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-1,1 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