高中数学联赛常用定理

常用定理

1、费马点 （I）基本概念

定义：在一个三角形中，到3个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点。 (1)若三角形ABC的3个内角均小于120°，那么3条距离连线正好平分费马点所在的周角。所以三角形的费马点也称为三角形的等角中心。

(2)若三角形有一内角不小于120度，则此钝角的顶点就是距离和最小的点。

（II）证明

我们要如何证明费马点呢：

费马点证明图形

(1)费马点对边的张角为120度。

△CC1B和△AA1B中,BC=BA1,BA=BC1,∠CBC1=∠B+60度=∠ABA1, △CC1B和△AA1B是全等三角形,得到∠PCB=∠PA1B 同理可得∠CBP=∠CA1P

由∠PA1B+∠CA1P=60度，得∠PCB+∠CBP=60度,所以∠CPB=120度 同理,∠APB=120度，∠APC=120度 (2)PA+PB+PC=AA1

将△BPC以点B为旋转中心旋转60度与△BDA1重合，连结PD，则△PDB为等边三角形，所以∠BPD=60度

又∠BPA=120度，因此A、P、D三点在同一直线上，

又∠CPB=∠A1DB=120度，∠PDB=60度，∠PDA1=180度，所以A、P、D、A1四点在同一直线上，故PA+PB+PC=AA1。 (3)PA+PB+PC最短

在△ABC内任意取一点M（不与点P重合），连结AM、BM、CM，将△BMC以点B为旋转中心旋转60度与△BGA1重合，连结AM、GM、A1G(同上)，则AA1

平面四边形中费马点证明相对于三角型中较为简易，也较容易研究。 （1）在凸四边形ABCD中，费马点为两对角线AC、BD交点P。

费马点

（2）在凹四边形ABCD中，费马点为凹顶点D（P）。 经过上述的推导，我们即得出了三角形中费马点的找法：

当三角形有一个内角大于或等于一百二十度的时候，费马点就是这个内角的顶点；如果三个内角都在120度以内，那么，费马点就是使得费马点与三角形三顶点的连线两两夹角为120度的点。

（III）费马点性质：

费马点

（1）平面内一点P到△ABC三顶点的之和为PA+PB+PC，当点P为费马点时，距离之和最小。 特殊三角形中：

(2).三内角皆小于120°的三角形，分别以 AB,BC,CA，为边，向三角形外侧做正三角形ABC1,ACB1,BCA1,然后连接AA1,BB1,CC1,则三线交于一点P,则点P就是所求的费马点.

(3).若三角形有一内角大于或等于120度,则此钝角的顶点就是所求. (4)当△ABC为等边三角形时,此时外心与费马点重合

二、梅涅劳斯定理和塞瓦定理 1、梅涅劳斯定理

梅涅劳斯定理证明

梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么

AFBCDO???1 FBCDOA证明：做平行线即可，过程略

2、角元形式：

（1）第一角元形式的梅涅劳斯定理

如图：若E，F，D三点共线，则

(sin∠ACF/sin∠FCB)(sin∠BAD/sin∠DAC)(sin∠CBA/sin∠ABE)=1 即图中的蓝角正弦值之积等于红角正弦值之积 该形式的梅涅劳斯定理也很实用 （2）第二角元形式的梅涅劳斯定理

在平面上任取一点O，且EDF共线，则（sin∠AOF/sin∠FOB)(sin∠BOD/sin∠DOC)(sin∠COA/sin∠AOE)=1。(O不与点A、B、C重合)

三、塞瓦定理

塞瓦定理

在△ABC内任取一点O，

直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则 (BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 证法简介 （Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明： ∵△ADC被直线BOE所截，

∴ (CB/BD)*(DO/OA)*(AE/EC)=1 ①

而由△ABD被直线COF所截，∴ (BC/CD)*(DO/OA)*(AF/FB)=1②

②÷①:即得：(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1 （Ⅱ）也可以利用面积关系证明

∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=(S△ABD-S△BOD)/(S△ACD-S△COD)=S△AOB/S△AOC ③

同理 CE/EA=S△BOC/ S△AOB ④ AF/FB=S△AOC/S△BOC ⑤

③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1

塞瓦定理推论

1.设E是△ABD内任意一点，AE、BE、DE分别交对边于C、G、F，则(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1

因为(BC/CD)*(DG/GA)*(AF/FB)=1，（塞瓦定理）所以 (BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=K（K为未知参数）且(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=K（K为未知参数）又由梅涅劳斯定理得：(BD/CD)*(CE/AE)*(AF/FB)=1 所以(BD/BC)*(CE/AE)*(GA/DG)=1 2.塞瓦定理角元形式

AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是：

(sin∠BAD/sin∠DAC)*(sin∠ACF/sin∠FCB)*(sin∠CBE/sin∠EBA)=1 由正弦定理及三角形面积公式易证

3.如图，对于圆周上顺次6点A,B,C,D,E,F，直线AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是：

(AB/BC)*(CD/DE)*(EF/FA)=1

由塞瓦定理的角元形式，正弦定理及圆弦长与所对圆周角关系易证。

4.还能利用塞瓦定理证三角形三条高交于一点

设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F，根据塞瓦定理逆定 理，因为(AD:DB)*(BE:EC)*(CF:FA)=[(CD*ctgA）/[(CD*ctgB）]*[(AE*ctgB)/(AE*ctgC)]*[(BF*ctgC)/[(AE*ctgB)]=1，所以三条高CD、AE、BF交于一点。

四、西姆松定理

西姆松定理图示

西姆松定理是一个几何定理。表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线）。西姆松定理的逆定理为：若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上。

西姆松定理说明

相关的结果有：

（1）称三角形的垂心为H。西姆松线和PH的交点为线段PH的中点，且这点在九点圆上。

（2）两点的西姆松线的交角等于该两点的圆周角。

（3）若两个三角形的外接圆相同，这外接圆上的一点P对应两者的西姆松线的交角，跟P的位置无关。

（4）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。

证明

证明一： △ABC外接圆上有点P，且PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，PD⊥BC于D，分别连DE、DF.

易证P、B、F、D及P、D、C、E和A、B、P、C分别共圆，于是∠FDP=∠ACP ①，（∵都是∠ABP的补角） 且∠PDE=∠PCE ② 而∠ACP+∠PCE=180° ③ ∴∠FDP+∠PDE=180°

④ 即F、D、E共线. 反之，当F、D、E共线时，由④→②→③→①可见A、B、P、C共圆.

证明二： 如图，若L、M、N三点共线，连结BP，CP，则因PL垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、P、L、N和

M、P、L、C分别四点共圆，有

∠PBN = ∠PLN = ∠PLM = ∠PCM. 故A、B、P、C四点共圆。

若A、B、P、C四点共圆，则∠PBN = ∠PCM。因PL垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、P、L、N和M、P、L、C四点共圆，有 ∠PBN =∠PLN =∠PCM=∠PLM. 故L、M、N三点共线。

相关性质的证明

连AH延长线交圆于G, 连PG交西姆松线与R,BC于Q 如图连其他相关线段

AH⊥BC,PF⊥BC==>AG//PF==>∠1=∠2

A.G.C.P共圆==>∠2=∠3

PE⊥AC,PF⊥BC==>P.E.F.C共圆==>∠3=∠4 ==>∠1=∠4 PF⊥BC ==>PR=RQ

BH⊥AC,AH⊥BC==>∠5=∠6 A.B.G.C共圆==>∠6=∠7 ==>∠5=∠7

AG⊥BC==>BC垂直平分GH ==>∠8=∠2=∠4

∠8+∠9=90,∠10+∠4=90==>∠9=∠10 ==>HQ//DF ==>PM=MH

第二个问，平分点在九点圆上，如图：设O,G,H 分别为三角形ABC的外心，重心和垂心。

则O是,确定九点圆的中点三角形XYZ的垂心，而G还是它的重心。 那么三角形XYZ的外心 O1， 也在同一直线上，并且 HG/GO=GO/GO1=2，所以O1是OH的中点。

三角形ABC和三角形XYZ位似，那么它们的外接圆也位似。两个圆的圆心都在OH上，并且两圆半径比为1:2

所以G是三角形ABC外接圆和三角形XYZ外接圆(九点圆)的\反\位似中心(相似点在位似中心的两边),H 是\正\位似中心(相似点在位似中心的同一边)... 所以H到三角形ABC的外接圆上的连线中点必在三角形DEF的外接圆上....

五、托勒密定理

1、定理的内容 托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。 原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于 一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。 从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．

证明

一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。） 在任意四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ ACD 因为△ABE∽△ACD

所以 BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1) 而∠BAC=∠DAE，，∠ACB=∠ADE 所以△ABC∽△AED相似.

BC/ED=AC/AD即ED·AC=BC·AD (2) (1)+(2),得

AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC 又因为BE+ED?BD

（仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”） 所以命题得证 复数证明

用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。 首先注意到复数恒等式： (a ? b)(c ? d) + (a ? d)(b ? c) = (a ? c)(b ? d) ，两边

取模，运用三角不等式得。 等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。 四点不限于同一平面。 平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。 二、

设ABCD是圆内接四边形。 在弦BC上，圆周角∠BAC = ∠BDC，而在AB上，∠ADB = ∠ACB。 在AC上取一点K，使得∠ABK = ∠CBD； 因为∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD，所以∠CBK = ∠ABD。 因此△ABK与△DBC相似，同理也有△ABD ~ △KBC。 因此AK/AB = CD/BD，且CK/BC = DA/BD； 因此AK·BD = AB·CD，且CK·BD = BC·DA； 两式相加，得(AK+CK)·BD = AB·CD + BC·DA； 但AK+CK = AC，因此AC·BD = AB·CD + BC·DA。证毕。 三、

托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)．已知：圆内接四边形ABCD，求证：AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．

证明：如图1，过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD∽△BCP．得AC：BC=AD：BP，AC·BP=AD·BC ①。又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．得AC：CD=AB：DP，AC·DP=AB·CD ②。①＋②得 AC(BP＋DP)=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．

推论

1.任意凸四边形ABCD，必有AC·BD?AB·CD+AD·BC，当且仅当ABCD四点共圆时取等号。

2.托勒密定理的逆定理同样成立：一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，则这个凸四边形内接于一圆、

推广

托勒密不等式：四边形的任两组对边乘积不小于另外一组对边的乘积，取等号当且仅当共圆或共线。

简单的证明：复数恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d)，两边取模，

得不等式AC·BD?|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d)|=AB·CD+BC·AD 注意：

1.等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。

2.四点不限于同一平面。

六、欧拉定理：在一条线段上AD·BC+AB·CD=AC·BD 七、重要不等式

AD上，顺次标有B、C两点，则

1、均值不等式：

na1,a2?an?R?,则n?akk?1??akk?1nn

TIP:完全的均值不等式

√[(a^2+ b^2)/2] ?(a+b)/2 ?√ab ?2/(1/a+1/b) （二次幂平均?算术平均?几何平均?调和平均）

2、柯西不等式

柯西不等式的一般证法有以下几种：

（1）Cauchy不等式的形式化写法就是：记两列数分别是ai, bi，则有 (∑ai^2) * (∑bi^2) ? (∑ai * bi)^2.

我们令 f(x) = ∑(ai + x * bi)^2 = (∑bi^2) * x^2 + 2 * (∑ai * bi) * x + (∑ai^2)

则我们知道恒有 f(x) ? 0.

用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有 Δ = 4 * (∑ai * bi)^2 - 4 * (∑ai^2) * (∑bi^2) ? 0. 于是移项得到结论。 （2）用向量来证.

m=(a1,a2......an) n=(b1,b2......bn)

mn=a1b1+a2b2+......+anbn=(a1^+a2^+......+an^)^1/2乘以(b1^+b2^+......+bn^)^1/2乘以cosX．

因为cosX小于等于1，所以：a1b1+a2b2+......+anbn小于等于a1^+a2^+......+an^)^1/2乘以(b1^+b2^+......+bn^)^1/2 这就证明了不等式．

柯西不等式还有很多种，这里只取两种较常用的证法．

柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我

们在教学中应给予极大的重视。

3.排序不等式

排序不等式是高中数学竞赛大纲要求的基本不等式。

设有两组数 a 1 , a 2 ,?? a n, b 1 , b 2 ,?? b n 满足 a 1 ? a 2 ???? a n, b 1 ? b 2 ???? b n 则有 a 1 b n + a 2 b n?1 +??+ a n b1? a 1 b t + a 2 b t +??+ a n b t ? a 1 b 1 + a 2 b 2 +??+ a n b n 式中t1，t2，??，tn是1，2，??，n的任意一个排列， 当且仅当 a 1 = a 2 =??= a n 或 b 1 = b 2 =??= b n 时成立。 以上排序不等式也可简记为： 反序和?乱序和?同序和. 证明时可采用逐步调整法。

例如，证明：其余不变时，将a 1 b 1 + a 2 b 2 调整为a 1 b 2 + a 2 b 1 ，值变小，只需作差证明（a 1 -a 2 ）*（b 1 -b 2 ）?0，这由题知成立。

依次类推，根据逐步调整法，排序不等式得证。

4.契比雪夫不等式

切比雪夫不等式有两个

（1）设存在数列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn满足a1?a2?a3?.....?an和b1?b2?b3?......?bn 那么，∑aibi?(1/n)(∑ai)(∑bi)

（2）设存在数列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn满足a1?a2?a3?.....?an和b1?b2?b3?......?bn

那么，∑aibi?(1/n)(∑ai)(∑bi)

5.琴生不等式

设f(x)为上凸函数，则f[(x1+x2+??+xn)/n]?[f(x1)+f(x2)+??+f(xn)]/n,称为琴生不等式（幂平均）。 加权形式为：

f[(a1x1+a2x2+??+anxn)]?a1f(x1)+a2f(x2)+??+anf(xn),其中

ai>=0(i=1,2,??,n),且a1+a2+??+an=1.

6.幂平均不等式

n??aii?11? 幂平均不等式：ai>0(1?i?n),且α>β，则有

{n}?(∑ai^β/n)^1/

β成立

iff a1=a2=a3=??=an 时取等号 加权的形式：

设ai>0，pi>0(1?i?n)，且α>β，则有

（∑pi*ai^α/∑pi)^1/α?(∑pi*ai^β/∑pi)^1/β iff a1=a2=a3=??=an， p1=p2=p3=??=pn 时取等号。

特例：

- 调和平均（-1次幂）， - 几何平均（0次幂）， - 算术平均（1次

幂）， ， - 二次平均（2次幂）

7权方和不等式

1）

a1 ^ （m+1） / b1^m + a2 ^ （m+1） / b2^m + a3 ^ （m+1） / b3^m + ?? + an ^ （m+1） / bn^m ? (a1+a2+a3+ ?? +an) ^ （m+1） / (b1+b2+b3+ ?? +bn)^m 其中

a,b,n为正整数，m＞0 或 m＜-1

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn时，等号成立 2）

a1 ^ （m+1） / b1^m + a2 ^ （m+1） / b2^m + a3 ^ （m+1） / b3^m + ?? + an ^ （m+1） / bn^m ? (a1+a2+a3+ ?? +an) ^ （m+1） / (b1+b2+b3+ ?? +bn)^m 其中

a,b,n为正整数，-1

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn时，等号成立 权方和不等式的等价形式：

（Holder不等式）：∑[i=1，n]ai*bi?（∑[i=1，n]ai^p）^(1/p) * （∑[i=1,n]bi^q)^(1/q)

上式中1/p+1/q=1,ai,bi为正实数

八、棣莫弗(de Moivre)定理

设两个复数(用三角形式表示)Z1=r1(cosθ1+isinθ1) ,Z2=r2(cosθ2+isinθ2),则:

Z1Z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].

证:先讲一下复数的三角形式的概念.在复数平面上,可以用向量Z(a,b)来表示Z=a+ib.于是,该向量可以分成两个在实轴,虚轴上的分向量.如果向量Z与实轴的夹角为θ,这两个分向量的模分别等于rcosθ,risinθ(r=√a^2+b^2).所以,复数Z可以表示为Z=r(cosθ+isinθ).这里θ称为复数Z的辐角.

因为Z1=r1(cosθ1+isinθ1) ,Z2=r2(cosθ2+isinθ2),所以 Z1Z2=r1r2(cosθ1+isinθ1)(cosθ2+isinθ2)

=r1r2(cosθ1cosθ2+icosθ1sinθ2+isinθ1cosθ2-sinθ1sinθ2) =r1r2[(cosθ1cosθ2-sinθ1sinθ2)+i(cosθ1sinθ2+sinθ1cosθ2)]

=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]. 其实该定理可以推广为一般形式:

棣莫弗定理的推广

设n个复数Z1=r1(cosθ1+isinθ1) ,Z2=r2(cosθ2+isinθ2),??，Zn=rn(cosθn+isinθn), 则：

Z1Z2??Zn=r1r2??rn[cos(θ1+θ2+??+θn)+isin(θ1+θ2+??+θn)]. 证：用数学归纳法即可，归纳基础就是两个复数相乘的棣莫弗定理。 如果把棣莫弗定理和欧拉(Euler)公式“e^iθ=cosθ+isinθ”（参见《泰勒公式》，严格的证明需要复分析）放在一起看，则可以用来理解欧拉公式的意义。 利用棣莫弗定理有：

Z1Z2??Zn=r1r2??rn[cos(θ1+θ2+??+θn)+isin(θ1+θ2+??+θn)] 如果可以把所有的复数改写成指数的形式，即：Z1=r1e^iθ1,Z2=r2e^iθ2,??，Zn=rne^iθn,

Z1Z2??Zn=r1r2??rne^i(θ1+θ2+??+θn)

这和指数的可加性一致.

在一般形式中如果令Z1=Z2=??=Zn=Z,则能导出复数开方的公式.有兴趣可自己推推看.

九、欧几里德除法

欧几里德算法

欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个整数a,b的最大公约数。其计算原理依赖于下面的定理：

定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b)

证明：a可以表示成a = kb + r，则r = a mod b 假设d是a,b的一个公约数，则有 d|a, d|b，而r = a - kb，因此d|r 因此d是(b,a mod b)的公约数 假设d 是(b,a mod b)的公约数，则 d | b , d |r ，但是a = kb +r 因此d也是(a,b)的公约数

因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。

欧几里德算法（辗转相除法）求两个数的最大公约数的步骤如下： 先用小的一个数除大的一个数，得第一个余数； 再用第一个余数除小的一个数，得第二个余数；

又用第二个余数除第一个余数，得第三个余数；

这样逐次用后一个数去除前一个余数，直到余数是0为止。那么，最后一个除数就是所求的最大公约数（如果最后的除数是1，那么原来的两个数是互质数）。 例如求1515和600的最大公约数， 第一次：用600除1515，商2余315； 第二次：用315除600，商1余285； 第三次：用285除315，商1余30； 第四次：用30除285，商9余15； 第五次：用15除30，商2余0。 1515和600的最大公约数是15

十、裴蜀定理

在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数（或最大公约式）的定理。

简介

裴蜀定理得名于法国数学家艾蒂安·裴蜀，说明了对任何整数a、b和它们的最大公约

数d，关于未知数x和y的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）：若a,b是整数,且(a,b)=d,那么对于任意的整数x,y,ax+by都一定是d的倍数,特别地,一定存在整数x,y,使ax+by=d成立。

它的一个重要推论是：a,b互质的充要条件是存在整数x,y使ax+by=1.

证明

如果 a 和 b 有一个是0，那么它们两个的最大公约数是0。这时定理显然成立。

以下证明a和b都不等于0的情况。不妨设a,b都大于零，a>=b.设(a,b)=d 对ax+by=d，两边同时除以d，可得(a1)x+(b1)y=1，其中(a1,b1)=1。 转证(a1)x+(b1)y=1。由带余除法： a1=(q1)b+(r1),其中0=

(rn-3)=(qn-1)(rn-2)+(rn-1) (rn-2)=(qn)(rn-1)+(rn) (rn-1)=(qn+1)(rn)

于是，有(a1,b1)=(b1,r1)=(r1,r2)=...=(rn-1,rn)=1

故

(rn-2)=(xn)(rn-1)+1 即1=(rn-2)-(xn)(rn-1)

由倒数第三个式子（rn-1）=(rn-3)-(xn-1)(rn-2)代入上式，得 1=[1+(xn)(xn-1)](rn-2)-(xn)(rn-3)

然后用同样的办法用它上面的等式逐个地消去(rn-2),...(r1), 可证得1=(a1)x+(b1)y。

n个整数间的裴蜀定理

设a1,a2,a3......an为n个整数，d是它们的最大公约数，那么存在整数x1......xn使得x1*a1+x2*a2+...xn*an=d。

特别来说，如果a1...an互质(不是两两互质），那么存在整数x1......xn使得x1*a1+x2*a2+...xn*an=1。

任意主理想环上的情况

裴蜀可以推广到任意的主理想环上。设环A是主理想环，a和b 为环中元素，d是它们的一个最大公约元，那么存在环中元素x和y使得： ax + by = d

这是因为在主理想环中，a和b的最大公约元被定义为理想aA + bA的生成元。

定理

在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数（或最大公约式）的定理。裴蜀定理得名于法国数学家艾蒂安·裴蜀，说明了对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）： ax + by = m

有解当且仅当m是d的倍数。裴蜀等式有解时必然有无穷多个整数解，每组解x、y都称为裴蜀数，可用辗转相除法求得。

例如，12和42的最大公因子是6，则方程12x + 42y = 6有解。事实上有(-3)×12 + 1×42 = 6及4×12 + (-1)×42 = 6。

特别来说，方程 ax + by = 1 有解当且仅当整数a和b互素。

裴蜀等式也可以用来给最大公约数定义：d其实就是最小的可以写成ax + by形式的正整数。这个定义的本质是整环中“理想”的概念。因此对于多项式整环也有相应的裴蜀定理。

推广

以上定理可推广到n个，n?2

如1st IMO 1959第1题：证明对任意自然数n，(21n+4)/(14n+3)为既约分数。证明：很容易看出3(14n+3)-2(21n+4)=1，由裴蜀定理，21n+4与14n+3互质，故(21n+4)/(14n+3)为既约分数。Q.E.D.

另如：5x+4y+3z可表示全部整数.因为3，4，5互质，所以5x+4y+3z可以等于1，则必定可以等于其他任意整数

十一、费马小定里

费马小定理的证明

一、准备知识： 引理1．剩余系定理2 若a,b,c为任意3个整数，m为正整数，且(m,c)=1,则当ac≡bc(mod m)时，有

a≡b(mod m)

证明：ac≡bc(mod m)可得ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)c≡0(mod m)因为(m,c)=1即m,c互质，c可以约去，a–b≡0(mod m)可得a≡b(mod m) 引理2．剩余系定理5

若m为整数且m>1,a[1],a[2],a[3],a[4],?a[m]为m个整数，若在这m个数中任取2个整数对m不同余，则这m个整数对m构成完全剩余系。

证明：构造m的完全剩余系（0,1,2,?m-1），所有的整数必然这些整数中的1个对模m同余。取r[1]=0,r[2]=1,r[3]=2,r[4]=3,?r=i-1,11，b是一个整数且(m,b)=1。如果a1,a2,a3,a4,?am是

模m的一个完全剩余系，则ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],?ba[m]也构成模m的一个完全剩余系。

证明：若存在2个整数ba和ba[j]同余即ba≡ba[j](mod m)，根据引理2则有a≡a[j](mod m)。根据完全剩余系的定义和引理4（完全剩余系中任意2个数之间不同余，易证明）可知这是不可能的，因此不存在2个整数ba和ba[j]同余。由引理5可知ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],?ba[m]构成模m的一个完全剩余系。 引理4．同余定理6

如果a,b,c,d是四个整数，且a≡b(mod m),c≡d(mod m),则有ac≡bd(mod m) 证明：由题设得ac≡bc(mod m),bc≡bd(mod m)，由模运算的传递性可得ac≡bd(mod m)

二、证明过程：

构造素数p的完全剩余系P={1,2,3,4?(p-1)}，因为(a,p)=1，由引理3可得A={a,2a,3a,4a,?(p-1)a}也是p的一个完全剩余系。令W=1*2*3*4?*(p-1)，显然W≡W(mod p)。令Y=a*2a*3a*4a*?(p-1)a,因为{a,2a,3a,4a,?(p-1)a}是p的完全剩余系，由引理2以及引理4可得a*2a*3a*?(p-1)a≡1*2*3*?(p-1)(mod p)即W*a^(p-1)≡W(modp)。易知(W,p)=1，由引理1可知a^(p-1)≡1(modp）

十二、欧拉定理

顶点数V＝(5x+6y)/3（每个顶点由三块皮子共用） 由欧拉公式，x＋y－(5x+6y)/2＋(5x+6y)/3＝2， 解得x＝12。所以，共有12块黑皮子

所以，黑皮子一共有12×5＝60条棱，这60条棱都是与白皮子缝合在一起的 对于白皮子来说：每块白色皮子的6条边中，有3条边与黑色皮子的边缝在一起，另3条边则与其它白色皮子的边缝在一起。

所以白皮子所有边的一半是与黑皮子缝合在一起的 那么白皮子就应该一共有60×2＝120条边，120÷6＝20 所以共有20块白皮子

（或者，每一个六边形的六条边都与其它的三个六边形的三条边和三个五边形的三条边连接；每一个五边形的五条边都与其它的五个六边形的五条边连接 所以，五边形的个数x=3y/5。 之前求得x=12，所以y=20） 【同余理论中的\欧拉定理\】

设a,m∈N,(a,m)=1,则a^(f(m))≡1(mod m)

(注:f(m)指模m的简系个数)

十三、孙子定理

今有物不知其数，三三数之余二 ，五五数之余三 ，七七数之余二，问物几何？”

十四、组合

圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式； 组合计数，组合几何； 抽屉原理； 容斥原理； 极端原理； 图论问题； 集合的划分；

覆盖；

平面凸集、凸包及应用*。

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