对称性的一个定理及其应用

对称性的一个定理及其应用（精选18篇）

对称性的一个定理及其应用 第1篇

紧开覆盖的一个新的Ky Fan型匹配定理及其应用

建立了紧开覆盖的一个新的Ky Fan型匹配定理.作为应用,研究了Fan-Browder型重合定理、Ky Fan型最佳逼近定理、极大元定理及超凸空间中的定性对策和抽象经济的.平衡存在定理.

作 者：文开庭 WEN Kaiting 作者单位：毕节大学数学系,毕节,贵州,551700刊 名：数学进展 ISTIC PKU英文刊名：ADVANCES IN MATHEMATICS(CHINA)年，卷(期)：36(4)分类号：O177.91关键词：超凸空间 Ky Fan型匹配定理 Ky Fan型最佳逼近定理 极大元 定性对策 抽象经济 平衡点 hyperconvex space Ky Fan type matching theorem Fan-Browder type coincidence theorem Ky Fan type best approximation theorem the maximal element qualitative game abstract economy equilibrium

对称性的一个定理及其应用 第2篇

关键词 罗尔中值定理 极值 极值点 可导函数 恒等式

中图分类号：O172 文献标识码：A

对称性的一个定理及其应用 第3篇

一、几个相关概念

球面距离:经过某两点的大圆在这两点之间的劣弧的长度.

纬度:经过某一点的地球的半径与赤道所在的大圆面所成的角.

经度:经过某一点的经线和地轴确定的半平面与本初子午线和地轴确定的半平面所成的二面角的度数.

两地的位置关系:地球上两点A, B的位置关系有以下三种:

(1) A, B两地经度相同, 纬度不同;

(2) A, B两地纬度相同, 经度不同;

(3) A, B两地纬度不同, 经度也不同.

二、定理和推论

为了方便叙述, 本文采用有向角的概念, 规定东经为正, 西经为负, 北纬为正, 南纬为负.例如, 西经120°记为-120°, 南纬30°记为-30°.于是, 我们有如下的球心角定理:

定理:设A, B是地球表面上的任意两地, A地的经度为θ1, 纬度为φ1, B地的经度为θ2, 纬度为φ2, 地球的中心为O, 球心角∠AOB=α (α∈ (0, π]) , 则cosα=sinφ1sinφ2+cosφ1cosφ2cos (θ1-θ2) .

证明:设地球半径为R, A, B两地所在的纬度圈分别为圆O1和圆O2, 由球的截面性质知, OO1⊥圆O1, OO2⊥圆O2, 且两圆所在的平面平行, 可知O1、O和O2三点共线.

设NOS为地轴, 在半圆面NSA内, 作AA1⊥圆O2所在的平面, 垂足为A1, 则|O2A1|=|O1A|=Rcosφ1, |O2B|=Rcosφ2.在三角形A1O2B中, 由余弦定理得

当∠A1O2B=|θ1-θ2|≥180°时, 因为有cos[360°- (θ1-θ2) ]=cos (θ1-θ2) .故 (2) 也成立.

在直角三角形ABA1中, 由勾股定理得

将 (1) 和 (2) 代入 (3) 得

在三角形AOB中, 由余弦定理得

将 (4) 代入 (5) 化简得

推论1若A, B两地位于同一经度时, 则cosα=cos (φ1-φ2) .

证明:因为θ1=θ2, 由定理得

推论2若A, B两地位于同一纬度φ时, 则cosα=sin2φ+cos2φcos (θ1-θ2) .

证明:因为φ1=φ2=φ, 由定理得

三、应用举例

例1第28届奥运会于2004年在希腊首都雅典举行, 它位于东经24°, 北纬38°.而第29届奥运会于2008年在我国首都北京举行, 它位于东经116°, 北纬40°, 你能计算北京和雅典的球面距离吗?

解:设雅典的经度为θ1, 纬度为φ1, 北京的经度为θ2, 纬度为φ2, 从已知条件可知θ1=24°, θ2=116°, φ1=38°, φ2=40°, 将它们代入定理并查表计算得cosα=-0.2079, α=102°≈1.78弧度.

又知地球半径为6370千米, 所以北京和雅典的球面距离为劣弧AB=α·R=1.78×6370=11340 (千米) .故知雅典和北京的球面距离大约是11340千米.

例3北京时间2002年9月27日14点, 国航CA981航班从首都国际机场准时起飞, 当地时间9月27日15点30分, 该航班正点平稳落在纽约肯尼迪机场.北京时间10月1日19点14分, CA982航班在经过13个小时的飞行后, 准点降落在北京首都国际机场.至此, 国航北京———纽约直飞首航成功完成.这是中国承运人第一次经极地经营北京———纽约直飞航线.而从北京 (东经116°, 北纬40°) 至纽约 (西经74°, 北纬40°) 原来的航线是:北京 (东经116°, 北纬40°) ———上海 (北纬31°, 东经122°) ———东京 (北纬36°, 东经140°) ———旧金山 (北纬37°, 西经123°) ———纽约 (西经74°, 北纬40°) .如果飞机飞行高度为10千米, 并假设地球是半径为6371千米的球体.你能计算新航线的空中航程比原航线的空中航程缩短了多少吗?

解析:在地球上, 两地间飞行的最短距离是这两地所在大圆 (其半径为地球的半径与飞行高度之和) 的两地之间的劣弧长.本题应先计算以北京和纽约为端点的大圆劣弧长;再计算北京到上海、上海到东京、东京到旧金山、旧金山到纽约各段大圆劣弧的长度之和;最后求出它们的差.

(1) 计算原航线的距离.

将北京和上海的经度和纬度代入定理并查表计算得, cosα=0.98, α=10°=0.17453弧度, 故北京到上海的距离为α· (6371+10) =1113.69 (千米) .同理可得, 上海到东京的距离为0.2793× (6371+10) =1781.91 (千米) ;东京到旧金山的距离为1.2915× (6371+10) =8241.34 (千米) ;旧金山到纽约的距离为0.6632× (6371+10) =4232.04 (千米) .原航线的距离为1113.69+1781.91+8241.34+4232.04=15368.98 (千米) .

(2) 计算新航线的距离.

将北京和纽约的经度和纬度代入定理并查表计算得cosα=0.17, α=100°=1.7453弧度, 故北京到纽约的距离为α (6371+10) =11136.95 (千米) .

(3) 计算新旧航线的距离差。

勾股定理及其逆定理的应用 第4篇

正、余弦定理及其应用 第5篇

正、余弦定理及其应用

作者：夏志辉

来源：《数学金刊·高考版》2013年第10期

正、余弦定理及其应用是高中数学的一个重要内容，是高考必考知识点之一，也是解三角形的重要工具，常常会结合三角函数或平面向量的知识来考查其运用.重点难点

浅谈中心极限定理及其应用 论文 第6篇

李月20091103558

数学科学学院信息与计算科学09信息一班

指导老师韩文忠

摘要：概率论中讨论随机变量序列部分和的分布渐近于正态分布的一类定理。在自然界与生产中，一些现象受到许多相互独立的随机因素的影响，如果每个因素所产生的影响都很微小时，总的影响可以看作是服从正态分布的。中心极限定理就是从数学上证明了这一现象。本文主要叙述中心极限定理在现实中的应用。关键字：中心极限定理 随机变量 正态分布

1.定理一（独立同分布的中心极限定理）设随机变量X1,X2,…,Xn,…相互独

立，服从同一分布，且具有数学期望和方差，E(Xk)，n

D(Xk)=

>0(k=1,2,3),则随机变量之和Xk的标准化变量

k1

n

n

n

X

k

E(Xk)

k1n



=

k1

X

K

n

Yn=

k1

D(Xk)

k1

n的分布函数Fn(x)对于任意x满足

n

x

limFn(x)=limFn(x)=limP{

n

k

n

x

k1

n

}=

x

12



t

dt= (x).这就是说，均值为，方差为20 的独立同分布的随机变量

n

X1,X2,…,Xn之和Xk的标准化变量，当n充分大时，有

k1

n



k1

X

n

n

n

～N(0,1)

1．1：一加法器同时接收20个噪声电压Vk（k=1,2,3，20),设它们是相互独

立的随机变量，且都在区间（0,10）上服从均匀分布，记V

P{V105}的近似值。

V，求

k

k1

解：易知E(Vk)5,D(Vk)100/12（k=1,2,3，20)，由定理一，随机

变量Z

V

K1

k

=

V205

近似服从正态分布N(0,1),于是

P{V105}P{

V20520

10520520

V20520

0.387}

1P{

V20520

0.387}

1



0.387

12



t

dt1(0.387)0.384.即有P{V105}0.34

2．（李雅谱诺夫（Lyapunov）定理）设随机变量X1,X2,…,Xn,…相互独立，它们具有数学期望和方差

0,k1,2,E(Xk),D(XK)K

nn

记k

k1

.k

k1

若存在正数，使得当n时，n

1B

2n

n



k1

E{Xkk

2

}0,则随机变量之和Xk的标准化变量

k1

nnnn



Zn

k1

X

k

E(Xk)

k1n





k1

X

k

Bn



k1

X

k

D(Xk)

k1

n

n

的分布函数limFn(x)limP{

n

n

k1

X

k

Bn



k1

k

x}





x

12

t

dt= (x).

此定理表明，在定理的条件下，随机变量

n

n

k

X

Zn

k1

Bn

X

k1

k

当n很大时，近似的服从正态分布

n

n

N(0,1),由此，当n很大，n



k1

X

k

BnZn



k1

k

近似的服从正态分布

N(k,Bn)

k1

.这就是说，无论各个随机变量

n

Xk(k1,2)

服从什么分布，只要满足定理的条件，那么它们的和k1



X

k

当n很大时就近似地服从正态

分布，在很多问题中所考虑的随机变量可以表示成很多个独立的随机变量之和。请看下面的例子。

2.1：设有一条河流经某城市，河上有一座桥，该桥的强度服从正态分布

N(300,40)(强度的单位是t（吨)）。有很多车要经过此桥，如果各车的平

均重量是5t，方差是2t2。问：为保证此桥不出问题的概率（安全度）不小于0.99997.最多允许在桥上同时出现多少车辆？

解：用Y表示该桥的强度，若有M辆车在桥上，第i辆车的重量Xi

M

（i1,2M),则M辆车的总重量SM



i1

Xi，我们可以认为

Y,X1,X2XM是相互独立的，E(Xi)5,var(Xi)2，该桥不出现问

题的概率为

RP(M辆车的总重量不超过桥的强度）。

显然RP(SMY)RP(SMY0),我们要找满足不等式

R0.99997的最大的M,不难想到，这个M,由于

SM)

E(SM

=，M1,var(=

M1

（这里

1E(Xi)5

1var(Xi)2,i1,2M),由定理可知SM近似的服从

N(M1,M1)

.又N

(300,40),可知SMY

近似服从

N(M1300,M1240),于是

R[

0(M1300)

M

]

40

由于(4)=0.99997，故为了R0.99997，必须且只需

令x

0(M1300)

M

2M40

4

40

(x40)，上述不等式化为，则M

x4x4000

((11.87)400))

由此知x11.87，从而M=50.就是说，最多允许50辆车

同时在桥上。

下面介绍另一个中心极限定理，它是定理一的特殊情况。

3．(棣莫弗-拉普拉斯（De Moirve-Laplace）定理)设随机变量（n1,2,)服从参数为n,p(0p1)的二项分布，则对于任意x，有limP{

n

npnp(1p)

x}=

x

12

t

dt=(x)。



这个定理表明，二项分布的极限分布式正态分布

n

Xk～N(np,npq)当n充分大时，服从二项分布的随机变量的概

k1

率计算可以转化为正态随机变量的概率计算。

3.1 ：对于一个学生而言，来参加家长会的家长人数是一个随机变量，设一个学

生无家长，1名家长，2名家长来参加会议的概率分别为0.05,0.8,0.15，若学校共有400名学生，设各学生参加会议的家长人数相互独立且服从同一分布。(1)求参加会议的家长人数x超过450的概率：

(2)求有1名家长来参加会议的学生人数不多于340的概率。

解（1）以Xk(k1,2,400)记第k个学生来参加会议的家长人数，则Xk的分布率为

400

易知E(Xk)1.1，D(Xk)0.19，k1,2400.而X随机变量

400

X。由定理一

k

k1

X

k1

k

4001.1

0.19



X4001.1400

0.19

400

近似服从正态分布N(0,1),于是

P{X450

}=P{

X4001.1400

0.19



4504001.1400

0.19

=1-P{

X4001.1400

0.19

1.147}

1(1.147)0.1251’

(3)以Y记有一名家长参加会议的学生人数，则Y～b(400,0.8)，由定理三

P{Y340}

=P{

Y4000.84000.80.2Y4000.84000.80.2



3404000.84000.80.2

}

=P{2.5}(2.5)=0.9938

小结 中心极限定理表明，在相当一般的条件下，当独立随机变量的个数不断增加时，其和态分布趋于正态分布，这一事实阐明了正态分布的重要性，也揭示了为什么在实际应用中会经常用到正态分布，也就揭示了产生正态分布变量的源泉，另一方面，它提供了独立同分布变量随机变量之和Xk（其中Xk的方

k1

n

差存在的近似分布，只要和式中加项的个数充分大，就可以不必考虑和式中的随机变量服从什么分布。都可以用正态分布来近似，这在应用上是有效和重要的。

参考文献

对称性的一个定理及其应用 第7篇

由一个定理的证明谈面积法在平面几何证明中的应用

作者：王召坤

来源：《中学数学杂志(初中版)》2013年第04期

大家熟知的平行线段成比例定理：“三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例.”是一个常用的定理，由此可以推出多个性质，特别是可以推导出三角形相似的判定定理.人教版九年级下册没有给出证明，只是在第41页给出“经证明（这里从略）”，学生颇感困惑.教师教学用书上（第66页）是这样解释的：“由于这个定理的证明涉及无理数、极限等知识，学生尚不能理解”，因此采取了“学生度量相关的线段长度，发现规律，然后直接给出了定理.”因此，这只是一个验证性的结果.图1

对称性的一个定理及其应用 第8篇

我们在探索“3x+1猜想”的过程中发现了这样一个命题:若an∈{4n+3 (n∈N) }, 则an能经过有限次变换得到an'∈{4m+1 (m∈N) }, 这个命题的被证明将使我们向破解“3x+1猜想”走近了一步.下面我们给出这个命题的证明.

对确定的an=4n+3 (n∈N) , 分以下四种情况讨论:

(1) 当n≡0 (mod4) 时, 4n+3→2 (3n) +5, 2 (3n) +5≡5≡1 (mod4) ∴an'=2 (3n) +5∈{4m+1 (m∈N) };

(2) 当n≡1 (mod4) 时, 4n+3→2 (3n) +5→32n+8, 9n+8≡17≡1 (mod4) , ∴an'=9n+8∈{4m+1 (m∈N) };

(3) 当n≡2 (mod4) 时, 4n+3→2 (3n) +5≡17≡1 (mod4) , ∴an'=2 (3n) +5∈{4m+1 (m∈N) };

(4) 当n≡3 (mod4) 时, 设n=4i+3 (i∈N) , 则4n+3=16i+15.

当i=0时, 16i+15=15→23→35→53≡1 (mod4) .

当i=1时, 16i+15=31→47→71→107→161≡1 (mod4) .

当i>1时, 对i作以下代换:若i为偶数, 记i1=, 若i为奇数, 记i1=;若i1为偶数, 记i2=, 若i1为奇数, 记i2=;若i2为偶数, 记i3=, 若i2为奇数, 记i3=, …, 一直继续下去, 则有i>i1>i2…>ij-1>ij>…, 所以必定存在正整数r, 经r次代换后, 使得ir=1 (i>i1>i2>…>ij-1>ij>…>ir-1>ir) .

第一次代换:

若i为偶数, 则16i+15=25i1+15→24 (3i1) +23→23 (32i1) +35→22 (33i1) +53≡1 (mod4) .

若i为奇数, 则16i+15=25i1+24+15→24 (3i1) +23×3+23→23 (32i1) +22×32+35→22 (33i1) +2×33+53≡3 (mod4) ;

第二次代换 (i为奇数) :

若i1为偶数, 则16i+15=26i2+24+15→25 (3i2) +23×3+23→24 (32i2) +22×32+35→23 (33i2) +2×33+53→22 (34i2) +34+80≡1 (mod4) .

若i1为奇数, 则16i+15=26i2+25+24+15→25 (3i2) +24×3+23×3+23→24 (32i2) +23×32+22×32+35→23 (33i2) +22×33+2×33+53≡3 (mod4) ;

第三次代换 (i1为奇数, 以下表述稍作简略) :

若i2为偶数, 则16i+15=27i3+25+24+15→…→24 (33i3) +22×33+2×33+53=24 (33i3) +33 (23-2) +53→23 (34i3) +34 (22-1) +80=23 (34i3) +34×22-1→22 (35i3) +35×2-1≡3×2-1≡5≡1 (mod4) .

若i2为奇数, 则16i+15=27i3+26+25+24+15→…→24 (33i3) +23×33+22×33+2×33+53≡3 (mod4) ;

第四次代换 (i2为奇数) :

若i3为偶数, 则16i+15=28i4+26+25+24+15→25 (33i4) +23×33+22×33+2×33+53=25 (33i4) +33 (24-2) +53→24 (34i4) +34 (23-1) +80=24 (34i4) +34×23-1→23 (35i4) +35×22-1→22 (36i4) +36×2-1≡1×2-1≡1 (mod4) .

若i3为奇数, 则16i+15=28i4+27+26+25+24+15→…→25 (33i4) +24×33+23×33+22×33+2×33+53≡3 (mod4) ;

……

第r次代换 (ir-2为奇数) :

若ir-1为偶数, 则16i+15=2r+4ir+2r+2+…+26+25+24+15→…→2r+1 (33ir) +2r-1×33+2r-2×33+…+23×33+22×33+2×33+53=2r+1 (33ir) +33 (2r-2) +53→2r (34ir) +34 (2r-1-1) +80=2r (34ir) +34×2r-1-1→2r-1 (35ir) +35×2r-2-1→…→22 (34+r-2ir) +34+r-2×2-1=22 (3r+2ir) +3r+2×2-1.

若r为偶数, 22 (3r+2ir) +3r+2×2-1≡1×2-1≡1 (mod4) ;

若r为奇数, 22 (3r+2ir) +3r+2×2-1≡3×2-1≡5≡1 (mod4) .

若ir-1为奇数, 则16i+15=2r+4ir+2r+3+2r+2+…+26+25+24+15→…→2r+1 (33ir) +2r×33+2r-1×33+…+23×33+22×33+2×33+53.

∵ir=1,

∴2r+1 (33ir) +2r×33+2r-1×33+…+23×33+22×33+2×33+53=33 (2r+1+2r+2r-1+…+23+22+2) +53=33 (2r+2-2) +53→34 (2r+1-1) +80=342r+1-1→34+1×2r-1→34+2×2r-1-1→34+3×2r-2-1→…→34+r×2-1, 同理可得34+r×2-1≡1 (mod4) .

∴当n≡3 (mod4) 时, an能经有限次变换得an'∈{4m+1 (m∈N) }.

勾股定理及其逆定理的应用 第9篇

一、判断三角形的形状

例1已知a，b，c为△ABC的三边，且满足a2+b2+c2+50=6a+8b+10c，试判断△ABC的形状。

解析要判断△ABC的形状须先求出三边a，b，c的长，再利用勾股定理逆定理进行判断。

∵a2+b2+c2+50=6a+8b+10c，

∴a2-6a+9+b2-8b+16+c2-10c+25=0。

∴(a-3)2+(b-4)2+(c-5)2=0，∴a-3=0，b-4=0，c-5=0。即a=3，b=4，c=5。

∴a2=9，b2=16，c2=25，则a2+b2=c2，∴△ABC为直角三角形。

点评在由一个等式求三角形的三边长时，往往把等式化为A2+B2+C2=0的形式，再由A＝0，B＝0，C＝0，求得三角形三边之长，最后利用计算来判断△ABC是不是直角三角形。

二、探索勾股数

例2观察下面的表格所给出的三个数a，b，c，a＜b＜c。

⑴试找出它们的共同点，并说明你的结论；

⑵当a=21时，求b,c的值。

解析只要能够发现每组内三个数之间的规律即可，而这需要从不同的角度去观察，运用从特殊到一般的思想来分析。

⑴各组数的共同点是:

①各组数均满足a2+b2=c2;

②最小数(a)是奇数，其余的两个数b,c是连续的正整数；

③最小奇数的平方等于另外两个连续正整数的和。

由以上特点我们可猜想并说明这样一个结论：设x为大于1的奇数，将x拆分为两个连续正整数之和，即x2=y+(y+1),则x,y,y+1就构成一组勾股数。

∵ x2=y+(y+1)(x为大于1的奇数),∴x2+y2= y+(y+1)+y2=y2+2y+1=(y+1)2,

∴ x,y,y+1是一组勾股数。

⑵运用以上结论，当x=21时，212=441=220+221, ∴b=220,c=221。

点评此题的实质是揭示了寻找勾股数的一种方法：先选一个大于1的奇数，然后把这个奇数的平方写成两个连续正整数的和，则由这个奇数和分成的两个连续正整数就构成了一组勾股数，运用此法可以得到许多勾股数。

三、构造直角三角形

例3如图1，在四边形ABCD中，AB=AD=8，∠A=60°， ∠ADC=150°， 已知四边形ABCD的周长为32，求四边形ABCD的面积。

解析四边形ABCD是一个不规则的四边形，要求其面积，可设法变成特殊的三角形求解。

连接BD，∵ AB=AD，∠A=60°， ∴△ABD是等边三角形。

∴∠ADB=60°， BD=AD=AB=8。又∵∠ADC=150°， ∴∠BDC=90°，故△BDC是直角三角形。

因为四边形ABCD的周长为32， AB=AD=8，

∴BC+DC=32-16=16，BC=16-DC。

在Rt△BDC中，BD2+DC2=BC2，即82+DC2=(16-DC)2。解得DC=6。

四、解决存在性探索题

例4是否存在这样的直角三角形，它的两直角边长为整数且周长与面积相等？若存在，求出它的直角边长；若不存在，请说明理由。

解析题中条件较少，先假设存在这样的三角形，根据题中的等量关系及勾股定理列出方程，经讨论分析即可得证。

假设存在符合要求的直角三角形，设边长分别为a，b，c，且c为斜边，a，b为正整数，由题意，得a2+b2=c2①， ∵ a为正整数，∴b-4=1,2,4,8,即b=5,6,8,12。

把b代入④中得a=12,8,6,5,且c=13,10,10,13。

所以符合条件的直角三角形有两个，边长分别为：6，8，10；5，12，13。

五、用于解实际应用题

例5如图2，公路上A，B两点相距25km，C，D为两村庄，DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，已知DA=15km，CB=10km，现在要在公路AB上建一个土特产品收购站E，使得C，D两村到E站的距离相等，则E站应建在离A站多少km处？

解析要求AE的长度，在Rt△ADE中应用勾股定理可求，但只知道DA=15km，不能求AE的长度。同时我们发现，在这个图形中有两个直角三角形，可以分别在这两个直角三角形中都利用勾股定理。在Rt△ADE中，根据勾股定理得：ＡD2+AE2=DE2，在Rt△CBE中，根据勾股定理得：CB2+BE2=CE2，而DE=CE，从而得到等式AD2+AE2=CB2+BE2，列方程问题就可以解决了。

设AE=x，则BE=25-x，在Rt△ADE中，根据勾股定理得AD2+AE2=DE2。在Rt△CBE中，根据勾股定理得：CB2+BE2=CE2。

因为现在要在公路AB上建一个土特产品收购站E，使得C，D两村到E站的距离相等。由DE=CE，知DE2=CE2，所以AD2+AE2=CB2+BE2。

即152+x2=102+(25-x)2，解得：x=10。

因此E站应建在离A站10km处。

例6如图3，学校有一块长方形花圃，有极少数人为了避开拐角走“捷径”，在花圃内走出了一条“路”。他们仅仅少走了几步路（假设两步为1米），却踩伤了花草。求他们少走了多少步路？

解析本题是一道新颖的实际问题。要算出少走了几步，则需要求出路AB等于多少米。观察图形知AB是Rt△ABC的斜边。因为AC=3m,BC=4m, 根据勾股定理可解决问题。

在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2=32+42=25,所以AB=5m。

根据假设可知5m需要走10步，则沿B→A走需要10步。而沿B→C→A走需要14步，可见他们仅仅少走了4步路,却踩伤了花草。

阿波罗尼定理之逆定理的一个证明 第10篇

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

科斯定理的一个案例 第11篇

"媒体近日报道了广东江门市新会区崖南镇一陶瓷厂捐资建造新崖南中学的事。当年，该陶瓷厂在崖南镇刚投产，就因该厂排放的气体严重影响附近崖南中学师生而引发纠纷。学校与工厂仅是一路之隔，南风将工厂排出的废气弥漫校园，师生深受其害，学生家长还联合到陶瓷厂堵住厂门禁止开工，一度造成企业和学校群众之间的严重对立。后来，经各方努力，该厂出资２００万元购买原校区，还捐资１００多万元资助新校区建设。同时也投入设备完善治污设施。电视镜头上，显示的是新校区整齐的规划和洁净的校容，该厂董事长也被学校聘请为名誉校长。”

由于市场上对于陶瓷存在持久旺盛需求，于是，空气清洁产权界定依照习俗界定给学校，也不妨碍陶瓷厂通过谈判解决外部性问题。此案例告诉我们，市场机制和谈判会确保资源的最有效利用。任何最优的达致，都有当下技术条件下，诸偏好的一个谈判产物。市场价格表达了这样一个信息，即使哦我给你三百万，我卖陶瓷还是能够赚钱的，因此，我愿意，我出钱，我把你买走，买走你还不行吗？除了了买的200万，我还捐赠100万不行吗。所以学校就在谈判中把那个地点的空气清洁权卖给了陶瓷厂。这就是交易。

此例中，如果，市场对于陶瓷的评价很低，如果让陶瓷厂拿出300万，陶瓷厂就会倒闭停产。那怎么办？那就是它自己搬迁到别处。这说明，在那个时点，市场对于教育服务的评价高于陶瓷的评价。

科斯定理并不是一个演绎的结论 第12篇

科斯定理并不是一个演绎的结论

一位经济学诺贝尔奖获得者乔治・斯蒂格勒(George Stigler)宣称:“科斯定理”是一个演绎的结论.另一方面,在众多的经济学文献中都以一个双头模型来解释或证明所谓的“科斯定理”.对于这个模型中所给的`证明,众多引用此证明的文献都没有直接提出异议.笔者将在详细分析该模型的基础上指出,该模型中的证明是一个虚假的证明,这个所谓的证明从推导到结论的给出存在着隐蔽的诡辩.事实上,“科斯定理”根本不可能是一个“演绎”的结论.

作 者：谢琳 郭志梅 XIE Lin GUO Zhi-mei 作者单位：辽宁师范大学,数学学院,辽宁,大连,116029刊 名：辽宁师范大学学报(自然科学版) ISTIC PKU英文刊名：JOURNAL OF LIAONING NORMAL UNIVERSITY(NATURAL SCIENCE EDITION)年，卷(期)：200831(3)分类号：O29关键词：科斯定理 双头模型 效用函数

柯西留数定理的一个简单应用 第13篇

柯西留数定理是复变函数理论的重要结果之一,在积分计算和级数求和方面均有很好的应用.一般超几何级数,属于特殊函数范畴,与组合数学密切相关, 在数论、理论物理及计算机代数领域具有重要的理论意义和应用价值. 尤其是获得新的求和公式与变换公式,一直是组合学和特殊函数研究者感兴趣的课题. 为使本文的内容相对完备,本节回顾留数及柯西留数定理的相关内容, 并对一般超几何级数的相关概念做简单介绍.

1.1留数及留数定理

定义1.1[1]设函数f(z)以有限点a为孤立奇点,即f(z)在点a的某去心邻域0<|z-a|<R内解析,则称积分

这里C的定向是关于区域G的正向.

柯西留数定理的一个重要应用就是下面的部分分式分解原理,该原理可用于处理某些级数的求和问题.

1.2一般超几何级数

到目前为止, 证明和发现超几何级数恒等式的方法主要有级数重排、微分算子、组合反演,以及Abel分部求和法,等等.留数定理在级数的求和方面有很好的应用,不少数学工作者利用留数定理研究过一些特殊级数的求和问题[5][6]. 2007年,Chu等人 [3]利用留数定理重新证明了若干经典的双边超几何级数求和公式, 受该文启发, 笔者将利用同样的方法推导一个4F3-超几何级数求和公式.

2.主要结论及证明

2.1主要结论

2.2定理2.1的证明

定理2.1得证.

摘要：柯西留数定理是复变函数课程的重要内容之一,在积分计算及级数求和方面有很好的应用.本文利用柯西留数定理的重要推论——部分分式分解原理,得到一个4F3一般超几何级数的求和公式,它包含Saalschutz求和公式的一个特殊情况.

Wilson定理的证法及其应用 第14篇

【摘要】Wilson定理的重要性，不仅表现在对二次同余的研究有帮助，而且它给出一个正整数是素数的充要条件，因而决定一个正整数是否为素数的问题已经完全解决。该文将给出Wilson定理的两种证法，并应用 Wilson定理介绍一个素数公式，并证明其成立。

【关键词】素数 ； Wilson定理 ； 多项式 ； 素数公式

【中图分类号】G64 【文献标识码】B 【文章编号】2095-3089（2015）7-0245-02

早在古代，寻找素数公式就吸引了许多数学家的注意，他们产生了一些有趣的猜想，认为他们所猜想的这个公式就可以表示所有的素数，但最后都一一被否定。本文从威尔逊（Wilson）定理出发，介绍一个公式来表示所有的素数，即素数公式。先给出Wilson定理以及Wilson定理之逆定理的证明，然后再应用Wilson定理证明素数公式，最后介绍几个例题。

1.介绍几个由不同数学家猜测的素数公式[4]

数学家欧几里德猜想：当p1，p2，…pk是素数时，则p1，p2，…pk+1也是素数。例如：

2+1=3，2×3+1=7，2×3×5+1=31，

2×3×5×7+1=211，2×3×5×7×11+1=2311。

3，7，31，211，2311都是素数。但是如果再继续计算下去，就会发现：

2×3×5×7×11×13+1=30011=59×509，

2×3×5×7×11×13×17+1=510511=19×97×277.

30011，510511都是合数，否定了欧几里德的猜想。

以上两种猜想，都只在前五个数成立，而在以后的各数中就被否定，经过进一步科学家的研究知道：在5≤n≤1945中，至少有48个n所对应的费尔马数都是合数。

直到今天，除了F0，F1，F2，F3，F4，F5这五个费尔马数是素数外，还没有找到一个其它的费尔马数是素数。由于许多数学家的各种猜想和结果，致使许多长期从事数学工作的同志，还认定不存在一个公式来表示所有的素数。本文将从Wilson定理出发，给出一个用二元整系数多项式来表示所有素数，即素数公式，并加以证明。

2.Wilson定理及其证法

2.1 Wilson定理的第一种证法

Wilson定理 正整數p是素数？圯（p-1）！≡-1（mod p）.

证 当p=2或p=3时，（p-1）！≡-1（mod p）.显然成立。

现在令p>3，若r是下列p-3个数2，3，…，p-2中的一个，则在这些数中必有一数s≠r，可使rs≡1（mod p）.

这是因为r，2r，3r，…（p-1）r为模p的简化剩余系[1]，所以其中必有一数且只有一数sr使sr≡1（mod p）.

因为2≤r≤（p-2），故s≠1，s≠（p-1），另外，还有s≠r，因若s=r，则r2≡1（mod p），即（r+1）（r-1）≡0（mod p）. （1）

故应得p|（r+1）或p|（r-1），而2≤r≤（p-2），故（1）式不可能成立，所以s≠r.

又因为rs=sr，即r与s是成对地出现的，故2，3，…，p-2这p-3个数共可分为对，每一对数之乘积都模p同余于1，所以

2·3·4…（p-2）≡1≡1（mod p）.

即（p-2）！≡1（mod p）.从而有（p-1）！≡-1（mod p）.

2.2 Wilson定理的第二种证法

Wilson定理 设p为素数，则（p-1）！≡-1（mod p）[7].

证 当p=2时，显然成立。p>2时，p-1必为偶数，设p-1=2l，则zp={1，2，…，p-1}={1，2，…，2l}.

令a1=1，b1=p-1，T1={a1，b1}，作S1=zp＼T1.

假设已构造出Tk={a1，b1，…ak，bk}，Sk=zk＼Tk[6]，k>1时，对i>1时，有aibi≡1（mod p）.

任取an+1∈Sk，令bk+1=ak+1-1（mod p），则bk+1∈Zp且ak+1bk+1≡1（mod p）.如果bk+1=a1=1，则ak+1≡1（mod p），或ak+1∈zp，只能ak+1=1∈Tk，这与ak+1？埸Tk矛盾；

同理，如果bk+1=b1=p-1，则ak+1=p-1∈Tk，矛盾；当k>1时，如果bk+1=ai，2≤i≤k，ak+1ai≡1（mod p），

那么ak+1aibi≡bi（mod p）.因为aibi≡1（mod p）.所以ak+1≡bi（mod p）.

又∵ak+1，bi∈zp，∴ak+1=bi∈Tk矛盾；如果bk+1=bi，2≤i≤k，也推出ak+1=ai∈Tk，矛盾；

当k≥1时，如果bk+1=ak+1，则（ak+1）2≡1（mod p）.所以（ak+1+1）（ak+1-1）≡0（mod p）.故只能（ak+1+1）≡0（mod p）或ak+1-1≡0（mod p）.

所以p|（ak+1+1）或p|（ak+1-1）.但ak+1∈{2，3，…，p-2}，所以，1≤ak+1-1≤p-1，也矛盾；即只能bk+1？埸sk，bk+1≠ak+1；这样构造

Tk+1={a1，b1，…，ak+1，bk+1}[8].

则a1=1，b1=p-1，aibi≡1（mod p），a1≠b1，i=2，3，…，k+1.

再构造sk+1=zp/Tk+1；…如此一直构造下去，直到得到T1={a1，b1，…，ai，bi}，则

T1=zp={1，2，…，p-1}；aibi=1（mod p）；i=2，3…；l=.endprint

所以（a2b2）×（a3b3）…×（albl）=2×3…×（p-3）×（p-2）≡12（l-1）（mod p）.

所以1×2…×（p-2）×（p-1）=1×（p-1）≡-1（mod p）.因此（p-1）！≡-1（mod p）.

3.Wilson定理之逆定理的证明

Wilson定理不仅是判定一个数为素数的必要条件，也是判定一个数为素数的充分条件.证明如下：

如果（p-1）！≡-1（mod p），那么p为素数[2]。

证法1 假设p不是素数，那么一定存在正整数q，使q|p

因为（p-1）！≡-1（mod p），所以（p-1）！≡-1（mod q）.但q|（p-1）！，所以，0≡-1（mod p）.这是不可能的，故p是素数。

证法2 若（p-1）！ ≡-1（mod p），则存在t∈z，使（p-1） ！=-1+tp，tp=（p-1）！+1.

对任意q，1≤q≤p-1，如果q|p，则q1（（p-1）！+1）；但q|（p-1）！[3]，故q|1，而此时只能q=1，即：p只能被1或自身整除，故p为素数。

4.Wilson定理的应用

既然从理论上讲，威尔逊定理解决了判定一个整数是否为素数的问题，那么一定存在某个公式来表示所有的素数.

4.1 素数公式[5]

下證 n+1为素数。

要说明n+1为素数，据Wilson定理可知，必须满足[（n+1）-1]！≡-1（mod （n+1））.

因为m是正整数，所以（n+1）|[（n+1）-1]！ +1即[（n+1）-1]！ +1≡0（mod （n+1））.

而[（n+1）-1]！+1≡0（mod （n+1））？圳n+1为素数，所以n+1为素数，即B=0时，A为素数，所以

A=2，当B≠0时；n+1，当B=0时.

验证 例如：取m=3，n=4，则B=3×5-（4！+1）=-10≠0，A=2；

取m=329891，n=10，则B=329891×（10+1）-（10！+1）=0，A=10+1=11是素数。

5.小结

Wilson定理在初等数论中十分重要，它的重要性在于给出了一个正整数是素数的充要条件，从理论上解决了判定一个整数是否为素数的问题.并且为人们论证素数公式提供了有利的条件。

参考文献

[1]闵嗣鹤，严士健.初等数论[M].北京：高等教育出版社，2004，58-59.

[2]李复中.初等数论选讲[M].吉林：东北师范大学出版社，1984.

[3]周显.初等数论[M].武汉：华中师范学院数学系.1981.

[4]郑玉才.Wilson定理与素数公式[J].1992，1：11-13.

[5]陈景润.初等数论[M].北京：科学出版社，1978.

[6]王彤华，杨海文，刘咏梅.初等数论[M].北京：北京航空航天大学出版社，2008，3.

[7]冯志刚.初等数论[M].上海：上海科技教育出版社，2009，1.

[8]潘承彪.简明数论[M].北京：北京大学出版社，1998，1.

对称性的一个定理及其应用 第15篇

作 者：刘楠 李刚 LIU Nan LI Gang  作者单位：刘楠,LIU Nan(山东师范大学信息科学与工程学院,济南,250014)

李刚,LI Gang(山东师范大学数学科学学院,济南,250014)

刊 名：科学技术与工程  ISTIC英文刊名：SCIENCE TECHNOLOGY AND ENGINEERING 年，卷(期)： 8(20) 分类号：O152.7 关键词：U-富足半群   Ehresmann纯整群并半群   C-Ehresmann半群  

对称性的一个定理及其应用 第16篇

姓名：成绩：

1．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）Ａ．AD∥BC, AD=BCＢ.AB=DC,AD=BC Ｃ．AB∥DC,AD=BC

Ｄ．OA=OC,OD=OB

2．如图，在平行四边形ABCD中，AD5，AB3，AE平分∠BAD交BC边于点E，则线段BE，EC的长度分别为（）Ａ．2和

3Ｂ．3和

2Ｃ．4和

1Ｄ．1和

4E 3．如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O．下列结论中正确的个数有（）结论：①OAOC，②BADBCD，③ACBD，④BADABC180．

A

Ｄ．4个

第3题图

Ａ．1个Ｂ．2个Ｃ．3个

4.能够判别一个四边形是平行四边形的条件是（）

A.一组对角相等B.两条对角线互相垂直且相等C.两组对边分别相等D.一组对边平行 5.下列条件中不能确定四边形ABCD是平行四边形的是（）

A.AB=CD，AD∥BCB.AB=CD，AB∥CDC.AB∥CD，AD∥BCD.AB=CD，AD=BC 6.一个四边形的三个内角的度数依次如下选项，其中是平行四边形的是（）

A.88°，108°，88°B.88°，104°，108°C.88°，92°，92°D.88°，92°，88° 7.四边形ABCD中，AD∥BC，要判别四边形ABCD是平行四边形，还需满足条件（）

A.∠A+∠C=180°B.∠B+∠D=180°C.∠A+∠B=180°D.∠A+∠D=180° 8.以不在一条直线上的三点A、B、C为顶点的平行四边形共有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

二、填空题

5．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，要使四边形ABCD为平行四边形，则应添加的条件是

（添加一个条件即可）

6．在四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，∠B=50,则∠A=_______,∠D=_________。7．如图，平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，已知AB=8cm，BC=6cm，△AOB的周长为18cm，那么△AOD的周长为__________。

如图2，BD是ABCD的对角线，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，求证：四边形AECF

为平行四边形.

D

第5题图

C

C

A第7题图

9．如图：平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，MN过点O与AB、CD

相交于M、N，你认为OM、ON有什么关系？为什么？

10．如图，△ABC中，BD平分∠ABC，DE∥BC交AB于点E，EF∥AC交BC于F，试说明

BE=CF。

A

12.如图，D、E是△ABC的边AB和AC中点，延长DE到F，使EF=DE，连结CF.四边形BCFD是平行四边形吗？为什么？

13.如图，□ABCD的对角线AC、BD交于O，EF过点O交AD于E，交BC于F，G是OA的中点，H是OC的中点，四边形EGFH是平行四边形，说明理由

.三、如图3，田村有一口呈四边形的池塘，在它的四个角A、B、C、D处均种有一棵大核桃树.田村准备开挖池塘建养鱼池，想使池塘面积扩大一倍，又想保持核桃树不动，并要求扩建后的池塘成平行四边形的形状，请问田村能否实现这一设想？

对称性的一个定理及其应用 第17篇

——《费马大定理》读后感

罗雪

花了4天时间认真咀嚼了《费马大定理》，去挑战一个困惑了世间智者358年的顶尖数学谜题，这是我一个数学白痴以前想都不敢想的事情。但是，人生如白驹过隙，把握当下，勇敢向那些陌生领域挑战和进发，从而延展生命的深度和广度，尽管有些不自量力，不过应该不失为一种对抗虚无命运的尝试？下面简单分享一个数学门外汉的几点感受吧，不妥之处望见谅。

一、数学是严谨浪漫的世界

《费马大定理》这本书是以费马大定理为核心，追溯到它的起源、诞生与发展，描述了在漫长岁月中为寻求它的证明发生在数学界中发生的可歌可泣的动人故事。

什么是费马大定理呢？这得追溯到古希腊的毕达哥拉斯以及毕达哥拉斯定理（类似于勾股定理：直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方，即x?+y?=z?），而费马大定理是“业余数学家之王”费马在法官全职工作之余突发奇想提出来的：将上述次幂数改为3及以上，则不能解出整数解，即方程xn+yn=zn在n≥3时没有非零整数解。这个初中生也能看懂的问题，它的证明竟然让358年中一代代数学家前仆后继，却都壮志未酬；满怀热情，却都铩羽而归：导致人们不禁怀疑费马大定理的正确性，怀疑费马的那句千古名句：“我有一个对这个命题的十分美妙的证明，这里空白太小，写不下。”

从小我就深知自己数学思维先天不足，后天又没能得到有效训练，因此求学期间深受数学的困扰，高一分科时果断选了文科，大学和工作后也为不用再碰数学而欢呼雀跃。以前一直在困惑一个问题：数学到底有什么用呢？那些数学公式、解题技巧除了成为重点中学、大学的敲门砖外，对不直接从事数学工作的我来说实在感受不到它的具体用处，当然不能否定学习数学过程中帮助我们塑造了一种系统化、理性化、条理化的思维方式以及教给我们足以应付日常生活中简单运算的能力。以我浅薄的数学认知，我至今还是认为很多数学家现在做的工作是无用的，尤其是纯粹数学，但这也是我不禁困惑和敬佩的原因。

读了《费马大定理》这本书，我才知道，原来数学是如此严谨，却又如此浪漫，这是一个兼具理性与感性的国度。

数学应该是全世界最严格的一种科学。证明是数学的核心，也是它区别于别的科学之处，别的科学有各种假设，它们为实验证据所验证直到它们被推翻，被新的假设替代。如物理学上牛顿的力学定律，即使不说他被推翻但我们能够发现它使用的局限；再如对物质基本粒子的探索，由原子到质子电子中子，再到反物质、夸克，最后到现在被称作弦的粒子……可是数学不一样，在数学中，绝对的证明是其目标，如果我们从一个正确的陈述或者公理开始，然后严谨地按照逻辑，一步一步去推论，得出最后结果的时候，这个东西就定下来了，就再也推翻不了了。毕达哥拉斯定理，后人能够推翻吗？不可能，任你有多大的反对的力量跟意志，你都没办法毁灭数学所取得的成就。数学家所做的就是用他们的心灵去思考那些数学的柏拉图理念，追求天衣无缝的逻辑推理。

数学因它的严谨让世间绝大多数凡人都望而却步，只可远观而不可亵玩，但它又是如此有魅力，吸引一代代智力卓绝的精英，把自己的生命献祭上去，这是一件多么浪漫的事情！尤其是他们干这些外人看来完全没用的事的时候，这么投入，这么专注，哪怕生命威胁就在眼前，都浑然不觉。()比如说在罗马军队入侵的时候，古希腊数学家阿基米德浑然不觉，还在沙地上做算术，一个罗马士兵喊他他不理，其实很可能是他太专注于沙地上他写的那些算式了。于是罗马士兵很生气，一剑刺进了他的胸膛，就结束了这一代大数学家的性命。可以说，整个数学史，就是一曲波澜壮阔的浪漫史诗。

严谨而浪漫的数学是人类无法抗拒的智力游戏，就像造物主在实物世界之外留下的线索，看不见却实实在在。

二、兴趣和执着点亮人的生命

三百多年来，费马大定理见证着一代代数学精英的雄心壮志和折戟，终于在1993年英国剑桥大学的一个演讲上，这本书的男主角安德鲁·怀尔斯实现了自己童年时的梦想——证明了费马大定理，虽然后来因为一个小缺陷推迟了证明的最终公布，但这并不影响怀尔斯解决了费马大定理这一卓越成就。

10岁那年，怀尔斯在图书馆遇见了这道百年谜题，自此与数学结下了不解之缘，成为职业数学家后，开始研究看似与费马大定理完全没关系的椭圆曲线，后来他通过学习伽罗尔的“群论”和谷山、志村对于椭圆曲线和模型式一一对应的猜想（千万不要问我椭圆曲线、群论、模型式是什么？我也不懂），突然眼前一亮：原来困扰人类几百年的费马大定理，是有可能通过模型式这个数学的独立领域，作为桥梁过渡到他自己熟悉椭圆曲线的领域，从而反过来间接地证明费马大定理。紧接着就是长达7年一个人孤独地躲进自家小楼，从此目不窥园，潜心研究费马大定理的证明，除了他的妻子外没有人知道他在研究什么。尽管这一证明过程我无法理解，但这肯定是极其漫长与艰难的。

后来，他回想这一段研究时光的时候，怀尔斯打了个比方，他说：解决费马大定理就像穿过一个一个的黑屋子，首先我来到一个黑屋子，什么都看不见，我先得去摸，摸这个屋子里的所有家具，所有摆设，等摸得烂熟，对这个房间的每一个纹理都清楚的时候，我才能找到它的电灯开关，我打开电灯开关，才能知道下一个屋子的门在哪儿，打开那个门，然后进入下一个屋子，然后又开始这个过程，而且不知道什么时候是一个头。

当然，最后这些负担都变成了礼物，这些受的苦照亮了前行的路。这是少年时代的梦想和7年潜心努力的终极，怀尔斯终于向世界证明了他的才能。正如马克思所说：“在科学的道路上没有平坦的大路可走，只有在崎岖小路的攀登上不畏劳苦的人，才有希望到达光辉的顶点。”

其实，人类知识领域智力领域的任何丰碑，每一块砖，每一块瓦，都是必须由两个基本元素——兴趣和执着堆积出来的，兴趣开启了事业的大门，而执着成就了最后的成功，两者共同点亮了其中的每一块砖，每一块瓦，每一个人的生命。

当然，在费马大定理的动人故事中，怀尔斯不是唯一的主角，无数数学家为之奋斗过，他们甘为基石，他们也是英雄：失明却多产的欧拉，罕见的女数学家热尔曼，众所周知的数学天才高斯，充满悲壮色彩的伽罗尔，日本数学家谷山和志村……他们高瞻远瞩，耐住寂寞，矢志不渝，执着于追求科学真理，哪怕付出自己的全部也在所不惜。

三、生活赋予学术源泉和灵魂

生活与学术是什么关系呢？我之前一篇随感里面提到的：两者不是完全对立的，而是相互交融、相互促进的。怀尔斯用自己的学术人生告诉我们：生活并不是学术的绊脚石，()相反，生活不仅赋予了学术源泉，也为学术注入了灵魂，提供了更多的支持。

怀尔斯在长达7年秘密、孤独的求证之旅中，也曾经压力大到想放弃。当压力变得很大时，他会转向他的家庭，他放松的唯一方式就是和“和孩子们在一起，年幼的他们对费马好唔想去，他们只需要听故事，他们不想让你做任何别的事情”.同时，他对妻子许诺：要把这份研究成果作为给她的生日礼物，尽管迟了2年，但他最后还是成功地将这份数学史上最伟大的证明敬献给了他的妻子。

除了家庭给予了怀尔斯精神动力之外，他的“朋友圈”也在他最终证明关键一步雪中送炭。当1993年那场演讲后，审核证明原稿时发现的一个小错误让怀尔斯压力大到几度崩溃，想要放弃。但他此时不再关起门来自己搞，而是找到了在求证工具领域有很深造诣的约翰泰勒来合作探究，彼此分享思想，弥补那一个小缺陷，最终实现了童年的梦想，完成了数学史上最伟大的证明。

学术如果还待在书斋，不能融入火热的社会和沸腾的生活，这样的学术必死无疑。当然，孤芳自赏式钻研学术，没有生活的气息，可能人生的幸福感会降低很多，会留下些许遗憾。

勾股定理及其逆定理的应用 第18篇

关键词：勾股定理,逆定理,应用

勾股定理,又称毕达哥拉斯定理,是几何学中一颗光彩夺目的明珠,被称为“几何学的基石”,在许多数学分支、建筑以及测量等方面,有着广泛的应用,而且在高等数学和其他学科中也有着极为广泛的应用.著名数学家华罗庚曾提出把“数形关系”(勾股定理)带到其他星球,作为地球人与其他星球“人”进行第一次“谈话”的语言.这一著名的定理,是每年中考命题的必选内容,命题形式变化多端.现举几例,供大家赏析.

例1如图,已知AD=4,CD=3,∠ADC=90°,AB=13,BC=12,求四边形ABCD的面积.

点评本题考查了勾股定理及逆定理的运用,求证△ABC是直角三角形是解题的关键.

例2如图所示,圆柱的高等于16 cm,底面半径等于4 cm.在圆柱的下底面的A点有一只蚂蚁,它想吃到上底面上与A相对的C点的食物,需要沿圆柱的侧面爬行的最短路程是多少(π取整数3)?

解将圆柱体展开,连接A,C,△ABC是直角三角形,根据两点之间线段最短,AC为所求最短路程.根据题意可得:

点评本题是一道趣味题,将圆柱体展开,得到一个矩形,运用勾股定理解答即可.

例3如图,将矩形ABCD沿直线AE折叠,顶点D恰好落在BC边上F点处,已知CE=3 cm,AB=8 cm,则图中阴影部分面积为多少?

解∵CE=3,AB=8,∴EF=DE=5,从而CF=4,设BF=x,则AF=AD=BC=x+4,在直角三角形ABF中,由勾股定理,得82+x2=(x+4)2,解得x=6,故阴影部分的面积

点评在折叠前后,折痕两边能够完全重合的部分是全等图形,它们的对应线段相等、对应角相等.找到直角三角形利用勾股定理建立一元一次方程解决.

例4如右图是“水浒影视城”的圆弧形门,张帆同学到影视城游玩,很想知道这扇门的相关数据.于是她从景点管理人员处打听到:这个圆弧形门所在的圆与水平地面是相切的,AB=CD=20 cm,BC=200 cm,且AB,CD与水平地面都是垂直的.根据以上数据,请你帮助张帆同学计算出这个圆弧形门的最高点离地面的高度是多少.

答:这个圆弧形门的最高点离地面的高度为520 cm.

点评本题解决的关键是利用垂径定理构造直角三角形,进而运用勾股定理求出圆弧形门所在圆的半径.

例5 如图所示,在一次夏令营活动中,小亮从营地A点出发,沿北偏东60°方向走了到达B点,然后再沿北偏西30°方向走了500 m到达目的地C点.

(1)求A,C两点之间的距离.

(2)确定目的地C在营地A的什么方向.

解(1)过B点作BE∥AD,如图,∴∠DAB=∠ABE=60°,∵30°+∠CBA+∠ABE=180°∴∠CBA=90°,即△ABC为直角三角形.

由勾股定理可得:AC2=BC2+AB2,

(2)在Rt△ABC中,∵BC=500 m,AC=1000 m.

∴∠CAB=30°,∵∠DAB=60°,∴∠DAC=30°,即点C在点A的北偏东30°的方向.

点评本题是一道利用方位角的实际题目,从已知条件出发判断出△ABC是直角三角形,利用勾股定理是解决问题的关键.本题还涉及平行线的性质的知识及直角三角形中30°的判定.

勾股定理及其逆定理揭示了直角三角形中的三边之间的数量关系,是从“形”到“数”的飞跃,是几何计算、证明的重要工具.中考中单纯考查勾股定理的题目不多,它是解决含有直角三角形或能构造直角三角形的题目的主要方法,所以同学们一定要牢固掌握并熟练运用.

参考文献

[1]吴敏.位置与数量关系:几何入门教学的用力点——以七年级“相交线”教学设计为例[J].中学数学,2015(18).

[2]赵尔书,陈昌.浅议数量关系在数学问题解决中的地位、作用及教学[J].教育革新,2015(12).

[3]田载今.整式、分式可以表达同一数量关系[J].中学生数理化(八年级数学)(配合人教社教材),2015(12).

[4]朱亚邦.说说余角和补角[J].中学生数理化(七年级数学)(配合人教社教材),2015(11).