学方法的娴熟运用, 锻炼学生思维的广阔性和深刻性、灵活性和独创性.从而培养学生的思维品质, 发展学生的创造性思维, 提高学生的发散思维能力.

“横看成岭侧成峰, 远近高低各不同”.数学思维方式的培养, 对于学生今后的数学学习和数学知识的应用将产生深远的影响多角度的思维方式真正让学生从解题中看到了几何学的无尽魅力, 在数学天地里畅游, 领会到“柳暗花明又一村”的无穷妙处.

参考文献

[1]罗增儒.中学数学解题的理论与实践.

勾股定理的证明方法 篇12

这种证明方法由于用了梯形面积公式和三角形面积公式，从而使证明更加简洁，它在数学史上被传为佳话。的平方=3的平方+4的平方

在图一中，DABC为一直角三角形，其中ÐA为直角。我们在边AB、BC和AC之上分别画上三个正方形ABFG、BCED和ACKH。过A点画一直线AL使其垂直於DE并交DE於L，交BC於M。不难证明，DFBC全等於DABD(S.A.S.)。所以正方形ABFG的面积=2´DFBC的面积=2´DABD的面积=长方形BMLD的面积。类似地，正方形ACKH的面积=长方形MCEL的面积。即正方形BCED的面积=正方形ABFG的面积+正方形ACKH的面积，亦即是AB2+AC2=BC2。由此证实了勾股定理。

这个证明巧妙地运用了全等三角形和三角形面积与长方形面积的关系来进行。不单如此，它更具体地解释了，「两条直角边边长平方之和」的几何意义，这就是以ML将正方形分成BMLD和MCEL的两个部分!

这个证明的另一个重要意义，是在於它的出处。这个证明是出自古希腊大数学欧几里得之手。

欧几里得(EuclidofAlexandria)约生於公元前325年，卒於约公元前265年。他曾经在古希腊的文化中心亚历山大城工作，并完成了著作《几何原本》。《几何原本》是一部划时代的著作，它收集了过去人类对数学的知识，并利用公理法建立起演绎体系，对后世数学发展产生深远的影响。而书中的第一卷命题47，就记载著以上的一个对勾股定理的证明。

图二中，我们将4个大小相同的直角三角形放在一个大正方形之内，留意大正方形中间的浅黄色部分，亦都是一个正方形。设直角三角形的斜边长度为c，其余两边的长度为a和b，则由於大正方形的面积应该等於4个直角三角形和中间浅黄色正方形的面积之和，所以我们有

(a+b)2=4(1/2ab)+c2

展开得a2+2ab+b2=2ab+c2

化简得a2+b2=c2

若干基本定理的新角度证明 篇13

关键词：矩阵的秩定理,有限开覆盖定理,欧拉定理,可数集,隐函数组定理

然而在教学中不是一件容易的事, 在本科教学中有好多学生对一些基本定理的理解显然不足, 没有自己的看法和思路, 甚至勉强承认书本中的逻辑式的证明, 对定理的本质没有一点“感觉”, 很难转化为自己的东西. 为此在比较了中西方许多教科书之后, 针对其中的一些基本定理, 摈弃一些传统的固定模式的证明, 从新角度给予阐释, 目的在于把命题的本质“自然”“看得见的”呈现在读者面前, 弄清楚是什么, 是怎么回事, 一旦明白了本质, 证明只是一件简单严格叙述的事情罢了, 从而帮助本科生更好地理解学习.

1. 矩阵的秩定理

矩阵的行秩和列秩相等.

这是高等代数里非常基本的性质定理之一, 大部分教材是通过客观的证明行秩小于等于列秩, 列秩小于等于行秩来证明行秩与列秩相等. 我们通过矩阵本身最基本的初等变换, 给出一种自然的看法.

让我们先看看最简单的一般形式的梯形矩阵吧.

这显然行秩等于列秩, 实际上就是1的个数. 那让我们再看看普通的矩阵:

和梯形矩阵 ( 1) 的关系.

很显然, 任何一个矩阵 ( 2) 都可以通过有限次初等变换变成 ( 1) .

那反过来呢? 因为初等变换的过程是可逆的, 所以由相对应的 ( 1) 反过来可以经过有限次初等变换成原来的 ( 2) .

因为梯形矩阵 ( 1) 的行秩与列秩是相等的, 故我们只需验证初等变换不改变行秩与列秩就可以了. 下面给出简单的证明.

2. 有限开覆盖定理

若为闭区间上的一个开覆盖, 则存在有限开覆盖.

这是数学分析教材里最基本的定理之一, 也是实数完备性定理之一. 实数的完备性可以说是数学中基础的基础.正确地理解实数的完备性无疑是本科生的重点和难点. 但是一般的教材里的证明都让学生感觉很生涩, 如果理解不到位还会让学生感觉只是逻辑的堆砌, 完全看不出生活中实数的自然性, 也不理解这样做的原因. 大部分教材如《数学分析》 ( 华东师范大学出版社) 里的证明一般都是用分割的方法, 我们考虑另一种形象的看法, 然后给出一个自然的证明.

实际上我们搞清楚定理在说什么就可以了. 什么是一个开覆盖? 条件说存在一个开覆盖, 承认存在开覆盖的同时实际上也承认了什么?

既然闭区间存在开覆盖, 那当然区间里任一点都存在相应的开区间覆盖它, 从而这个点和覆盖它的开区间的右边端点有个距离, 比如, 从点a开始, 任取一个覆盖它的开区间, 有个距离. 我们取所有这些距离里最大的, 也就上确界, 记为, 如果点仍落在闭区间内, 可以接着进行下去取最长的距离, 依次类推. 这时候只需注意到条件说存在开覆盖, 也就意味着这些不断取到的点总可以超过点b ( 想想为什么? 如果永远都到达不了点b, 又怎么会有开覆盖呢? 因为这已经是按照最大方式接近点b了) , 从而当然一定有限! 也就是说实际上这些暗含的信息是等价的, 搞清楚这些剩下的就是严格叙述的事了.

3. 可数个可数集的并是可数集

设一组集合, 若每个为可数集, 则为可数集.

这个命题是实变函数教材里最基本的命题之一, 关乎学生以后对分析的理解和运用. 虽然很简单, 但是事实是仍然有好多学生对集合论感觉很玄乎, 比如选择公理之类的, 以至于对这个命题也感觉可对可错. 这种想法实际上是不对的. 此命题是严格正确的, 证明方法有很多, 比如Rudin的数分析原理里的证明就是用下标标号法, 实际上还可以更直接的去看待这个问题, 可以“看得见的”去证明.

可数集的概念我们是用自然数集N来定义的, 那就直接考虑是否和N对等就行了. 下面有个很自然的看法.

4. 欧拉定理

V + F - E = X ( P) , V是多面体P的顶点个数, F是多面体P的面数, E是多面体P的棱的条数, X ( P) 是多面体P的欧拉示性数. 如果P可以同胚于一个球面 ( 可以通俗地理解为能吹胀成一个球面) , 那么X ( P) = 2. 特别的, P为凸多面体时, X ( P) = 2.

一般的教材中有很多证明, 比如《整体微分几何初步》 ( 沈一兵) , 用到微积分、微分形式等. 针对凸多面体, 下面给出一种自然的初等的看法.

参考文献

[1]常庚哲, 史济怀.数学分析教程.第三版.高等教育出版社.

[2]王萼芳, 石生明.高等代数.第三版.高等代数出版社.

[3]华东师范大学数学组.数学分析.第三版.华东师范大学出版社.

[4]Walter Rudin.The Principles Of Mathematics.Third Edition.机械工业出版社.

[5]沈一兵.整体微分几何初步.第一版.高等教育出版社.

[6]Artin.algebra.

[7]Vladimir A.Zorich.Mathematical Analysis I.Springer, 2010 (3) .

[8]Zberhard Zeidler.Applied Functional Analysis:Applications to Mathematical Physics.Spriner Third Edition.

感悟两种勾股定理证明方法的关联 篇14

从不同的角度表示大正方形的面积：

角度1：S=（a+b）2；

角度2：S=4×■ab+c2.

于是有（a+b）2=4×■ab+c2.

整理得：a2+b2=c2. 即勾股定理获得验证.

接着学习教材第81页“探索”时，我利用图2再次验证勾股定理，请看：

设长方形的长、宽分别为a、b，则可以从不同的角度表示梯形ABCD的面积：

角度1：S=■（a+b）·（a+b）=■（a+b）2；

角度2：S=2×■ab+■c2.

于是有■（a+b）2=2×■ab+■c2.

整理得：a2+b2=c2. 即勾股定理获得验证.

验证之后，我很好奇，为什么利用这两个图形都能验证，并且验证过程几乎“相似”（在上述演算中只是多了个“■”），再对比图1、图2仔细一看，果然，图2是图1的“一半”！请看图3.

原来这两个问题是一致的，只是取了大正方形的一半. 老师经常讲数学都是关联的，这两种验证勾股定理的方法，看来也是关联在一起的！

刘老师点评：勾股定理尽显人类的智慧，又是数形结合的典范. 这篇短文发现教材上两种验证勾股定理在思路上的一致性（顺便指出，方法二即是1876年美国总统Garfield的证法），并用一个图形实现了他们在“形”上的沟通，很好！确如小作者在文末所说的，“数学是关联的”. 就这篇短文所体现出来的“关联”有很多理解的角度：第一，勾股定理反映了数、形之间有关联；第二，不同证明方法之间是关联的；第三，图形的整体与局部往往也是关联的.

存在与唯一性定理的证明 篇15

定义：设函数f(x,y)在闭区域上有定义，如果存在常数L0，使对任何(x,y1),(x,y2)均满足不等式f(x,y1)f(x,y2)Ly1y2，则称f(x,y)在上关于y满足Lipschitz条件，称L为

Lipschitz常数

Picard定理：设f(x,y)在闭矩形域：xx0a,yy0b上连续，且关于y满足Lipschitz条

dy

f(x,y)

件，则初值问题dx·········①

y(x0)y0

在区间Ix0h,x0h上有且只有一个解，其中hmin(a,证明：整个证明过程分成如下五个部分

x

b),Mf(x,y)M(x,y)Ⅰ，首先证明求初值①的解等价于求积分方程yy0

x0

·········②的连续解。f(x,y)dx,xI·

d((x))

f(x,(x))

事实上，若y(x)(xI)是初值问题①的解，则有dx,xI

(x0)y0

由此，f(x,(x))在I上连续，从而可积，于是对恒等式

x

d((x))

f(x,(x)),xI积分并利用初始条件，dx

得到(x)y0

x0

f(x,(x))dx,xI即，y(x)(xI)是积分方程②的解

x

反之，设y(x)(xI)是方程②的连续解，即有恒等式(x)y0

x0

f(x,(x))dx,xI

x

因为f(x,(x))在I上连续，故(x)y0

x0

f(x,(x))dx,xI右端是积分上限xI的可微函数，从而

(x)在I可微

x

于是将(x)y0

x0

f(x,(x))dx,xI两边对x求导，得恒等式

d((x))

f(x,(x)),xI，并令xx0得y(x0)y0，因此 dx

y(x)(xI)是初值问题①的解

因此，我们只需证明积分方程②存在唯一定义在区间Ix0h,x0h上的连续解。我们采用Picard的逐次逼近法来证明，基本思路就是在所设条件下构造出一个一致收敛的连续函数序列，它的极限函数恰是积分方程②的唯一解

Ⅱ，用逐次迭代法在区间I上构造逐次近似的连续函数序列

x



yn1(x)y0f(x,yn(x))dx

·········③ ,xI·x0



y0(x)y0

当n0时，注意到f(x,y0(x))是I上的连续函数，所以由③知

x

y1(x)y0f(x,y0(x)),(xI)在I

x0

上是连续可微的，而且满足不等式

x

y1(x)y0

x0



f(x,y0(x))Mxx0于是在区间I上y1(x)y0Mhb

因此，f(x,y1(x))在I上是连续的，所以由式③知

x

y2(x)y0f(x,y1(x)),(xI)

x0

在区间I上是连续可微的，而且满足

x

y2(x)y0

x0



f(x,y1(x))dxMxx0于是在区间I上y2(x)y0Mhb

以此类推，应用数学归纳法易证： 由③式给出的所谓Picard序列

yn(x)

是区间I上的连续函数序列，而且满足不等式

yn(x)y0Mxx0Mhb,n0,1,....Ⅲ，证明Picard序列yn(x)在区间I上一致收敛

考虑级数

y0y1(x)y0...yn(x)yn1(x)...··········④它的部分和为

y0yk(x)yk1(x)yn(x)，于是，要证明序列yn(x)在区间I上一致收敛，只需证明级数④在I

k1

n

上一致收敛。为此我们归纳证明不等式：

yn1(x)yn(x)ML

n

xx0

n1

(n1)

(n0,1,...)·······⑤在I上成立事实上，当n0时由

x

y1(x)

x0

f(x,0y(x))dx

k1

知式M0xx⑤成立，假设当nk时⑤式成立，即有

yk1(x)yk(x)ML

k

xx0

(k1)

x

(k0,1,...)在I上成立

则由式③知yk2(x)yk1(x)

x0

[f(x,y

k1

(x))f(x,yk(x))]dx根据Lipschitz条件和归纳假设得

x

yk2(x)yk1(x)

x

x0

Ly

k1

(x)yk(x)dx

xx0

k2

MLk1

x0



xx0

k1

(k1)

dxMLk1

(k2)

即当nk1时式⑤也成立，因此有数学归纳法知式⑤得证

hn1

(n0,1,...)因当xI时，xx0h，故由式⑤知yn1(x)yn(x)ML

(n1)

n

hn1

因正项级数ML收敛，故由函数项级数一致收敛的Weierstrass（魏尔斯特拉斯）判别法知级数

(n1)n0



n

④在区间I上一致收敛从而Picard序列yn(x)在区间I上一致收敛 设其极限函数为(x)，即当xI时一致的有limyn(x)(x)

n

则y(x)在I上是连续的且由yn(x)y0b推知(x)y0b,xI Ⅳ，证明y(x),(xI)是积分方程②的解

x

在式③两端令n得到(x)y0lim

n

x0

f(s,y(s))ds

n

x

x

因此问题归结为证明lim

n

x0

f(s,y(s))dsf(s,(s))ds

n

x0

因Picard序列yn(x)在I上一致收敛，则任给0，存在自然数NN()，当nN时，对I中所



Lh

故当xI时，由Lipschitz条件知

有x有yn(x)(x)

x

n

x

x0

f(s,y(s))dsf(x,(x))ds

x0

xx0x





f(s,yn(s))f(s,(x))ds



x0x

Ly(s)(s)ds

n



x0

L

dsLh



xx0hhh

x

x

n

因此式lim

n

x0

f(s,y(s))dsf(s,(s))ds成立

x0

x

因而当xI时有(x)y0

x0

f(s,(s))ds，所以y(x),(xI)是积分方程②的一个连续解

Ⅴ，证明积分方程②的连续解的唯一性

x

设y(x)也是方程②的定义在区间I上的连续解，则(x)y0

x0

f(x,(x))dx,xI于是与步骤Ⅲ类

hn1

(n0,1,...)在I上成立 似，可归纳证明得yn(x)(x)ML

(n1)

n

从而Picard序列yn(x)在区间I上也一致收敛与(x)，因此我们推出(x)(x),xI 所以，积分方程②的连续解是唯一的。至此，定理得证。【注】定理中数hmin{a,b的几何意义 M

dy

f(x,y)的积分曲线上任一点的切线斜率介于Mdx

与M之间。过点p(x0,y0)分别引斜率为M与M的直线B1C和BC1：

因为在闭矩形域上有f(x,y)M，所以方程

yy0M(xx0),yy0M(xx0)，当M

显然方程

bb

时，如图㈠所示；当M时，如图㈡所示 aa

dy

f(x,y)过点p(x0,y0)的积分曲线y(x)(如果存在的话)不可能进入图㈠或㈡所示的两dx

bb

(即a)由图㈠可见解y(x)在整个区间xa,xa上有定义；若

Ma

个阴影区域内。若M

M

bb

(即a)由㈡可见，不能保证解y(x)在xa,xa上有定义。它可能在Ma

xx1(x0x1x0a)或xx2(x0ax2x0)外到达的上边界yy0b或下边界yy0b，于

是，当xx1或xx2时，y(x)没有定义。此时，由于点B1,C1,B,C的横坐标分别为x0

b

及M

x0

bbbb，故可保证解y(x)在区间x0,x0上有定义。综上，只要取hmin{a,，则MMMM