数学结论公式(数学结论有哪些)

导语：定理“三用”-例说数学结论的三种用法

【附】为便于编辑修改，特提供纯文本文档如下：

定理“三用”-例说数学结论的三种用法

冯跃峰

在数学学习中，我们无一例外地都要遇到许多定理。定理之所以称之为“定理”，是因为利用它可以解决许多问题。

我们通常所说的运用定理，都是指直接运用定理的结论。但笔者认为，定理的作用远不止如此。它至少有3个基本用法，简称之为“三用”。

第一用：用结论。它是定理运用的最基本方式，也为大家所熟悉。

第二用：用思想。它是定理运用的另一种重要方式，常常被大家所忽略。

所谓用思想，是指运用定理发现过程或证明过程中隐含的深刻的数学思想。定理处理问题的方式方法往往是非常经典的，它可以指导我们按照相应的思路或模式处理相关问题。

第三用：用变式。它是定理运用的一种高级方式，常常是问题解决的关键所在，甚至是解题的“神来之笔”。

所谓用变式，是指定理改变原始形式后得到的一种新的表现形式的运用。这种“新形式”可能与定理的“原形”等价，也可能是定理“原形”的加强或弱化。比如，限定相关对象的特定表现形式，或者减弱或加强定理中的有关条件等等。

下面用一个例子来说明。

【问题】平面上给定n个点（n≥5），其中无3点共线，以这些点为顶点的凸四边形的个数的最小值记为f（n），求证：f（n）≥Cn-32+f（n-2）（原创题）。

【题感】从条件看，n≥5是一个“题眼”，可从n=5的情形突破。

此时，不等式变为：f（n）≥C22+f（3）=1+0=1。

这是简单的Klein问题，我们将其作为引理。

引理、平面上给定5个点，其中无3点共线。求证：存在一个以这些点为顶点的凸四边形。

关于凸性的证明，自然是考虑点集的凸包。

【研究凸包】当凸包是四边形、五边形时，结论显然成立。下面考虑凸包是三角形的情形。

设凸包为△ABC，另两点D、E在△ABC内。

此时怎样找到凸四边形呢？——利用凸四边形的特性即可。这当然要先判断谁必定为顶点。

【目标设想】首先，四边形必定含有D、E，否则，D或E在△ABC内不构成凸四边形。其次，D、E是凸四边形的相邻两个顶点，否则对角线DE与另一对角线相交，但DE不与任何已有线段相交，矛盾。

【发掘性质】根据凸四边形的特性，四边形的另两个顶点在直线DE的同侧，由此想到用直线DE分割剩下的点，考察这些点在直线两侧的分布即可。

【直线分割】作直线DE，则直线DE必与△ABC的边界相交，不妨设与AB、AC相交于M、N，则MBCN是凸四边形（凸图形边界上若干点依次连接形成的图形是凸多边形），进而D、E、B、C 构成一个凸四边形，命题获证。

回到原问题：f（n）≥Cn-32+f（n-2）。

【用“结论”】从目标看，联想到上述引理，自然想到取5点组，每个5点组对应一个凸四边形（用结论）。

这似乎可以找到Cn5个凸四边形。但题中的组合数为什么是Cn-32呢？

——上述对应不是单射，需要重新建立对应，避免计数重复，这是本题的难点。

【数值分析】显然，常数Cn-32也是一个“题眼”，它隐含这样的事件：在n-3个点中选取2个点。这里的n-3又意味着什么呢？

——先在n个点中“去掉”3个点，而剩下的n-3个点的任何2点组都应对应一个凸四边形（单射）。

【用“思想”】如何“去掉”3个点？联想到引理的证明中，关键的一步是：“直线分割三角形的3顶点”。由此想到用“最大三角形”控制点集的存在域（图1），或者采用缩小包围圈策略确定存在域（注意，外围三角形3顶点未必是已知点，但每边上至少一个已知点）。

这样，对“边界△ABC”（顶点在外围△A1B1C1的边界上）的3顶点外的任何2点组，都可作直线分割“边界三角形”的3顶点，找到凸四边形（用思想）。

【用“变式”】至于后面的f（n-2），不过是适当去掉2个点（“边界△ABC”的某2个顶点），化为n-2个点的同构问题。

但需要前后2组四边形互异，这就要适当控制前面的四边形的属性：含有“边界△ABC”的3顶点中的两点（用变式），以保证互异性。

将上述思路具体化，即可完成解题。

【最大三角形控制】任意3点都构成一个三角形，得到有限个三角形。取一个面积最大的三角形，设为△ABC。

作外围三角形△A1B1C1，使△ABC是△A1B1C1的中位线三角形。由△ABC的最大性，其他的n-3个点都被△A1B1C1覆盖（注意A1、B1、C1未必是已知点）。

【直线分割】对A、B、C外n-3个点中的任意两点P、Q（在△A1B1C1内），作直线PQ，则直线PQ必与△A1B1C1的边界相交（图2）。

不妨设与A1B1、A1C1分别交于点M、N，则M、N与A、B、C构成凸5边形（因为5点都在△A1B1C1的边界上）。

由于A、B、C中至少有两点在直线PQ的同侧，不妨设B、C在直线PQ的同侧，则MN、BC构成以MN为一边的凸四边形。进而PQ、BC构成凸四边形（因为PQ在线段MN上）。

【加权四边形计数】因为在n-3个点取2个点P、Q有Cn-32种取法，所以含有A、B、C中两个点的凸四边形（称为加权四边形）至少有Cn-32个。

【化归同构问题】以下只需证明：至多含有A、B、C中一个点的凸四边形（非加权四边形）至少有f（n-2）个，这去掉A、B、C中的某两个点，便化为n-2个点的同构问题。

实际上，去掉点A、B，还剩下n-2个点，这n-2个点所形成的凸4点组至少有f（n-2）个，其中每个四边形至多恰含有A、B、C中的一个点C，与前面的Cn-32个四边形都互异。

至此，不等式获证。

【新写】任意3点都构成一个三角形，得到有限个三角形。取一个面积最大的三角形，设为△ABC（如图）。

作外围三角形△A1B1C1，使△ABC是△A1B1C1的中位线三角形。由△ABC的最大性，其他的n-3个点都被△A1B1C1覆盖。

考察A、B、C外的n-3个点，对其中任意两点P、Q，作直线PQ，不妨设直线PQ与A1B1、A1C1分别交于点M、N。

由抽屉原理，不妨设B、C在直线PQ的同侧，则MN、BC构成凸四边形，进而PQ、BC构成凸四边形（依次连接凸图形边界上的点形成的图形）。

因为在n-3个点取2个点P、Q有Cn-32种取法，所以含有A、B、C中两个点的凸四边形至少有Cn-32个。

去掉点A、B，还剩下n-2个点，这n-2个点所形成的凸4点组至少有f（n-2）个，这些四边形中的每一个都至多恰含有A、B、C中的一个点，从而与前面的Cn-32个四边形互异。

由加法原理，不等式获证。

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