四月 2018

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此文写于2014年8月13日。原文里涉及n阶情形.现认为没有必要呈现一般的n阶情形,否则叙述过于复杂,只用写到4阶就够了.根据从2阶到4阶的情形完全可以脑补一般情形是怎样的.

1. {2\times 2} 线性方程组

我们来看线性方程组

\displaystyle \begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2=b_1\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2=b_2. \end{cases} \ \ \ \ \ (1)

其中涉及到的数都是实数.把

\displaystyle \mathbf{a}_{1}=\begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21} \end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22} \end{pmatrix},\mathbf{b}=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2 \end{pmatrix}

看作 {\mathbf{R}^2} 里的向量,且{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2} 线性无 关({\mathbf{a}_1}{\mathbf{a}_2} 线性相关的情形,{x_1,x_2} 没有唯一 解.).则方程组 (1) 可以化为

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1+x_2\mathbf{a}_2=\mathbf{b}. \ \ \ \ \ (2)

{\mathbf{R}^2} 里找到与 {\mathbf{a}_2} 正交的非零向 量 {\mathbf{a}_2'}.显然,{\mathbf{a}_2'} 可以是 {\begin{pmatrix} a_{22}\\ -a_{12} \end{pmatrix}}.在式(2) 两边点乘 {\mathbf{a}_2'} ,得到

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_2'=\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_2'. \ \ \ \ \ (3)

(3)可得

\displaystyle x_1=\frac{\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_2'}{\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_2'}=\frac{b_1a_{22}-b_2a_{12}}{a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}} =\frac{\begin{vmatrix} b_1&a_{12}\\ b_{2}&a_{22}\\ \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix}}.

下面我们来求{x_2}.把方程 (2) 写成

\displaystyle x_2\mathbf{a}_2+x_1\mathbf{a}_1=\mathbf{b}.

于是

\displaystyle x_2=\frac{ \begin{vmatrix} b_1&a_{11}\\ b_2&a_{21} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{11}\\ a_{22}&a_{21} \end{vmatrix}}=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&b_1\\ a_{21}&b_2 \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}\\ a_{21}&a_{22} \end{vmatrix} }.

2. {3\times 3} 线性方程组

我们来看

\displaystyle x_1 \mathbf{a}_1+x_2 \mathbf{a}_2+x_3\mathbf{a}_3=\mathbf{b}, \ \ \ \ \ (4)

其中

\displaystyle \mathbf{a}_1=\begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}\\ a_{31} \end{pmatrix},\mathbf{a}_2=\begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22}\\ a_{32} \end{pmatrix},\mathbf{a}_{3}= \begin{pmatrix} a_{13}\\ a_{23}\\ a_{33} \end{pmatrix}, \mathbf{b}=\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3 \end{pmatrix}.

{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3} 线性无关.以上涉及到的数都是 实数.设 {\mathbf{a}_{2,3}'} 是与 {\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3} 都正交的向 量,不妨设 {\mathbf{a}_{2,3}'= \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_{3} \end{pmatrix}, }

\displaystyle \begin{cases} a_{12}u_1+a_{22}u_2+a_{32}u_{3}=0,\\ a_{13}u_1+a_{23}u_2+a_{33}u_{3}=0. \end{cases}

上式可以化为

\displaystyle \begin{cases} a_{12}u_1+a_{22}u_2=-u_3a_{32}\\ a_{13}u_1+a_{23}u_2=-u_3a_{33} \end{cases},

{2\times 2}方程组的情形,解得

\displaystyle u_1=\frac{ \begin{vmatrix} -u_3a_{32}&a_{22}\\ -u_3a_{33}&a_{23} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }=-u_3 \frac{ \begin{vmatrix} a_{32}&a_{22}\\ a_{33}&a_{23} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }=u_{3}\frac{ \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}\\ a_{23}&a_{33} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} },

\displaystyle u_2=\frac{ \begin{vmatrix} a_{12}&-u_3a_{32}\\ a_{13}&-u_3a_{33} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }=-u_3 \frac{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}\\ a_{13}&a_{33} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} }

不妨设{u_3= \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_{23} \end{vmatrix} },则{ u_{1}=\begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}\\ a_{23}&a_{33} \end{vmatrix} },{u_{2}= - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}\\ a_{13}&a_{33} \end{vmatrix} },于是

\displaystyle \mathbf{a}_{2,3}'= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}\\ a_{23}&a_{33} \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}\\ a_{13}&a_{33} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}\\ a_{13}&a_ {23} \end{vmatrix} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\\ - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix} \end{pmatrix}.

将向量 {\mathbf{a}_{2,3}'} 点乘方 程 (4) 两边,得

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_{2,3}'=\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_{2,3}'. \ \ \ \ \ (5)

 

由式(5)可得

\displaystyle x_1=\frac{\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_{2,3}'}{\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_{2,3}'}=\frac{b_1 \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}-b_2 \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}+b_3 \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix} }{a_{11} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}-a_{21} \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}+a_{31} \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}\\ a_{22}&a_{23} \end{vmatrix}}=\frac{ \begin{vmatrix} b_{1}&a_{12}&a_{13}\\ b_{2}&a_{22}&a_{23}\\ b_{3}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} }.

将方程 (4) 化为

\displaystyle x_2\mathbf{a}_2+x_1\mathbf{a}_1+x_3\mathbf{a}_3=\mathbf{b}.

\displaystyle x_2=\frac{ \begin{vmatrix} b_{1}&a_{11}&a_{13}\\ b_{2}&a_{21}&a_{23}\\ b_{3}&a_{31}&a_{33} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{11}&a_{13}\\ a_{22}&a_{21}&a_{23}\\ a_{32}&a_{31}&a_{33} \end{vmatrix} }=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&b_{1}&a_{13}\\ a_{21}&b_{2}&a_{23}\\ a_{31}&b_3&a_{33} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} }.

类似地,可得

\displaystyle x_3=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&b_{1}\\ a_{21}&a_{22}&b_{2}\\ a_{31}&a_{32}&b_{3} \end{vmatrix}}{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix} }

3. {4\times 4}线性方程组

继续看

\displaystyle x_1\mathbf{a}_1+x_2\mathbf{a}_2+x_3\mathbf{a}_3+x_4\mathbf{a}_4=\mathbf{b}, \ \ \ \ \ (6)

其中

\displaystyle \mathbf{a}_1= \begin{pmatrix} a_{11}\\ a_{21}\\ a_{31}\\ a_{41} \end{pmatrix},\mathbf{a}_{2}= \begin{pmatrix} a_{12}\\ a_{22}\\ a_{32}\\ a_{42} \end{pmatrix},\mathbf{a}_3= \begin{pmatrix} a_{13}\\ a_{23}\\ a_{33}\\ a_{43} \end{pmatrix},\mathbf{a}_4= \begin{pmatrix} a_{14}\\ a_{24}\\ a_{34}\\ a_{44} \end{pmatrix},\mathbf{b}= \begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3\\ b_4 \end{pmatrix}.

而且向量{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4}线性无关.

接下来寻找与向量{\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{a}_4}都正交的某个非 零向量,设这个向量为{\mathbf{a}_{2,3,4}'= \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_3\\ u_4 \end{pmatrix} }.则有

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}&a_{42}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}&a_{43}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_3\\ u_4 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix},

上式化为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1\\ u_2\\ u_3 \end{pmatrix}=-u_4 \begin{pmatrix} a_{42}\\ a_{43}\\ a_{44} \end{pmatrix}.

{u_4= -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34} \end{vmatrix} },则

\displaystyle u_1= \begin{vmatrix} a_{42}&a_{22}&a_{32}\\ a_{43}&a_{23}&a_{33}\\ a_{44}&a_{24}&a_{34} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}&a_{42}\\ a_{23}&a_{33}&a_{43}\\ a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix},

\displaystyle u_2= \begin{vmatrix} a_{12}&a_{42}&a_{32}\\ a_{13}&a_{43}&a_{33}\\ a_{14}&a_{44}&a_{34} \end{vmatrix}=- \begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}&a_{42}\\ a_{13}&a_{33}&a_{43}\\ a_{14}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix},

\displaystyle u_3= \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{42}\\ a_{13}&a_{23}&a_{43}\\ a_{14}&a_{24}&a_{44} \end{vmatrix},

所以

\displaystyle \mathbf{a}_{2,3,4}'= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{32}&a_{42}\\ a_{23}&a_{33}&a_{43}\\ a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{32}&a_{42}\\ a_{13}&a_{33}&a_{43}\\ a_{14}&a_{34}&a_{44} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{42}\\ a_{13}&a_{23}&a_{43}\\ a_{14}&a_{24}&a_{44} \end{vmatrix}\\ -\begin{vmatrix} a_{12}&a_{22}&a_{32}\\ a_{13}&a_{23}&a_{33}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34} \end{vmatrix} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}\\ - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}\\ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}\\ - \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34} \end{vmatrix} \end{pmatrix}.

在式(6)两边同时点乘向量{\mathbf{a}_{2,3,4}'},可得 {x_1\mathbf{a}_1\cdot \mathbf{a}_{2,3,4}'=\mathbf{b}\cdot \mathbf{a}_{2,3,4}'}, 因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} x_1&=&\frac{b_1 \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-b_2\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}+b_3 \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-b_4\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34} \end{vmatrix} }{a_{11} \begin{vmatrix} a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-a_{21}\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}+a_{31} \begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}-a_{41}\begin{vmatrix} a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{33}&a_{34} \end{vmatrix}} \\&=&\frac{ \begin{vmatrix} b_1&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ b_{2}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ b_{3}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ b_{4}&a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}} \end{array}

同理可得

\displaystyle x_2=\frac{ \begin{vmatrix} b_1&a_{11}&a_{13}&a_{14}\\ b_{2}&a_{21}&a_{23}&a_{24}\\ b_{3}&a_{31}&a_{33}&a_{34}\\ b_{4}&a_{41}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{12}&a_{11}&a_{13}&a_{14}\\ a_{22}&a_{21}&a_{23}&a_{24}\\ a_{32}&a_{31}&a_{33}&a_{34}\\ a_{42}&a_{41}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix}}=\frac{ \begin{vmatrix} a_{11}&b_1&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&b_2&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&b_3&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&b_4&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} }{ \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44} \end{vmatrix} },\cdots

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戚建东老师在集体备课的时候问了一个题让我们一起来解:

题目: 已知椭圆{C:\frac{x^2}{4}+y^2=1}和点{P(4,m)(m\in \mathbf{R})}.椭圆的左 右两个顶点分别为{A,B}.直线{AP}与椭圆交于点{M},直线{BP}与椭圆交于点 {N}.求{\triangle OMN}面积{S_{\triangle OMN}}的最大值,其中{O}为坐标原 点.

 

:{A,B}的坐标分别为{A(-2,0)},{B(2,0)}.由于点{M,N}都在椭圆{C}上,不妨设点{M,N}的坐标为 {M(2\cos\alpha,\sin\alpha)},{N(2\cos\beta,\sin\beta)},其中 {\alpha,\beta\in \mathbf{R}}.因为{A,M,P}三点共线,所以直线{AM}的斜率 {k_{AM}}等于直线{AP}的斜率{k_{AP}},即

\displaystyle \frac{\sin\alpha}{2\cos\alpha+2}=\frac{m}{6},

由三角公式,上式可以化为

\displaystyle \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{m}{3},

因为{B,N,P}三点共线,所以直线{BN}的斜率{k_{BN}}等于直线{BP}的斜率 {k_{BP}},即

\displaystyle \frac{\sin\beta}{2\cos\beta-2}=\frac{m}{2}.

由三角公式,上式可以化为

\displaystyle \tan \frac{\beta}{2}=-\frac{1}{m}.

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_{\triangle OMN}&=&\frac{1}{2} \left| \begin{vmatrix} 2\cos\alpha&\sin\alpha\\ 2\cos\beta&\sin\beta \end{vmatrix}\right| \\&=&|\sin\beta\cos\alpha-\cos\beta\sin\alpha| \\&=&\left|\frac{2\tan \frac{\beta}{2}}{1+\tan^{2} \frac{\beta}{2}}\frac{1-\tan^2 \frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2 \frac{\alpha}{2}}-\frac{1-\tan^2 \frac{\beta}{2}}{1+\tan^2 \frac{\beta }{2}}\frac{2\tan \frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2 \frac{\alpha}{2}}\right| \\&=&\frac{4}{3} \frac{\left|\frac{1}{m}+\frac{m}{3}\right|}{\frac{10}{9}+\frac{m^2}{9}+\frac{1}{m^{2}}}. \end{array}

{|\frac{1}{m}+\frac{m}{3}|=t},则由基本不等式可得{t\geq \frac{2 \sqrt{3}}{3}},

\displaystyle S_{\triangle OMN}=\frac{4}{3} \frac{t}{\frac{4}{9}+t^2}=\frac{4}{\frac{4}{3t}+3t}=f(t),

{f(t)}{[\frac{2 \sqrt{3}}{3},+\infty)}上递减,{f(t)\leq f(\frac{2 \sqrt{3}}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}},等号当且仅当{t=\frac{2 \sqrt{3}}{3}},{m=\pm \sqrt{3}}时取到.

因此{S_{\triangle OMN}}的最大值是 {\frac{\sqrt{3}}{2}},此时{m=\pm \sqrt{3}}. \Box

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在博文利用三维空间点阵求平方和 和博文利用四维空间点阵求立方和中,我们使用合 适排布的空间点阵,分别求出了 {\sum_{i=1}^ni^2}{\sum_{i=1}^ni^3}的表 达式.

在这篇博文里,我们使用合适排布的{p+1(p\geq 1)}维空间点阵,来求

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^{p}=1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}

的表达式.

考虑{p+1}维空间中的点集

\displaystyle A_1=\{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq i\leq p,x_i+x_{p+1}\leq n-1;\forall 1\leq j\leq n,0\leq x_j\leq n-1,x_{j}\in \mathbf{Z}\},

以及剩下的{p}个点集:{\forall 1\leq k\leq p},

\displaystyle A_{k+1}=\{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|x_k+x_{p+1}\geq n-1;x_k=\max\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{k};\forall 1\leq j\leq n,0\leq x_j\leq n-1,x_{j}\in \mathbf{Z}\}.

首先证明,

{\bigcup_{i=1}^{k+1}A_i=\{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}}.

证明: 当点{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})}满足条件{\forall 1\leq i\leq p},{x_i+x_{p+1}\leq n-1}时,该点属于集合{A_1}.否则,该点满足 {x_1+x_{p+1}>n-1}{x_2+x_{p+1}>n-1}或……或{x_{p}+x_{p+1}>n-1}.设 {x_{u}=\max\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{p}\}},其中{1\leq u\leq p},则必有 {x_{u}+x_{p+1}>n-1},此时该点属于集合{A_{u+1}}.因此

\displaystyle \{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_{j}\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}\subset \bigcup_{i=1}^{k+1}A_{i},

再结合

\displaystyle \bigcup_{i=1}^{k+1}A_i\subset \{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_{j}\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\},

可得

\displaystyle \bigcup_{i=1}^{k+1}A_i= \{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_{j}\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}.

\Box

而且,

集合{A_1,A_2,\cdots,A_{p+1}}中,任取{k}个集合,取这{k}个集合的交集,则该 交集中元素的个数为{\sum_{i=1}^ni^{p+1-k}}.即{\forall 1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq p+1},

\displaystyle \# \left(\bigcap_{m=1}^{k}A_{i_{m}}\right)=\sum_{i=1}^{n}i^{p+1-k},

其中{1\leq k\leq p+1}.

由容斥原理,

\displaystyle \#\left(\bigcup_{i=1}^{p+1}A_i\right)=\sum_{i=1}^{p+1}\# A_{i}-\sum_{1\leq i_1<i_2\leq p+1}\# (A_{i_1}\cap A_{i_2})+\sum_{1\leq i_1<i_{2}<i_{3}\leq p+1}\# (A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap A_{i_3})+\cdots+(-1)^{k-1}\sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_{k}\leq p+1}\# \bigcap_{m=1}^{k}(A_{i_{m}})+\cdots+(-1)^{p}\bigcap_{i=1}^{p+1}A_{i},

\displaystyle n^{p+1}={p+1\choose 1}\sum_{i=1}^ni^{p}-{p+1\choose 2}\sum_{i=1}^ni^{p-1}+\cdots+(-1)^{k-1}{p+1\choose k}\sum_{i=1}^{n}i^{p+1-k}+\cdots+(-1)^{p}{p+1\choose p+1}\sum_{i=1}^{p+1}1.

这样就建立了{\sum_{i=1}^{n}i^{p}}{\sum_{i=1}^{n}i^{m}(\forall 0\leq m\leq p-1)}之间的递推关系.从而我们能归纳地求出{\sum_{i=1}^{n}i^{p}}的 表达式.

推论 {n=1},可得

\displaystyle 1={p+1\choose 1}-{p+1\choose 2}+\cdots+(-1)^{k-1}{p+1\choose k}+\cdots+(-1)^{p}{p+1\choose p+1}.

 

在博文利用空间点阵求平方和中,我们利用合适排布的三维空间点阵,求出了平方和

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^2=1^2+2^2+\cdots+n^2

的表达式\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

在这篇博文里,我们使用同样的方法,来求立方和

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^3=1^3+2^3+\cdots+n^3

的表达式.考虑四维空间中的点集

\displaystyle A_1=\{(x_1,x_2,x_3,x_{4})|\forall 1\leq i\leq 3,x_i+x_4\leq n-1;\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}

\displaystyle A_2=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|x_1+x_4\geq n-1;x_1\geq x_2,x_1\geq x_3;\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\},

\displaystyle A_3=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|x_2+x_4\geq n-1;x_2\geq x_1,x_2\geq x_3;\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\},

\displaystyle A_4=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|x_3+x_4\geq n-1;x_3\geq x_1,x_3\geq x_{2};\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}.

首先,我们来证明,

{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_{j}\leq n-1\}}.

证明:{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in \{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1\}},且{(x_1,x_2,x_3,x_4)\not \in A_1}时,意味着 {x_1+x_4>n-1}{x_2+x_4>n-1}{x_3+x_4>n-1}.{\forall 1\leq k\leq 3},如果{x_k=\max \{x_1,x_2,x_3\}},则必有{x_k+x_4>n-1},导致{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in A_{k+1}}.可见,{\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1\}\subset A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4}.且由于{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\subset \{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1\}},因此{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_{j}\leq n-1\}}. \Box

易得{\forall 1\leq i\leq 4},

\displaystyle \# A_i=\sum_{k=1}^nk^3,

{\forall 1\leq i,j\leq 4},其中{i\neq j},有

\displaystyle \# (A_i\cap A_j)=\sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},

{\forall 1\leq i,j,m\leq 4},其中{i,j,m}两两不等,有

\displaystyle \# (A_i\cap A_j\cap A_m)=\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{2},

\displaystyle \# (A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4)=\sum_{k=1}^n1=k.

由容斥原理,

\displaystyle \# (A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4)=\sum_{i=1}^{4} \# (A_k)-\sum_{1\leq i,j\leq 4;i\neq j}\# (A_i\cap A_j)+\sum_{1\leq i,j,k\leq 4;i\neq j,j\neq k,k\neq i}\# (A_i\cap A_j\cap A_k)-\# (A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4),

\displaystyle n^4={4\choose 1}\sum_{k=1}^nk^3-{4\choose 2}\sum_{k=1}^nk^2+{4\choose 3}\sum_{k=1}^nk-{4\choose 4}\sum_{k=1}^n1,

解得

\displaystyle \sum_{k=1}^nk^3=\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2.

题目 1(归纳奠基延后的例子) 已知正数数列{\{a_n\}}满足{a_n^2\leq a_n-a_{n+1}},求证:{a_n<\frac{1}{n}}.

 

 

题目2(归纳奠基延后的例子)证明:2^n+1\geq n^2(n\in\mathbf{N}^+).

 

 

题目 3(引自索明斯基《数学归纳法》) 试证明:对于7个卢布的任何一笔整数的款项,都可以用3卢布及5卢布的钞票来支付而用不着换钱.

 

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在这篇博文里,我们利用合适排布的空间点阵,给出

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^2=1^2+2^2+\cdots+n^2

的求和公式.

考虑空间直角坐标系中的点集

\displaystyle A_{1}=\{(x,y,z)|x+z\leq n-1,y+z\leq n-1,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}

\displaystyle A_2=\{(x,y,z)|y+z\geq n-1,y\geq x,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_3=\{(x,y,z)|x+z\geq n-1,x\geq y,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}.

集合{A_1,A_2,A_3}中的点一样多,数目都是{\sum_{i=1}^{n}i^{2}},即

\displaystyle \# A_1=\# A_2=\# A_3=\sum_{i=1}^{n}i^{2}.

而且每个点集中的所有点排布成的点阵的形状也是一样的,总体的轮廓形成一个四棱锥.当n=5时,点阵的形状如图1所示.

\displaystyle A_1\cup A_2\cup A_3=\{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

证明:对于点集\{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}中的任意一个点(x,y,z)来说,如果该点不在集合A_1中,则x+z > n-1y+z > n-1.

  • x\geq y,则x+z > n-1,此时该点位于集合A_3中.
  • y\geq x,则y+z > n-1,此时该点位于集合A_2中.

可见,\{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}\subset A_1\cup A_2\cup A_3,且易得A_1\cup A_2\cup A_3\subset \{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},因此

A_1\cup A_2\cup A_3= \{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}.\Box

而且,

\displaystyle A_1\cap A_2=\{(x,y,z)|y+z=n-1,x\leq y,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_1\cap A_3=\{(x,y,z)|x+z=n-1,y\leq x,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_2\cap A_3=\{(x,y,z)|x+z\geq n-1,x=y,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_1\cap A_2\cap A_3=\{(x,y,z)|x=y,x+z=n-1,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}.

\displaystyle \# (A_1\cap A_2)=\# (A_1\cap A_3)=\# (A_2\cap A_3)=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2},

\displaystyle \# (A_1\cup A_2\cup A_3)=n^3,\# (A_1\cap A_2\cap A_3)=n.

由容斥原理,

\displaystyle \# (A_1\cup A_2\cup A_3)=\# A_1+\# A_2+\# A_3-\# (A_1\cap A_2)-\# (A_2\cap A_3)-\# (A_3\cap A_1)+\# (A_1\cap A_2\cap A_3),

\displaystyle n^3=3\sum_{i=1}^ni^2-3 \frac{n(n+1)}{2}+n,

因此

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^2=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{n}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

第5题 已知虚数{z}满足{z^3+1=0},则{\left(\frac{z}{z-1}\right)^{2018}+\left(\frac{1}{z-1}\right)^{2018}=\underline{~~~~~~~~~~}}.

 

解: 方程{z^{3}=-1}有两个虚根:{z_{1}=\cos \frac{\pi}{3}+i\sin \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i},{z_{2}=\cos -\frac{\pi}{3}+i\sin -\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=\frac{1}{z_1}}.

  • {z=z_{1}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}时,

    \displaystyle \frac{z_1}{z_1-1}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}=\frac{\cos \frac{\pi}{3}+i\sin \frac{\pi}{3}}{\cos \frac{2\pi}{3}+i\sin \frac{2\pi}{3}}=\cos -\frac{\pi}{3}+i\sin -\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i,

    \displaystyle \frac{1}{z_1-1}=\frac{z_1}{z_1-1}-1=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=\cos -\frac{2\pi}{3}+i\sin -\frac{2\pi}{3}.

    所以

    \displaystyle \begin{array}{rcl} \left(\frac{z_1}{z_1-1}\right)^{2018}+\left(\frac{1}{z_1-1}\right)^{2018}&=&\left(\cos -\frac{\pi}{3}+i\sin -\frac{\pi}{3}\right)^{2018}+\left(\cos -\frac{2\pi}{3}+i\sin -\frac{2\pi}{3}\right)^{2018} \\&=&\left(\cos -\frac{2018}{3}\pi+i\sin -\frac{2018}{3}\pi\right)+\left(\cos -\frac{4036}{3}\pi+i\sin -\frac{4036}{3}\pi\right) \\&=&\left(\cos -\frac{2}{3}\pi+i\sin -\frac{2}{3}\pi\right)+\left(\cos -\frac{4}{3}\pi+i\sin -\frac{4}{3}\pi\right) \\&=&-1 \end{array}

  • {z=z_2=\frac{1}{z_1}}时,

    \displaystyle \left(\frac{z_2}{z_2-1}\right)^{2018}+\left(\frac{1}{z_2-1}\right)^{2018}=\left(\frac{\frac{1}{z_1}}{\frac{1}{z_1}-1}\right)^{2018}+\left(\frac{1}{\frac{1}{z_1}-1}\right)^{2018}=\left(\frac{1}{z_1-1}\right)^{2018}+\left(\frac{z_1}{z_1-1}\right)^{2018}=-1.

所以答案是{-1}. \Box

第9题 设{x,y\in \mathbf{R}}满足{x-6 \sqrt{y}-4 \sqrt{x-y}+12=0},则{x}的取值 范围为{\underline{~~~~~~~~~~}}.

解: 由柯西不等式,

\displaystyle x+12=6 \sqrt{y}+4 \sqrt{x-y}\leq \sqrt{6^{2}+4^{2}}\sqrt{(\sqrt{y})^2+(\sqrt{x-y})^{2}}=\sqrt{52x},

其中{x\geq y\geq 0},等号当且仅当{\frac{x}{y}=\frac{13}{9}}时取得.因此{(x+12)^2\leq 52x},解得{14-2 \sqrt{13} \leq x\leq 14+2 \sqrt{13}}. \Box

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现行中学教材中是用如下方式定义两个平面向量的夹角的:已知两个非零向量 {\mathbf{a},\mathbf{b}},作{\overrightarrow{OA}=\mathbf{a}},{\overrightarrow{OB}=\mathbf{b}},则{\angle AOB}称作 向量{\mathbf{a}}{\mathbf{b}}的夹角,记作{\langle \mathbf{a},\mathbf{b}\rangle}.

下面我们给出两个平面向量的广义夹角的概念.对于平面向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}},如果将{\overrightarrow{OA}}以点{O}为旋转中心,逆时针旋转 {\theta}角,得到的向量{\overrightarrow{OA'}}{\overrightarrow{OB}}同向,则称 {\theta}为从向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}}的广义夹角,记为{\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle^{*}}.

 

从一个向量到另一个向量的广义夹角有无数个,它们都相差{2\pi}的整数倍.

 

由定义可得

\displaystyle \langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle^{*}=2k\pi -\langle \overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA}\rangle^{*},k\in\mathbf{Z}.

且由诱导公式{\cos\theta=\cos(2k\pi -\theta)}可得

\displaystyle \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\langle \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\rangle^{*}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos\langle \overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA}\rangle^{*}. \ \ \ \ \ (1)

(1)表明,在向量积的运算中,可以放心地用从某个向量到另一个向量 的广义夹角来代替两个向量的夹角,运算得到的结果会是相同的.

下面我们将广义夹角的概念与三角形的有向面积的概念联系起来.设平面上有三 点{A,B,C}.

  • 如果{A,B,C}三点按照逆时针方向排列,则三角形{ABC}的有向面积 {S_{\triangle ABC}}为正,其数值为 {\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{BA}|\sin \langle \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{CA}||\overrightarrow{CB}|\sin\langle \overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\rangle^{*}}.
  • 如果{A,B,C}三点按照顺时针方向排列,则三角形{ABC}的有向面积 {S_{\triangle ABC}}为负,其数值也为 {\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{BA}|\sin \langle \overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\rangle^{*}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{CA}||\overrightarrow{CB}|\sin\langle \overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\rangle^{*}}.

可见,引入向量广义夹角的概念有助于解释有向面积.

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题目: 如图1所示,设{O}{\triangle ABC}内任意一点,{\triangle OAB,\triangle OBC,\triangle OCA}的面积分别为{S_3,S_1,S_2}.证明:

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

 

 

证明1:如图2所示,

图2


\displaystyle x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}. \ \ \ \ \ (1)

将线段{OB}以点{O}为旋转中心,逆时针旋转{\frac{\pi}{2}},得到线段{OB'}.由方程(1)可得

\displaystyle \left(x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}\right)\cdot\overrightarrow{OB'}=\overrightarrow{0}\cdot\overrightarrow{OB'}=0,

结合数量积的乘法分配律,可得

\displaystyle x\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB'}+y\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB'}+z\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB'}=0,

因为{\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OB'}=0},所以

\displaystyle x\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB'}+z\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB'}=0. \ \ \ \ \ (2)

设从向量{\overrightarrow{OA}}{\overrightarrow{OB}}广义夹角{\alpha},从{\overrightarrow{OB}}{\overrightarrow{OC}}的广义夹角 为{\beta},则由数量积的定义,方程(2)可以化为

\displaystyle x|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB'}|\cos(\alpha+\frac{\pi}{2})+z|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB'}|\cos(\beta-\frac{\pi}{2})=0. \ \ \ \ \ (3)

又因为{|\overrightarrow{OB'}|=|\overrightarrow{OB}|},且 {\cos(\alpha+\frac{\pi}{2})=-\sin\alpha},{\cos(\beta-\frac{\pi}{2})=\sin\beta}, 所以方程(3)可以化为

\displaystyle z|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB}|\sin\beta- x|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\sin\alpha=0,

\displaystyle x:z=|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OB}|\sin\beta:|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\sin\alpha=S_1:S_{3}.

同理可得{y:z=S_2:S_3},{x:y=S_1:S_2}.所以{x:y:z=S_1:S_2:S_3}.所以

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

\Box

也可以利用行列式来证明.

证明2: 在平面{ABC}上建立平面直角坐标系.设{O}为坐标原点,{A,B,C}的坐标分别为 {A(x_A,y_A)}, {B(x_B,y_B)},{C(x_C,y_C)}.则

\displaystyle \begin{array}{rcl} S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}&=& \begin{vmatrix} x_B&x_C\\ y_B&y_C \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_A\\ y_A \end{bmatrix}+ \begin{vmatrix} x_C&x_A\\ y_C&y_A \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_B\\ y_B \end{bmatrix}+ \begin{vmatrix} x_A&x_B\\ y_A&y_B \end{vmatrix} \begin{bmatrix} x_C\\ y_C \end{bmatrix} \\&=& \begin{bmatrix} \begin{vmatrix} x_A&x_{B}&x_{C}\\ x_{A}&x_{B}&x_{C}\\ y_{A}&y_{B}&y_{C} \end{vmatrix}\\\\ \begin{vmatrix} y_{A}&y_{B}&y_{C}\\ x_{A}&x_{B}&x_{C}\\ y_{A}&y_{B}&y_C \end{vmatrix} \end{bmatrix} \\&=& \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}. \end{array}

\Box

还有一种证明方法如下:

图3

证明3: 延长线段{AO},与{BC}交于点{D}.延长{BO},与{AC}交于点{E}.过点{C}作直线{OA}的 平行线,与直线{BO}交于点{A'},过点{C}作直线{OB}的平行线,与直线{AO}交于点 {B'}.则

\displaystyle \overrightarrow{CO}=\overrightarrow{CA'}+\overrightarrow{CB'}=\frac{EC}{AE}\overrightarrow{OA}+\frac{DC}{BD}\overrightarrow{OB}=\frac{S_1}{S_3}\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_3}\overrightarrow{OB}.

所以

\displaystyle S_1\overrightarrow{OA}+S_2\overrightarrow{OB}+S_3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

\Box

也可以利用定比分点公式来证明.

证明4: 延长线段{AO},与线段{BC}交于点{D}.则 {\frac{BD}{DC}=\frac{S_3}{S_2}},由定比分点公式,

\displaystyle \overrightarrow{AD}=\frac{S_2}{S_2+S_3}\overrightarrow{AB}+\frac{S_3}{S_2+S_3}\overrightarrow{AC},

因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} \overrightarrow{AO}=\frac{S_2+S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AD}&=&\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AB}+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{AC} \\&=&\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}). \end{array}

整理可得

\displaystyle \frac{S_1}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OA}+\frac{S_2}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OB}+\frac{S_3}{S_1+S_2+S_3}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

结论得证. \Box

推论1 当点{I}{\triangle ABC}的内心时,{S_1:S_2:S_3=a:b:c},其中{a,b,c}分别是 {\angle A,\angle B,\angle C}所对的边.此时有

\displaystyle a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}.

 

注1:这道题的背景是三角形的重心坐标.可参见杨路的《谈谈重心坐标

 

如果引进有向面积的概念,则题目中的结论还可以推广.我们规定,对于 {\triangle ABC}来说,如果{ABC}三点在图形上是按照逆时针方向排列的,则 {S_{\triangle ABC}}为正,其数值就是{\triangle ABC}的面积;如果{\triangle ABC}在图形上是按照顺时针方向排列的,则{S_{\triangle ABC}}为负,其数值是 {S_{\triangle CBA}}的相反数.如果{A,B,C}三点排列在一条直线上,则其面积为 {0}.

这样,三角形的面积就可正可负.原结论可以推广为:

定理 1{O}为平面{ABC}上的任意 一点,则

\displaystyle S_{\triangle OAB}\overrightarrow{OA}+S_{\triangle OBC}\overrightarrow{OB}+S_{\triangle OCA}\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

对于这个推广了的结论,上述四个证明都可以原封不动地照搬过来.只是在证明3,4中涉及的线段都成为有向线段.

推论 2 {O}{\triangle ABC}的外心,则

\displaystyle \sin 2A\overrightarrow{OA}+\sin 2B\overrightarrow{OB}+\sin 2C\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}.

 

推论 3 设{H}{\triangle ABC}的垂心,则

\displaystyle \tan A \overrightarrow{HA}+\tan B\overrightarrow{HB}+\tan C\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0}.

 

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培训地点:永临中学教师会议室

培训时间:2018.3.29

人员:高一、高二联合竞赛培训

 

培训材料(来自甘大旺编著的《高考数学150专题》):

有关三角形及其五心的向量关系来自甘大旺的《高考数学150专题》

下载

 

附加材料:

1.向量法证明三角形三条高线交于一点(一种更自然的思路),写于2018.3.31

向量法证明三角形三条高线交于一点

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2.一道与面积比有关的向量题

3.欧拉线定理的几何证明(来自维基百科)

4.坐标法证明欧拉线定理(此文用到了二阶行列式和解线性方程组的Cramer法则,以及和差化积、积化和差等三角公式,可能不适合学生阅读,仅供参考)

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