高等数学定理证明（共11篇）
1.高等数学定理证明 篇一
智立方教育初一数学“命题、定理与证明”练习
1、判断下列语句是不是命题
（1）延长线段AB（不是）
（2）两条直线相交，只有一交点（是）
（3）画线段AB的中点（不是）
（4）若|x|=2，则x=2（是）
（5）角平分线是一条射线（是）
2、选择题
（1）下列语句不是命题的是（C）
A、两点之间，线段最短B、不平行的两条直线有一个交点
C、x与y的和等于0吗？D、对顶角不相等。
（2）下列命题中真命题是（C）
A、两个锐角之和为钝角B、两个锐角之和为锐角
C、钝角大于它的补角D、锐角小于它的余角
（3）命题：①对顶角相等；②垂直于同一条直线的两直线平行；③相等的角是对顶角；④同位角相等。其中假命题有（B）
A、1个B、2个C、3个D、4个
3、分别指出下列各命题的题设和结论。
（1）如果a∥b，b∥c，那么a∥c
（2）同旁内角互补，两直线平行。
（1）题设：a∥b，b∥c结论：a∥c
（2）题设：两条直线被第三条直线所截的同旁内角互补。
结论：这两条直线平行。
4、分别把下列命题写成“如果„„，那么„„”的形式。
（1）两点确定一条直线；
（2）等角的补角相等；
（3）内错角相等。E
C（1）如果有两个定点，那么过这两点有且只有一条直线 D（2）如果两个角分别是两个等角的补角，那么这两个角相等。
（3）如果两个角是内错角，那么这两个角相等。
5、已知：如图AB⊥BC，BC⊥CD且∠1=∠2，求证：BE∥CF
证明：∵AB⊥BC，BC⊥CD（已知）
∴∠ABC=∠BCD=90°（垂直定义）
∵∠1=∠2（已知）
∴∠EBC=∠BCF（等式性质）∴BE∥CF（内错角相等，两直线平行）
6、已知：如图，AC⊥BC，垂足为C，∠BCD是∠B的余角。求证：∠ACD=∠B。
证明：∵AC⊥BC（已知）
A D∴∠ACB=90°（垂直定义）
∴∠BCD是∠DCA的余角
∵∠BCD是∠B的余角（已知）∴∠ACD=∠B（余角定义，同角的余角相等）；
7、已知，如图，BCE、AFE是直线，AB∥CD，∠1=∠2，∠3=∠4。求证：AD∥BE。
D
证明：∵AB∥CD（已知）∴∠4=∠BAE（两直线平行同位角相等）∵∠3=∠4（已知）
∴∠3=∠BAE（等量代换）∵∠1=∠2（已知）C E
∴∠1+∠CAF=∠2+∠CAF（等式性质）即∠BAE=∠CAD∴∠3=∠CAD（等量代换）
∴AD∥BE（内错角相等，两直线平行）
8、已知，如图，AB∥CD，∠EAB+∠FDC=180°。F
求证：AE∥FD。
B
证明：∵AB∥CD
D
∴∠AGD+∠FDC=180°（两直线平行，同旁内角互补）∵∠EAB+∠FDC=180°（已知）∴∠AGD=∠EAB（同角的补角相等）∴AE∥FD（内错角相等，两直线平行）
9、已知：如图，DC∥AB，∠1+∠A=90°。
求证：AD⊥DB。证明：∵DC∥AB（已知）
B
∴∠A+∠ADC=180°（两直线平行，同旁内角互补）即∠A+∠ADB+∠1=180°∵∠1+∠A=90°（已知）∴∠ADB=90°（等式性质）∴AD⊥DB（垂直定义）
10、如图，已知AC∥DE，∠1=∠2。求证：AB∥CD。
证明：∵AC∥DE（已知）
∴∠2=∠ACD（两直线平行，内错角相等）∵∠1=∠2（已知）
∴∠1=∠ACD（等量代换）
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）
11、已知，如图，AB∥CD，∠1=∠B，∠2=∠D。求证：BE⊥DE。
B
C
EB
D、证明：作EF∥AB∵AB∥CD B
∴∠B=∠3（两直线平行，内错角相等）∵∠1=∠B（已知）
∴∠1=∠3（等量代换）
D∵AB∥EF，AB∥（已作，已知）
∴EF∥CD（平行于同一直线的两直线平行）∴∠4=∠D（两直线平行，内错角相等）∵∠2=∠D（已知）∴∠2=∠4（等量代换）
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°（平角定义）∴∠3+∠4=90°（等量代换、等式性质）即∠BED=90°
∴BE⊥ED（垂直定义）
12、求证：两条平行直线被第三条直线所截，内错角的平分线互相平行。已知：AB∥CD，EG、FR分别是∠BEF、∠EFC的平分线。求证：EG∥FR。
B 证明：∵AB∥CD（已知）
1∴∠BEF=∠EFC（两直线平行，内错角相等）G
∵EG、FR分别是∠BEF、∠EFC的平分线（已知）F
∴2∠1=∠BEF，2∠2=∠EFC（角平分线定义）∴2∠1=2∠2（等量代换）∴∠1=∠2（等式性质）
∴EG∥FR（内错角相等，两直线平行）
13、如图，点E在DF上，点B在AC上，∠1=∠2，∠C=∠D． 试说明：∠A=∠F．
考点：平行线的判定与性质． 专题：证明题．
分析：先根据对顶角相等结合∠1=∠2推出∠3=∠4，然后根据内错角相等，两直线平行证明BD∥CE，再根据两直线平行，同位角相等得到∠5=∠C，从而推出∠5=∠D，再根据内错角相等，两直线平行证明AC∥DF，然后根据两直线平行，内错角相等即可得证．
解答：∴∠3=∠4，∴BD∥CE，∴∠5=∠C，∵∠C=∠D，∴∠5=∠D，∴AC∥DF，∴∠A=∠F．
证明：如图，∵∠1=∠3，∠2=∠4，∠1=∠2，
2.高等数学定理证明 篇二
关键词：高等数学,定理,逆命题,反例
高等数学中很多定理的逆命题往往是不成立的, 而这些不成立的逆命题又很容易被学生误以为是正确的, 从而用到解题过程当中, 造成错误的解法和结果.于是, 在教学过程中如何简明扼要地推翻这些不成立的逆命题便显得尤为重要.我们都知道, 高等数学中要证明一个命题是正确的, 需要非常严密的论证过程, 而要说明一个命题是错误的, 只需举出一个推翻结论的例子就可以了, 也就是我们通常所说的反例.在讲解一些逆命题不正确的定理时, 合理利用反例不但可以简单明了地让学生掌握所学定理, 而且可以让学生深入思考、理解定理的本质, 激发他们研究数学问题的兴趣, 提高学习效率.下面结合我们在高等数学教学过程中的具体实践, 对一些容易引起学生混淆且教科书并未明确讲解的定理逆命题的反例进行归纳性研究.
1.无界变量不一定是无穷大量
无穷大量一定是无界变量, 这是一个很容易证明的定理, 但其逆命题不真, 而学生往往很容易误以为无界变量也一定是无穷大量.这里可举反例:, k为正整数.
当n→∞时, xn是无界变量, 但由于n→∞时, 子数列
2.有原函数的函数不一定连续
连续函数一定有原函数, 这是在不定积分一章提出而在微积分基本定理一节得以证明的定理, 很多同学认为有原函数的函数也一定是连续的, 其实有原函数的函数并不一定是连续的.可举反例:
由于
在x=0处的导数要用定义来求) , 所以F (x) 为f (x) 的一个原函数, 但是f (x) 在点x=0是不连续的.
3.多元函数可微分, 其偏导数不一定连续
在多元函数全微分一节中有定理:若函数z=f (x, y) 的偏导数
4.收敛的交错级数不一定满足莱布尼茨条件
若交错级数
以上是我们在教学过程中归纳出来的, 容易让学生理解且教材中并未提及的四个反例.在高等数学的教学过程中, 适当的引入一些反例, 对帮助学生正确理解和运用定理, 掌握所学知识的本质, 提高课堂学习效率都会起到良好的促进作用.因此, 在教学过程中, 正确运用反例来提高教学效率是必要的.
参考文献
[1]同济大学数学系.高等数学 (第六版) [M].北京:高等教育出版社, 2007.
[2]吴赣昌.高等数学 (第二版) [M].北京:中国人民大学出版社, 2007.
[3]朱勇.高等数学中的反例[M].武汉:华中工学院出版社, 1986.
3.高等数学定理证明 篇三
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
已知：在⊙O中，弧BC所对的圆周角是∠BAC，圆心角是∠BOC（如图一），求证：∠BAC= ∠BOC。
分析：圆周角∠BAC与圆心O的位置关系有三种：（1）圆心O在∠BAC的一条边AB（或AC）上（如图二）；（2）圆心O在∠BAC的内部（如图三）；（3）圆心O在∠BAC的外部（如图四）。
在第一种位置关系中，圆心角∠BOC恰为△AOC的外角，这时很容易得到结论；在第二、三两种位置关系中，均可作出过点A的直径，將问题转化为第一种情况，同样可以证得结论。这充分体现了一种重要的数学思想——化归思想。
数学问题的解决几乎都离不开化归，只是体现的形式有所不同。计算题是利用规定的运算法则进行化归，证明题是利用公理、定理或已经证明了的命题进行化归，应用题利用数学模型化归，因此，离开了化归，数学问题将无法解决。通过一定的转化过程，把待解决的问题转化为已经解决或比较容易解决的问题或这类问题的某种组合，这种思想被称之为化归思想。从化归的途径上来看，大致可以分为下面两种：
一、新知识向已有知识的转化
在初中阶段，有许多新知识的获得或新问题的解决都是通过转化为已知知识或已解决的问题来完成的，也就是将新知识向已有知识进行转化，从而使问题得到解决。下面就以解方程为例来进行分析。
解一元二次方程时有以下四种基本解法：
（一）如果方程的一边是关于X的完全平方式，另一边是个非负数，则根据平方根的意义将形如（x+m）2=n（n≥0）的方程转化为两个一次方程而得解，此为直接开平方法。
（二）如果将方程通过配方恒等变形，一边化为含未知数的完全平方式，另一边为非负数，则其后的求解可由思路一完成，此为配方法。
（三）如果方程一边能分解成两个一次因式之积，另一边为零，就可以得到两个因式分别为零的一次方程，它们的解都是原方程的解，此为因式分解法。
（四）如果以上三条思路受阻，便可把方程整理为一般形式，直接利用公式求解。
纵观以上四种方法，不难发现，方法一是依据平方根的意义将二次方程转化为一次方程，完成了由“二次”向“一次”的转化。方法二中的“配方”仅完成了方程的恒等变形，把问题转移到“可开方”上来，并未完成“降次转化”这一实质性工作，但已经为“二次”向“一次”转化创造了条件，因而习惯上称之为“配方法”，配方法的实质就是通过转化为开平方来解决的。方法三即因式分解法也顺利地实现了由“二次”转化为“一次”的目的。方法四即所谓公式法，对一般的一元二次方程，通过配方，转化为开平方求得一般结论，即求根公式。公式法实际上已将解方程转化成为代数式的求值问题，而公式的得到则是化归思想的典型体现。纵观整个初中教材，不难发现除了解方程问题，还有许多知识的转化都属于新知识向已有知识的转化。
二、一般情况向特殊情况的转化
本文开头圆周角定理的证明就是先解决特殊条件或特殊情况下的问题，然后通过恰当的化归方法把一般情况下的问题转化为特殊情况下的问题来解决，这也是顺利解决某些问题的一种重要的化归途径，特别是在中考题的最后一题中，往往也有许多时候是需要先解决特殊条件下的问题，然后再通过化归把一般情况下的问题转化为特殊条件下的情形来解决。
三、化归思想方法的教学策略
从上面的分析中，我们不难发现化归思想在初中数学的学习中有着举足轻重的作用，是一种非常重要的数学思想。那么如何在日常教学中更好的渗透和落实化归思想呢？
（一）夯实基础知识，完善知识结构是落实化归思想方法教学的基础。教学过程中，可从以下几个方面做起：
1、重视概念、公式、法则等基本数学模型的教学，为寻求化归目标奠定基础。从某种意义上说，中学数学教学实际上是数学模型的教学，建立数学模型是实现问题的规范化和程序化，运用模型的过程即是转化与化归的过程。
2、养成整理、总结数学方法的习惯，为寻求化归方法奠定基础。差生之所以拿到基本题没有思路，其根本原因是其知识结构残缺不全。
3、完善知识结构，为寻求化归方向奠定基础。在平时教学中帮助学生完善知识结构，例如做好单元小结，其中画知识结构图或列知识表是完善知识结构使知识系统化、板块化的有效方法之一。通过表格或网络图，知识之间的相互联系、依存关系一目了然，为问题的转化提供了准确的方向。
（二）培养化归意识，提高转化能力是实现化归思想方法教学的关键
数学是一个有机整体，它的各部分之间相互联系、相互依存、相互渗透，使之构成了纵横交错的立体空间，我们在研究数学问题的过程中，常需要利用这些联系对问题进行适当转化，使之达到简单化、熟悉化的目的。要实施转化，首先须明确转化的一般原理，掌握基本的化归思想和方法，并通过典型的问题加以巩固和练习。因此，在平时的教学中，我们不断教会学生解题，通过仔细的观察、分析，由问题的条件、图形特征和求解目标的结构形式联想到与其有关的定义、公式、定理、法则、性质、数学解题思想方法、规律以及熟知的相关问题解法，由此不断转化，建立条件和结论之间的桥梁，从而找到解题的思路和方法。
（三）掌握化归的一般方法，是实现数学化归思想方法教学的基本手段
化归的实质是不断变更问题，因此，可以从变形的成分这个方面去考虑，也可以从实现化归的常用方法直接去考虑。在实际运用中，这两个方面又是互相渗透、互相补充的。初中阶段常用的化归方法有恒等变换法，具体包括分解法、配方法、待定系数法等：其次是映射反演法，具体包括换元法、坐标法等。
（四）深入教材，反复提炼与总结是实现化归思想方法教学的基本途径
4.高等数学定理证明 篇四
在考研数学中，有关中值定理问题的证明是一个比较难的考点，很多考生反映在做中值定理证明时没有思路，虽然看例题能明白，但自己做题时还是比较困难，之所以出现这种情况，主要原因在于这些同学没有掌握中值定理证明题的分析方法和技巧，没有掌握其证明规律，为了使大家能够掌握恰当的方法，下面中公考研数学辅导老师就以几个证明题为例来跟大家谈谈如何做分析证明题。
一、中值定理问题的证明分析方法
首先，做证明题同其它题一样，也要先仔细审题，认真解读题目的条件和要证的结论，理解其含义;
其次，做证明题需要先进行分析推理，分析的方向有两个，一个是根据题目的条件来向结论所在方向推导，另一个是由结论倒推条件，直到结论与条件挂上钩，二者联系在一起;
最后，也是做中值定理证明题不同于其它问题的地方，就是要充分理解各个中值定理的关键使用条件和方法，必要时作相应的辅助函数来进行证明。
二、中值定理问题证明实例
全国高校报录比汇总 全国高校报录比汇总
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此等式变形为某一个函数的导数的形式，并以此函数作为辅助函数来证明结论。对于中值定理问题的证明，大家还应该多做一些练习题来进一步提高解题能力。最后预祝各位学子在2016考研中能实现自己的梦想。
5.高等数学定理证明 篇五
知识与技能目标：了解命题、真命题、假命题、定理的含义.能识别真假命题。会区分命题的题设和结论。
过程与方法目标：通过命题的真假，培养分类思想。通过命题的构成，培养学生分析法。通过命题的构成，培养语言推理技能。
情感态度与价值观目标：通过命题、定理的具体含义，让学生体会到数学的严谨性。通过学习命题真假，培养学生尊重科学、实事求是的态度。通过学习命题的构成，使学生获得成功的体验，锻炼克服困难的意志，建立自信心。
重点：命题、定理的概念；区分命题的题设和结论。
难点：区分命题的题设和结论；会把一些简单命题改写成“如果„„那么„„ ”的形式。
一、学前准备
预习疑难：。
二、探索与思考
（一）命题：
1、阅读思考：①如果两条直线都与第三条直线平行,那么这条直线也互相平行;
②等式两边都加同一个数,结果仍是等式;
③对顶角相等;
④如果两条直线不平行,那么同位角不相等.这些句子都是对某一件事情作出“是”或“不是”的判断
2、定义：,叫做命题
3、练习：下列语句,哪些是命题?哪些不是?
(1)过直线AB外一点P,作AB的平行线.(2)过直线AB外一点P,可以作一条直线与AB平行吗?
(3)经过直线AB外一点P, 可以作一条直线与AB平行.请你再举出一些例子。
（二）命题的构成：
1、许多命题都由和两部分组成..2、命题常写成“如果……那么……”的形式,这时,“如果”后接的部分是, ．．．．．
“那么”后接的的部分是.．．．．．．
（三）命题的分类真命题：。
（定理：）
假命题：。
三、应用：
1、指出下列命题的题设和结论:
(1)如果两个数互为相反数,这两个数的商为-1;(2)两直线平行,同旁内角互补;(3)同旁内角互补,两直线平行;
(4)等式两边乘同一个数,结果仍是等式;(5)绝对值相等的两个数相等.(6)如果AB⊥CD，垂足是O，那么∠AOC＝90°
2、把下列命题改写成“如果……那么……”的形式:
（1）互补的两个角不可能都是锐角：。（2）垂直于同一条直线的两条直线平行：。（3）对顶角相等：。
3、判断下列命题是否正确:(1)同位角相等
(2)如果两个角是邻补角,这两个角互补;(3)如果两个角互补,这两个角是邻补角.四、学习体会：
1、本节课你有哪些收获？你还有哪些疑惑？
2、预习时的疑难解决了吗？
五、自我检测：
1、判断下列语句是不是命题
（1）延长线段AB（）
（2）两条直线相交，只有一交点（）
（3）画线段AB的中点（）（4）若|x|=2，则x=2（）（5）角平分线是一条射线（）
2、选择题
（1）下列语句不是命题的是（）
A、两点之间，线段最短C、x与y的和等于0吗？
B、不平行的两条直线有一个交点 D、对顶角不相等。B、两个锐角之和为锐角
（2）下列命题中真命题是（）A、两个锐角之和为钝角
C、钝角大于它的补角D、锐角小于它的余角（3）命题：①对顶角相等；②垂直于同一条直线的两直线平行；③相等的角是对顶角；④同位角相等。其中假命题有（）
A、1个B、2个
3、分别指出下列各命题的题设和结论。
（1）如果a∥b，b∥c，那么a∥c（2）同旁内角互补，两直线平行。
4、分别把下列命题写成“如果……，那么……”的形式。
（1）两点确定一条直线；（2）等角的补角相等；
C、3个
D、4个
（3）内错角相等。
5、如图,已知直线a、b被直线c所截,在括号内为下面各小题的推当的根据:
(1)∵a∥b,∴∠1=∠3(_________________);(2)∵∠1=∠3,∴a∥b(_________________);(3)∵a∥b,∴∠1=∠2(__________________);
(4)∵a∥b,∴∠1+∠4=180º(_____________________)(5)∵∠1=∠2,∴a∥b(__________________);(6)∵∠1+∠4=180º,∴a∥b(_______________).6、已知：如图AB⊥BC，BC⊥CD且∠1=∠2，求证：BE∥CF 证明：∵AB⊥BC，BC⊥CD（已知）∴==90°（）∵∠1=∠2（已知）∴=（等式性质）∴BE∥CF（）
7、已知：如图，AC⊥BC，垂足为C，∠BCD是∠B的余角。求证：∠ACD=∠B。证明：∵AC⊥BC（已知）∴∠ACB=90°（）∴∠BCD是∠ACD的余角
∵∠BCD是∠B的余角（已知）
∴∠ACD=∠B（）
8、已知，如图，BCE、AFE是直线，AB∥CD，∠1=∠2，∠3=∠4。求证：AD∥BE。
D
证明：∵AB∥CD（已知）∴∠4=∠（）∵∠3=∠4（已知）
∴∠3=∠（）∵∠1=∠2（已知）C∴∠1+∠CAF=∠2+∠CAF（）即∠=∠∴∠3=）
∴AD∥BE（）
F
C D E
b2 ac4
理填上适
D A
6.高等数学中常用的不等式证明方法 篇六
一、利用导数知识证明不等式
(一) 利用函数单调性
此方法关键是根据题设条件构造合理的辅助函数, 将不等式证明转化为比较两个函数值的大小。
例1%证明不等式ex>1+x, x≠0
证明:设f (x) =ex-1-x, 则f' (x) =ex-1.故当x>0时, f' (x) >0, f (x) 严格递增;当x<0, f' (x) <0, f (x) 严格递减.又因为在x=0处连续, 则当x≠0时, f (x) >f (0) =0从而得到ex>1+x, x≠0
(二) 利用函数的极值和最值
当给定的不等式是具体的函数, 且又给出自变量的变化范围, 欲证明它大于或是小于某个定数, 这时往往利用函数的极值和最值来证明不等式。
例2当x≥0时, 证明nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (n>0, n∈N) .
证明:令f (x) =nxn-1- (n-1) xn-1, 则f' (x) =n (n-1) xn-2-n (n-1) xn-1=n (n-1) xn-2 (1-x) .令f' (x) =0, 得驻点x=1 (因为x=0是x≥0的端点, 所以x=0不是驻点) 且当x<1时, f' (x) >0;当x>1时, f' (x) <0, 所以f (1) =0是极大值也是最大值.从而得f (x) ≤f (1) =0 (x≥0) , 即nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (x≥0) 。
(三) 利用函数的凹凸性
当所求证的不等式中出现了形如的式子时, 我们可以考虑根据函数凹凸性的一些性质来证明。
例3己知:α<0, β<0, α3+β3≤2求证:α+β≤2。
(四) 利用微分中值定理
微分中值定理将函数与导数有机地联系起来, 如果所求证不等式经过简单变形后, 与微分中值公式的结构有相似性, 就可以考虑利用微分中值定理来证明, 其关键是构造一个辅助函数, 然后通过微分中值定理的公式证明。
微分中值定理包括费马引理, 罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理等。其中比较重要的是罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理。
(五) 利用泰勒公式
当所涉及命题中出现二阶或更高阶导数时, 我们可以考虑使用泰勒公式证明, 其关键是选择恰当的特殊点展开。
例5设f (x) 在[0, 1]上的二阶导数连续, f (0) =f (1) =0, 并且当x∈ (0, 1) 时, f'' (x) ≤A.求证:f'' (x) ≤A/2, x∈ (0, 1) .
二、定积分不等式的证明方法
(一) 利用定积分的性质
因此由拉格朗日中值定理得到F (a) -F (0) =F' (ξ) a≤0, ξ∈ (0, a) , 即F (a) ≤0, 原式得证。
(二) 利用积分中值定理
7.四色定理的简要证明 篇七
关键词：数学归纳法；证明；平面图；四色定理
中图分类号：G633.6文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）11-045-01
“画地图要求相邻两国不用同一色，一幅地图只需要四种颜色”（钱学森语），这就是著名的“四色定理”（或称“四色问题”）。自1872年正式提出至1976年才被计算机证明，但这“机证”并非让所有人信服。下面给出一种非“机证”的简洁的理论证明。
一、相关前提
前提1任何平面地图的着色问题可以转化、归纳为对平面图的结点的着色问题。其中的结点代表地图上的国家（或地区，下同），结点间的连线即边代表国家间的相邻关系。
前提2着色规则——平面图内有连线（即边，下同，为叙述方便会交替使用）的点（即结点，下同）必须用不同种的颜色着色，而没有连线的点则肯定可以用同一种颜色着色。
前提3“正常着色”是指遵守“前提2”所称着色规则的着色。
前提4设G是有v个结点e条边的连通简单平面图，若v>=3，则e<=3v-6,见于各图论书籍，故证明从略。显然，与平面地图对偶的平面图（v>=3），都适用e<=3v-6。
前提5为方便起见，本文将有n个结点的平面图G特称G(n)，其中n为自然数。本文称对图G(n)正常着色与对G(n)中的n个结点正常着色，两者意义完全相同。
二、四色定理的证明
四色定理的“图论表述”为：对平面图G(n)（n为自然数）正常着色，4种颜色就足够。下面利用“数学归纳法”对此进行证明：
(1)当n=1，2，3，4时，显然用4色对图G（1）、G（2）、G（3）、G（4）可正常着色；
(2)假定n＝k（k>=5）时，定理成立，即可用4种色对图G(k)正常着色，亦即可用4色对k个结点正常着色。
那么，当n=k+1时，对这（k+1）个结点着色，必定可分两步进行：
第一步，首先对其中的k个结点着色；
第二步，才对剩下的“1”个结点（称为第n点，n=k+1）着色。已知k个点可用4色正常着色，不难证明第n点也可以用这 4色中的某一色正常着色。其理由是：
当n=k时，图G(k)共有结点个数为：v(k)=k(a)；边数据“前提4”为：
e(k)<=3v-6=3k-6(b)
当n=k+1时，有图G(k+1),此时
G(k+1)的结点个数为：v(k+1)=k+1(c);边数则为: e(k+1)<=3v-6=3(k+1)-6=(3k-6)+3 (d)
因为：(c)-(a)=(k+1)-k=1,(d)-(b)<=(3k-6)+3-(3k-6)<=3
所以可确知：图G(k+1)比图G(k)仅增加1个结点(即第n点)及最多增加3条边，所增加的3条边是增加的第n点所引致，两者具有对应关系。所以对图G(k+1)着色可以转化为：对G(k)着色与对新增加的1个结点（即第n点）着色。
显然，G(k)据题设(2)用4色可正常着色；而对第n点则可用G(k)正常着色时用过的4色中的某一色正常着色，因为：第n点最多对应3条边，即这点最多与原图G(k)中的3个结点（简称3色点）连线、相邻，不可能再与G(k)中的其它结点连线、相邻.根据着色规则，“3色点”最多着3色(称为3点色)，第n点不能用这“3点色”着色；但既然G(k)用4色可正常着色，那么这4色中必有有别于“3点色”的另1色，称为“第4色”，因为第n点只与“3色点”相邻，不与G(k)中着“第4色”的任何结点相邻，所以它必定可以用“第4色”正常着色！
这样，既然G(k)可用4色正常着色，而第n点又可用图G(k)4色中的“第4色”正常着色，那么由这二者“组成”的图G(k+1)理所当然可用4色正常着色,亦即全部（k+1）个结点可以用4色正常着色。
根据（1）、（2）可以知道，对于平面图G(n)(n为自然数)的所有n个结点进行正常着色，4色就足够，即四色定理成立！
三、对“机证”献疑
根据“e<=3v-6”可知，v个结点的平面图肯定比(v-1)个结点的平面图多1个结点[称为第v点，在G(v-1)的最外面，亦即G(v)的最外面]和3条边。所以实际画有v个结点的平面图G(v)时，理应画出最外面的第v点，它只与3条边相连。任何e=3v-6(取最大值)的平面图都必定如此.但很遗憾，在四色定理“机证”所依据的“构形”图中（显然构形的e也取最大值），没有发现这个特征。所以“机证”所依据的“构形”是令人可疑的，因而所进行的一系列证明过程与结果也都是令人可疑的。
参考资料
[1] 徐俊明.图论及应用[M].中科大出版社（合肥）,1998:305~309.
[2] 哈拉里（美）.图论第一版[M].上海科技出版社,1980:145~166.
8.正弦定理与余弦定理的证明 篇八
a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R（R为三角形外接圆的半径）
正弦定理(Sine theorem)
（1）已知三角形的两角与一边，解三角形
（2）已知三角形的两边和其中一边所对的角，解三角形
（3）运用a：b：c=sinA：sinB：sinC解决角之间的转换关系直角三角形的一个锐角的对边与斜边的比叫做这个角的正弦。
证明
步骤1
在锐角△ABC中，设BC=a，AC=b，AB=c。作CH⊥AB垂足为点HCH=a·sinB
CH=b·sinA
∴a·sinB=b·sinA
得到a/sinA=b/sinB
同理，在△ABC中,b/sinB=c/sinC
步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：
如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为在同圆或等圆中直径所对的圆周角是直角，所以∠DAB=90度因为在同圆或等圆中同弧所对的圆周角相等，所以∠D等于∠ACB.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R
类似可证其余两个等式。
余弦定理的证明：
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=(sinB*c)^2+a^2-2ac*cosB+(cosB)^2*c^2b^2=(sinB^2+cosB^2)*c^2-2ac*cosB+a^2
b^2=c^2+a^2-2ac*cosB
9.正弦定理证明 篇九
a/sinA=b/sinB 同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC 步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：
如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度 因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R a/SinA=BC/SinD=BD=2R 类似可证其余两个等式。2.三角形的余弦定理证明：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 3 在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b 则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC a^2=b^2+c^2-2bc*cosA b^2=a^2+c^2-2ac*cosB 下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a 由勾股定理得：
c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^2 所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2 =(a-CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2-2a*CD +(CD)^2-(CD)^2+b^2 =a^2+b^2-2a*CD 因为cosC=CD/b 所以CD=b*cosC 所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC 题目中^2表示平方。2 谈正、余弦定理的多种证法 聊城二中 魏清泉
正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则(1)(正弦定理)= =;(2)(余弦定理)c2=a2+b2-2abcos C, b2=a2+c2-2accos B, a2=b2+c2-2bccos A.一、正弦定理的证明
证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有 AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。
所以S△ABC=a•b•csin∠BCA =b•c•sin∠CAB =c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有 AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆 的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。
证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。因为AB=AC+CB，所以j•AB=j•(AC+CB)=j•AC+j•CB.因为j•AC=0，j•CB=| j ||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=| j ||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明
10.浅谈勾股定理的证明方法 篇十
关键词：勾股定理；证明方法
中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2015）07-217-01
何谓勾股定理？勾股定理又叫毕氏定理，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方。据考证，人类对这条定理的认识已经超过了4000年。据史料记载，世上有300多个对此定理的证明。勾股定理是几何学中的明珠，所以它充满魅力，千百年来，人们对它的证明趋之若鹜。1940年出版过一本名为《毕达哥拉斯命题》的勾股定理的证明专辑，其中收集了367种不同的证明方法。实际上还不止于此，有资料表明，关于勾股定理的证明方法已有500余种，仅我国清末数学家华蘅芳就提供了20多种精彩的证法。这是数学中任何定理都无法比拟的。
本文中仅介绍勾股定理的证明方法中最为精彩的两种证明方法，据说分别来源于中国和希腊。
1、中国方法：画两个边长为 的正方形，如图，其中 为直角边， 为斜边。这两个正方形全等，故面积相等。 左图与右图各有四个与原直角三角形全等的三角形，左右四个三角形面积之和必相等。从左右两图中都把四个三角形去掉，图形剩下部分的面积必相等。左图剩下两个正方形，分别以 为边，右图剩下以 为边的正方形。 于是得 。
这就是我们几何教科书中所介绍的方法。既直观又简单，任何人都看得懂。
以上两个证明方法之所以精彩，是它们所用到的定理少，都只用到面积的两个基本观念： ⑴ 全等形的面积相等；⑵ 一个图形分割成几部分，各部分面积之和等于原图形的面积。这是完全可以接受的朴素观念，任何人都能理解。
值得指出的是，由于《几何原本》的广泛流传，欧几里得的证明是勾股定理所有证明中最为著名的。 为此，希腊人称之为“已婚妇女的定理”，法国人称之为“驴桥问题”，阿拉伯人称之为“新娘图”、“新娘的坐椅”。 在欧洲，又有人称之为“孔雀的尾巴”或“大风车”等，这些可能是从其几何图形得到的灵感吧
11.高等数学定理证明 篇十一
一、曲线有水平切线———导出罗尔定理
首先观察图1，在平面直角坐标系里有一条连续的曲线ACB，其函数y=f (x） (x∈[a, b]），两个端点分别记为A, B，这条曲线除端点外处处有不垂直于x轴的切线，且两个端点的纵坐标相等，即f (a）=f (b）.不难看出在曲线的最高点C处（还有最低点），曲线有水平的切线，这条切线正好与端点的连线AB平行（弦AB的斜率kAB=0）.如果记C点的横坐标为ξ，那么由导数的几何意义可以得f'（ξ）=0.用分析的语言来描述这一几何现象就可得到———
罗尔定理若函数f (x）满足条件：
(1）在闭区间[a, b]上连续；
(2）在开区间（a, b）上可导；
(3) f (a）=f (b），则在（a, b）内至少存在一点ξ，使得f' (ξ) =0.
证：因为f (x）在[a, b]上连续，所以由连续函数的最大最小值原理知，f (x）在[a, b]上可取到最大值M和最小值m，现在分两种情况分别讨论如下：
1. 若M=m，则f (x）≡M（或m），此时该函数f (x）为常数函数，故其导数恒等于零。于是在（a, b）上任意取一点ξ，都有f'（ξ）=0.
2. 若m<M，即最大值与最小值不相等，而两个端点的函数值相等，从而至少有一个最值不在端点取得。不妨设最大值不在端点取得。从而知存在ξ∈（a, b），使得f（ξ）=M.以下来证明f'（ξ）=0.
由于f（ξ）=M是最大值，所以恒有f（ξ+Δx）-f（ξ）≤0, ξ+Δx∈ (a, b) .
由于式（1）、（2）同时成立，从而有f'（ξ）=0.
综合以上两种情况，罗尔定理得证。
从罗尔定理的导出可以看出，利用几何直观对于问题的条件与结论都易于理解。就经济管理类专业而言，其证明即使未完全掌握，也完全可以弄清罗尔定理的条件与结论。
二、曲线有倾斜切线———导出拉格朗日中值定理
以下再来观察图2，在平面直角坐标系里有一条连续的曲线ACB，其函数为y=f (x） (x∈），两个端点分别记为A、B，这条曲线除端点外处处有不垂直于x轴的切线，不难看出在曲线的C处（图中还有一处）有切线平行于两端点的连线AB.如果记C点的横坐标为ξ，那么由导数的几何意义知ξ处的切线斜率为f'（ξ），而弦AB的斜率为
综上所述可知，平面内以A、B为端点的连续曲线弧处处有不平行于y轴的切线时，则在曲线内至少有一点，其切线平行于弦AB.用分析的语言来描述这一几何现象就得到下面微分学中十分重要的———
拉格朗日中值定理若函数f (x）满足下列条件：
(1）在闭区间[a, b]上连续；
(2）在开区间[a, b]上可导；
则在（a, b）内至少存在一点ξ，使得f'（ξ）=
分析将坐标系绕原点在平面内的旋转，使得在新坐标系“XOY”下，线段AB平行于新坐标系的X轴，于是就有了F (a）=F (b）.F (x）的几何意义，正是曲线y=f (x）与直线之差，这样就有了作辅助函数的方法。
证：作辅助函数，易知，F (a）=F (b）=0，且F (x）在[a, b]上满足罗尔定理的另外两个条件，故存在点ξ∈（a, b），使得，即定理得证。
从拉格朗日中值定理的导出同样可以看出，利用几何直观对于问题的条件与结论都易于理解。就经济管理类专业而言，证明过程中辅助函数的作法一般不易想到，但定理的条件与结论是直观的，而且是不难接受的。
关于拉格朗日中值定理，再作以下几点说明：
(1）从几何直观上看，易知罗尔定理是拉格朗日中值定理当f (a）=f (b）时的特例；
(2）该问题是将一般情况转化为特殊情况，将复杂问题转化为简单问题的论证思想，它是数学中重要而常用的数学思维方法。这里又是通过几何直观来提供一个构造辅助函数的方法的思路，使得粗象的构造辅助函数的思想变得直观而易于理解；
(3）拉格朗日中值定理的结论常称为拉格朗日公式，它有几种常用的等价形式，可根据不同问题的特点，在不同场合灵活采用：
(4）以下推论1实际上是利用拉格朗日中值定理研究函数的典型例子之一，从几何图形上看又是直观的：如图3，在平面直角坐标系中连续的曲线AMB的切线处处是水平的（即斜率满足f'（ξ）堍0），则该曲线必定是一条水平的直线（即函数必为常数函数y=f (x）堍c， (x∈[a, b]）.此时曲线上任意一点处切线与曲线重合。
推论1若函数f (x）在区间（a, b）上的导函数f'（x）堍0，则f (x）是一个常数函数。
证：对于区间（a, b）上的任何两点x1, x2，不妨设x1>x2则在f (x）在[x1, x2]上满足拉格朗日中值定理的条件。根据该定理，有f (x2）-f (x1）=f'（ξ）（x1, x2）=0，这就是说，f (x）在区间（a, b）上的任何两个值都相等，所以为常数函数。
(5）以下推论2是利用拉格朗日中值定理研究函数的另一个典型例子之一，从几何图形上看同样是直观的：如图4，平面直角坐标系中的两条连续的曲线A MB、A'M'B'在区间 (a, b) 内处处有不垂直x轴的切线, 且两曲线的切线处处是平行的 (即斜率满足f' (ξ) =g' (ξ) (ξ∈a, b) ) , 则两条曲线中的一条曲线y=f (x) 是由另一条曲线y=g (x) 轴方向平移得到的 (即满足f (x) =g (x) +C) .
推论2若函数y=f (x）和y=g (x）均在区间（a, b）上可导，且f'（x）=g'（x），其中x∈（a, b），则在区间（a, b）上，函数f (x）与g (x）只差一个常数，即存在常数C，使得f (x）=g (x）+C.
证：令F (x）=f (x）-g (x），由推论1, F (x）=C，所以有f (x) =g (x) +C.
三、曲线由参数方程表示有切线———导出柯西中值定理
类似地，利用拉格朗日中值定理的几何意义及参数方程的知识可推出柯西中值定理。如图5，设该曲线的参数方程为∈Y=f (x) X=g (x） (a≤x≤b），其中x为参数。
那么曲线上的点（X, Y）处切线的斜率为，弦AB的斜率为，假设点C对应于参g'（x) g (b）-g (a) 数x=ξ，那么曲线上点C处的切线平行于弦AB，可以表示为.用分析的语言表示即为———
柯西中值定理若满足条件：
(1）函数f (x）, g (x）在闭区间[a, b]上连续；
(2）函数f (x）, g (x）在开区间（a, b）上可导；
(3）在开区间g'（ξ）内不为零；则在（a, b）内至少存在一点ξ，使得.
证：首先由拉格朗日中值定理，知g (b）-g (a）=g（ξ）（b-a）≠0，类似于证明拉格朗日中值定理时分析作辅助函数的方法，作辅助函数：
显然，F (x）满足罗尔定理的条件，所以存在点ξ∈（a, b），使得F' (ξ) =0,
不难看出，拉格朗日中值定理是柯西中值定理当g (x）=x时的特例，柯西中值定理最重要的应用是导出求不定式极限的非常好用的洛必达法则。
有了微分中值定理，一些从几何现象上看并不直观的函数关系的数学命题，运用微分中值定理容易给出其理论证明，显示出了微分中值定理运用导数知识去研究函数性态的桥梁的重要作用，仅举以下几例：
例1证明：当a>b>0时，
证令f (x）=lnx, x∈[a, b]，则f (x）在[a, b]上连续，在（a, b）内可导，由拉格朗日定理得 (a<ξ<b），由于得故
例2证明：当x>0时，成立不等式
分析：注意到x>时，则对于f (t）=lnt，在区间[x, 1+x]上，有f (1+x）-f (x）=ln (1+x）-lnx，可考虑运用拉格朗日定理进行证明。
证明：令f (t）=lnt，则f (t）在[x, 1+x]（x>0）上满足拉格朗日定理条件，从而有f (1+x）-f (x）=f'（ξ）（1+x-x）， (0<x<ξ1+x），即ln (1+x）-lnx=.
例3当x>0时，试证：若ex=1+xexθ（x）（其中0<θ（x）<1），则lxi→m0θ（x）=.
分析：移项可得ex-1=xexθ（x），易知，等式左边为函数f (t）=e'在[0, x]上的增量形式，而右边与θ（x）有关，可考虑运用拉格朗日定理进行证明。
证明：令f (t）=e'，则当x>0时，f (t）在区间[0, x]上满足拉格朗日定理条件，因此有f (x）-f (0）=f'（0+（x-0）θ（x） (x-0））， (0<θ（x）<1），由上式，解得，即θ故
摘要：本文结合经济管理类专业的实际, 给出从几何问题出发证明微分中值定理的思维过程, 使得所讨论的问题的条件与结论都易于理解, 证明中值定理过程中通常认为不易想到的作辅助函数的困难也变得易于接受。
关键词：微分中值定理,几何现象,辅助函数
参考文献
[1]柴慧琤.微分中值定理证法的几何解释[J].数学通报, 1991, (2) .
[2]同济大学应用数学系.高等数学上册 (第5版) [M].北京:高等教育出版社, 2003.
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