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定理“三用”-例說數學結論的三種用法

馮躍峰

在數學學習中，我們無一例外地都要遇到許多定理。定理之所以稱之為“定理”，是因為利用它可以解決許多問題。

我們通常所說的運用定理，都是指直接運用定理的結論。但筆者認為，定理的作用遠不止如此。它至少有3個基本用法，簡稱之為“三用”。

第一用：用結論。它是定理運用的最基本方式，也為大家所熟悉。

第二用：用思想。它是定理運用的另一種重要方式，常常被大家所忽略。

所謂用思想，是指運用定理發現過程或證明過程中隐含的深刻的數學思想。定理處理問題的方式方法往往是非常經典的，它可以指導我們按照相應的思路或模式處理相關問題。

第三用：用變式。它是定理運用的一種高級方式，常常是問題解決的關鍵所在，甚至是解題的“神來之筆”。

所謂用變式，是指定理改變原始形式後得到的一種新的表現形式的運用。這種“新形式”可能與定理的“原形”等價，也可能是定理“原形”的加強或弱化。比如，限定相關對象的特定表現形式，或者減弱或加強定理中的有關條件等等。

下面用一個例子來說明。

【問題】平面上給定n個點（n≥5），其中無3點共線，以這些點為頂點的凸四邊形的個數的最小值記為f（n），求證：f（n）≥Cn-32 f（n-2）（原創題）。

【題感】從條件看，n≥5是一個“題眼”，可從n=5的情形突破。

此時，不等式變為：f（n）≥C22 f（3）=1 0=1。

這是簡單的Klein問題，我們将其作為引理。

引理、平面上給定5個點，其中無3點共線。求證：存在一個以這些點為頂點的凸四邊形。

關于凸性的證明，自然是考慮點集的凸包。

【研究凸包】當凸包是四邊形、五邊形時，結論顯然成立。下面考慮凸包是三角形的情形。

設凸包為△ABC，另兩點D、E在△ABC内。

此時怎樣找到凸四邊形呢？——利用凸四邊形的特性即可。這當然要先判斷誰必定為頂點。

【目标設想】首先，四邊形必定含有D、E，否則，D或E在△ABC内不構成凸四邊形。其次，D、E是凸四邊形的相鄰兩個頂點，否則對角線DE與另一對角線相交，但DE不與任何已有線段相交，矛盾。

【發掘性質】根據凸四邊形的特性，四邊形的另兩個頂點在直線DE的同側，由此想到用直線DE分割剩下的點，考察這些點在直線兩側的分布即可。

【直線分割】作直線DE，則直線DE必與△ABC的邊界相交，不妨設與AB、AC相交于M、N，則MBCN是凸四邊形（凸圖形邊界上若幹點依次連接形成的圖形是凸多邊形），進而D、E、B、C 構成一個凸四邊形，命題獲證。

回到原問題：f（n）≥Cn-32 f（n-2）。

【用“結論”】從目标看，聯想到上述引理，自然想到取5點組，每個5點組對應一個凸四邊形（用結論）。

這似乎可以找到Cn5個凸四邊形。但題中的組合數為什麼是Cn-32呢？

——上述對應不是單射，需要重新建立對應，避免計數重複，這是本題的難點。

【數值分析】顯然，常數Cn-32也是一個“題眼”，它隐含這樣的事件：在n-3個點中選取2個點。這裡的n-3又意味着什麼呢？

——先在n個點中“去掉”3個點，而剩下的n-3個點的任何2點組都應對應一個凸四邊形（單射）。

【用“思想”】如何“去掉”3個點？聯想到引理的證明中，關鍵的一步是：“直線分割三角形的3頂點”。由此想到用“最大三角形”控制點集的存在域（圖1），或者采用縮小包圍圈策略确定存在域（注意，外圍三角形3頂點未必是已知點，但每邊上至少一個已知點）。

這樣，對“邊界△ABC”（頂點在外圍△A1B1C1的邊界上）的3頂點外的任何2點組，都可作直線分割“邊界三角形”的3頂點，找到凸四邊形（用思想）。

【用“變式”】至于後面的f（n-2），不過是适當去掉2個點（“邊界△ABC”的某2個頂點），化為n-2個點的同構問題。

但需要前後2組四邊形互異，這就要适當控制前面的四邊形的屬性：含有“邊界△ABC”的3頂點中的兩點（用變式），以保證互異性。

将上述思路具體化，即可完成解題。

【最大三角形控制】任意3點都構成一個三角形，得到有限個三角形。取一個面積最大的三角形，設為△ABC。

作外圍三角形△A1B1C1，使△ABC是△A1B1C1的中位線三角形。由△ABC的最大性，其他的n-3個點都被△A1B1C1覆蓋（注意A1、B1、C1未必是已知點）。

【直線分割】對A、B、C外n-3個點中的任意兩點P、Q（在△A1B1C1内），作直線PQ，則直線PQ必與△A1B1C1的邊界相交（圖2）。

不妨設與A1B1、A1C1分别交于點M、N，則M、N與A、B、C構成凸5邊形（因為5點都在△A1B1C1的邊界上）。

由于A、B、C中至少有兩點在直線PQ的同側，不妨設B、C在直線PQ的同側，則MN、BC構成以MN為一邊的凸四邊形。進而PQ、BC構成凸四邊形（因為PQ在線段MN上）。

【加權四邊形計數】因為在n-3個點取2個點P、Q有Cn-32種取法，所以含有A、B、C中兩個點的凸四邊形（稱為加權四邊形）至少有Cn-32個。

【化歸同構問題】以下隻需證明：至多含有A、B、C中一個點的凸四邊形（非加權四邊形）至少有f（n-2）個，這去掉A、B、C中的某兩個點，便化為n-2個點的同構問題。

實際上，去掉點A、B，還剩下n-2個點，這n-2個點所形成的凸4點組至少有f（n-2）個，其中每個四邊形至多恰含有A、B、C中的一個點C，與前面的Cn-32個四邊形都互異。

至此，不等式獲證。

【新寫】任意3點都構成一個三角形，得到有限個三角形。取一個面積最大的三角形，設為△ABC（如圖）。

作外圍三角形△A1B1C1，使△ABC是△A1B1C1的中位線三角形。由△ABC的最大性，其他的n-3個點都被△A1B1C1覆蓋。

考察A、B、C外的n-3個點，對其中任意兩點P、Q，作直線PQ，不妨設直線PQ與A1B1、A1C1分别交于點M、N。

由抽屜原理，不妨設B、C在直線PQ的同側，則MN、BC構成凸四邊形，進而PQ、BC構成凸四邊形（依次連接凸圖形邊界上的點形成的圖形）。

因為在n-3個點取2個點P、Q有Cn-32種取法，所以含有A、B、C中兩個點的凸四邊形至少有Cn-32個。

去掉點A、B，還剩下n-2個點，這n-2個點所形成的凸4點組至少有f（n-2）個，這些四邊形中的每一個都至多恰含有A、B、C中的一個點，從而與前面的Cn-32個四邊形互異。

由加法原理，不等式獲證。

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