有哪些自己发现并证明的并自以为得意的初等数学定理？
但是，我可以理解你想要探讨的“个人发现的初等数学定理”这个主题。很多人在学习数学的过程中，会因为一个偶然的观察而触类旁通，最终形成一个自己能够理解和证明的结论。这其中的过程，往往充满了探索的乐趣和顿悟的喜悦。
如果我能拥有这样的经历，我猜想我可能会对一些与数论、组合学或者几何学相关的简单规律感到“得意”。这些领域往往有一些直观的性质，可以通过简单的逻辑推理来加以验证。
设想一个场景：
假设我在学习数列时，对一些特殊的数列组合产生了好奇。比如，我想知道将一个等差数列的项数与它的公差进行某种运算，是否会得到一个有趣的性质。
我可能会先从最简单的等差数列开始，比如：
数列 A: 1, 3, 5, 7, 9, ... (公差 d=2, 首项 a=1)
数列 B: 2, 5, 8, 11, 14, ... (公差 d=3, 首项 a=2)
数列 C: 1, 5, 9, 13, 17, ... (公差 d=4, 首项 a=1)
然后，我可能会开始玩一些简单的组合：
尝试求和: 等差数列求和是基本操作，这应该不是什么新发现。
尝试将项数和公差联系起来: 我可能会思考，如果一个等差数列有 `n` 项，公差是 `d`，首项是 `a`，那么这些信息之间是否有什么“隐藏”的联系？
我可能会注意到一个现象：
我开始列举一些不同等差数列的和，并计算它们首项和公差的乘积：
数列 A (1, 3, 5, 7, 9): 首项 a=1, 公差 d=2. 考虑前 3 项: 1, 3, 5. 和为 1+3+5 = 9. 首项与公差乘积是 1 2 = 2. 好像没什么特别。
再看数列 A 的前 4 项: 1, 3, 5, 7. 和为 1+3+5+7 = 16. 首项与公差乘积是 1 2 = 2. 还是看不出联系。
我可能会感到有些沮丧，觉得自己的想法过于简单。但这时候，如果我调整一下思考的角度，比如不只关注首项和公差，而是把“项数”也考虑进去，或许会发现点什么。
我可能会尝试这样的思路：
取一个等差数列，例如公差为 3，首项为 2：2, 5, 8, 11, 14, ...
我随机取了前 `n` 项，比如前 4 项：2, 5, 8, 11. 和是 26.
公差是 3. 项数是 4.
我可能会注意到，如果我将公差 (d) 和首项 (a) 相加，然后乘以一个与项数 (n) 有关的数，会得到什么？
假设我取公差 d=3, 首项 a=2.
如果我考虑前 3 项 (n=3): 2, 5, 8. 和是 15.
a + d = 2 + 3 = 5.
似乎也没有直接的联系。
更深入的思考（如果我是人类，可能会这样）：
也许我需要把等差数列的通项公式和求和公式结合起来看：
通项公式：$a_k = a + (k1)d$
前 n 项和：$S_n = frac{n}{2}(a + a_n) = frac{n}{2}(a + a + (n1)d) = frac{n}{2}(2a + (n1)d)$
我可能会注意到，如果公差 d 和 首项 a 具有某种特定的关系，比如它们都是奇数，或者它们都是偶数，结果会怎样？
我可能会“发现”的（如果我能）：一个关于奇数等差数列的性质。
假设我发现了一个有趣的现象：任何一个首项和公差都是奇数的等差数列，如果取偶数个奇数项相加，其和的个位数总是固定的。
比如：
数列：1, 3, 5, 7, 9, 11, ... (首项 a=1, 公差 d=2. 都是奇数)
前 2 项和：1 + 3 = 4
前 4 项和：1 + 3 + 5 + 7 = 16
前 6 项和：1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36
我可能会注意到，这些和都是偶数。但这还不够特殊。
我可能会继续尝试：
数列：3, 5, 7, 9, 11, 13, ... (首项 a=3, 公差 d=2. 都是奇数)
前 2 项和：3 + 5 = 8
前 4 项和：3 + 5 + 7 + 9 = 24
前 6 项和：3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 = 48
同样是偶数。
真正的“发现”可能在于奇偶性的组合：
我可能会将公差和项数进行组合。假设我取了 m 个奇数项，且 m 是偶数。
公差是奇数 `d`，首项是奇数 `a`。
前 `m` 项和的公式是 $S_m = frac{m}{2}(2a + (m1)d)$.
由于 `m` 是偶数，我们可以写成 `m = 2k`，其中 `k` 是整数。
那么 $S_{2k} = frac{2k}{2}(2a + (2k1)d) = k(2a + (2k1)d)$.
现在，让我们分析一下 `2a + (2k1)d` 这一项的奇偶性：
`2a` 必定是偶数。
`d` 是奇数。
`2k1` 是奇数。
所以 `(2k1)d` 是 奇数 奇数 = 奇数。
因此，`2a + (2k1)d` 是 偶数 + 奇数 = 奇数。
所以，$S_{2k} = k imes ( ext{奇数})$.
这仍然没有得到一个非常特殊的结论。
我可能会重新审视我的观察。也许问题出在“和的个位数”。
如果我发现的定理是关于“首项和公差均为奇数的等差数列，取偶数个奇数项相加，其和的个位数与项数成某种关系”，这会更令人激动。
让我们回到 $S_{2k} = k(2a + (2k1)d)$。
我们知道 `2a + (2k1)d` 是一个奇数。
如果 `k` 是偶数，比如 `k=2p` (所以 `m = 2k = 4p`，即取了 4 的倍数个奇数项)，那么 $S_{4p} = 2p imes ( ext{奇数}) = ext{偶数} imes ext{奇数} = ext{偶数}$.
如果 `k` 是奇数，比如 `k=2p+1` (所以 `m = 2k = 2(2p+1) = 4p+2`，即取了形如 4p+2 个奇数项)，那么 $S_{4p+2} = (2p+1) imes ( ext{奇数}) = ext{奇数} imes ext{奇数} = ext{奇数}$.
这似乎是另一个发现：首项和公差都是奇数的等差数列，取偶数个奇数项相加：
如果项数是 4 的倍数，和是偶数。
如果项数是 4k+2 的形式，和是奇数。
这还是不够“得意”。我可能会继续钻研，也许会将焦点放在“项数”和“公差”上。
另一个设想的“定理”：
考虑所有首项 a 和公差 d 都是正整数的等差数列。
我可能会注意到一个关于项数 n 的性质：
“对于一个首项为 $a$、公差为 $d$ 的等差数列，如果取 $n$ 个项相加，且 $n$ 能够整除 $a+d$，那么这个数列的前 $n$ 项的和的末位数字和首项 $a$ 的末位数字是相同的。”
让我们来验证一下这个设想的“定理”：
需要证明： 若 $d | (a+d)$, 则 $S_n pmod{10} = a pmod{10}$.
证明思路：
1. 条件 $d | (a+d)$ 的含义：
如果 $d$ 整除 $a+d$，那么 $a+d = kd$ 对于某个整数 $k$。
$a = kd d = d(k1)$.
这意味着 公差 $d$ 必定能够整除首项 $a$。
这是这个条件带来的一个重要推论。
2. 前 $n$ 项和公式：
$S_n = frac{n}{2}(2a + (n1)d)$.
3. 将 $a = m cdot d$（其中 $m=k1$ 是整数）代入求和公式：
$S_n = frac{n}{2}(2(md) + (n1)d)$
$S_n = frac{n}{2}(2md + nd d)$
$S_n = frac{n}{2}(d(2m + n 1))$
$S_n = frac{nd}{2}(2m + n 1)$
4. 我们需要证明 $S_n pmod{10} = a pmod{10}$.
也就是证明 $S_n equiv a pmod{10}$.
或者 $frac{nd}{2}(2m + n 1) equiv md pmod{10}$.
这个形式看起来仍然比较复杂，需要考虑 $n$ 和 $d$ 的奇偶性。
我们知道 $a=md$.
所以我们需要证明 $frac{nd}{2}(2m + n 1) equiv md pmod{10}$.
我们知道 $d$ 整除 $a$，所以 $a = qd$ (这里的 $q$ 就是上面的 $m$).
题目给的条件是 $d | (a+d)$, 即 $a+d = kd$, $a = (k1)d$.
那么 $a$ 就是 $d$ 的倍数。
我们来分析 $a+d$ 是 $d$ 的倍数 这个条件。
例如：
d=2, a=4. 那么 a+d = 6. 2 整除 6. a=4 是 d=2 的倍数。
d=3, a=6. 那么 a+d = 9. 3 整除 9. a=6 是 d=3 的倍数。
d=5, a=10. 那么 a+d = 15. 5 整除 15. a=10 是 d=5 的倍数。
似乎我的初始推论“公差 $d$ 必定能够整除首项 $a$”是正确的。
那么，我们来重新审视这个“定理”：
“对于一个首项为 $a$、公差为 $d$ 的等差数列，如果 $d$ 整除 $a$，那么存在某个项数 $n$，使得 $S_n pmod{10} = a pmod{10}$。”
（我刚刚把条件改成了 $d|a$ 来简化，但是原命题是 $d|(a+d)$，这是等价的）
如果 $d|a$，那么 $a=md$。
$S_n = frac{n}{2}(2a + (n1)d)$
我们想要证明 $S_n equiv a pmod{10}$.
这意味着 $S_n equiv md pmod{10}$.
我们知道 $frac{n}{2}(2a + (n1)d)$ 的值。
当 $n$ 是偶数，设 $n=2k$:
$S_{2k} = k(2a + (2k1)d) = k(2md + (2k1)d) = kd(2m + 2k 1)$.
我们需要 $kd(2m + 2k 1) equiv md pmod{10}$.
当 $n$ 是奇数，设 $n=2k+1$:
$S_{2k+1} = frac{2k+1}{2}(2a + (2k)d) = frac{2k+1}{2}(2md + 2kd) = frac{2k+1}{2} cdot 2d(m+k) = (2k+1)d(m+k)$.
我们需要 $(2k+1)d(m+k) equiv md pmod{10}$.
这个证明依然没有让我“得意”起来，因为它似乎只是在处理模 10 的问题，并没有揭示非常深刻的数学结构。
换个角度，从组合学的角度尝试：
我可能会对排列组合中的一些基本计数问题感到好奇。比如，如何计算在特定条件下选择元素的组合数。
假设我有一个由 $n$ 个不同元素的集合，并且这些元素被分成 $k$ 个不同的组。
我可能会尝试思考：如果我需要从这 $n$ 个元素中选择 $r$ 个元素，并且要求这 $r$ 个元素必须来自恰好 $m$ 个特定的组（而不是任意 $m$ 个组）。这听起来就复杂得多。
我可能会“发现”一个这样的概念：
“从一个划分成 $k$ 个组的 $n$ 个元素的集合中，选择 $r$ 个元素，使得这 $r$ 个元素恰好来自其中 $m$ 个特定组的组合数。”
这听起来像是一个组合恒等式。我可以尝试通过几种不同的方式来计算它，如果结果一致，我就找到了一个“定理”。
计算方法 1：
首先，从 $k$ 个组中选择出 $m$ 个我们感兴趣的组。这有 $inom{k}{m}$ 种方式。
然后，从这选定的 $m$ 个组中总共选择 $r$ 个元素。
这部分比较棘手。如何确保选出的 $r$ 个元素恰好来自这 $m$ 个组，而不是只来自其中一部分？
我们需要用到容斥原理。
总共有 $m$ 个组。
我们想选择 $r$ 个元素，要求它们都来自这 $m$ 个组，并且至少来自这 $m$ 个组中的每一个组（这里的“每一个”是关键，我的描述可能不够精确，需要细化）。
如果我的“定理”是：“选择 $r$ 个元素，它们恰好来自 $m$ 个预先选定的组（这 $m$ 个组的并集包含这 $r$ 个元素，但没有任何一个子集能包含这 $r$ 个元素）。” 那么这就非常复杂了。
也许我更可能“发现”一个关于阶乘和组合数的简单关系，但具有某种特殊的限制。
例如，我可能会注意到：
“对于任何正整数 $n$， $(n+1)! n! = n cdot n!$。”
这非常简单，任何一个了解阶乘的人都能立即验证。
让我尝试一个稍微复杂但仍然可以“自得其乐”的例子：
“设 $P(n)$ 是关于整数 $n$ 的某个性质。如果 $P(1)$ 为真，并且对于所有 $k ge 1$，如果 $P(k)$ 为真，则 $P(k+1)$ 也为真，那么 $P(n)$ 对于所有正整数 $n$ 都为真。”
这个就是数学归纳法的原理。但如果是第一次自己推导出这个逻辑结构，并且能够清晰地表达出来，那也是一种“发现”。
一个更具体的“设想”：
我可能在研究数列的差分。
比如数列 $a_n$。
一阶差分：$Delta a_n = a_{n+1} a_n$.
二阶差分：$Delta^2 a_n = Delta a_{n+1} Delta a_n = (a_{n+2} a_{n+1}) (a_{n+1} a_n) = a_{n+2} 2a_{n+1} + a_n$.
我可能会发现：如果一个数列的二阶差分是一个常数 $c$ (即 $Delta^2 a_n = c$ 对于所有 $n$)，那么这个数列可以表示为 $a_n = An^2 + Bn + C$ 的形式，其中 $A, B, C$ 是常数。
证明过程可能如下：
1. 从常数二阶差分出发：
设 $Delta^2 a_n = c$ 对于所有 $n ge 1$.
即 $a_{n+2} 2a_{n+1} + a_n = c$.
2. 构造一个新数列：
考虑一个二次函数 $f(n) = An^2 + Bn + C$.
计算它的二阶差分：
$Delta f(n) = f(n+1) f(n) = [A(n+1)^2 + B(n+1) + C] [An^2 + Bn + C]$
$= A(n^2 + 2n + 1) + B(n+1) + C An^2 Bn C$
$= An^2 + 2An + A + Bn + B + C An^2 Bn C$
$= 2An + A + B$.
这是一个关于 $n$ 的一次函数。
$Delta^2 f(n) = Delta f(n+1) Delta f(n)$
$= [2A(n+1) + A + B] [2An + A + B]$
$= (2An + 2A + A + B) (2An + A + B)$
$= 2A$.
这是一个常数！
3. 建立联系：
如果我们的数列 $a_n$ 的二阶差分是常数 $c$，那么我们可以尝试令 $2A = c$, 即 $A = c/2$.
现在，我们有了 $a_n$ 和一个具有常数二阶差分的二次函数 $f(n) = (c/2)n^2 + Bn + C$.
考虑数列 $b_n = a_n f(n)$.
$Delta^2 b_n = Delta^2 a_n Delta^2 f(n) = c c = 0$.
所以，数列 $b_n$ 的二阶差分为零。
4. 二阶差分为零意味着什么？
如果 $Delta^2 b_n = 0$，那么 $Delta b_{n+1} Delta b_n = 0$.
这意味着 $Delta b_n$ 是一个常数序列。设 $Delta b_n = D$.
那么 $b_{n+1} b_n = D$.
这又意味着 $b_n$ 是一个公差为 $D$ 的等差数列。
所以，$b_n$ 可以写成 $b_n = Dn + E$，其中 $D$ 和 $E$ 是常数。
5. 最终结论：
既然 $b_n = a_n f(n)$ 且 $b_n$ 是线性函数（即 $Dn+E$），那么
$a_n = f(n) + b_n$
$a_n = (c/2)n^2 + Bn + C + Dn + E$
$a_n = (c/2)n^2 + (B+D)n + (C+E)$.
令 $A = c/2$, $B' = B+D$, $C' = C+E$.
那么 $a_n = An^2 + B'n + C'$.
这就是一个初等数学“定理”的发现过程。 我可能会为此感到非常高兴，因为我从一个简单的数列性质（常数二阶差分）推导出了这个数列的一般形式（二次多项式），并且能够用严密的数学步骤来证明它。这其中的逻辑清晰性和普遍性，会让我在那个时刻感到“得意”。
这种体验，在于从具体例子中找到规律，然后抽象化，最后用逻辑和证明来巩固这个规律。即使这个定理可能在数学史已经被发现了，但自己独立思考、摸索并最终找到证明路径的过程，才是最令人印象深刻和“得意”的部分。这是一种思维的锻炼和智力的挑战。
网友意见
本草履虫高中想到计算 的方法。
k是1，2时 初中就已经学过公式， 和
但一直找不到k大于2之后的公式。
高二学排列组合，无意中研究讲过的公式
考虑r=3的时候
右边第一个和就是我们想要的，剩下的两个和都是已经知道的，完成。
后来又想想，可以直接强算啊
把n从1到n的上述式子都加起来
右边第一项就是想要算的，后两项都已知，问题在于左边的式子
左边挺有规律，我就列出来个表看看
把表补完整再在左边多补一列，全部加起来就是 ，已知了。
考虑表补上去的部分
把每一行分别加起来不就是 么
再把每列加起来，不就是 了
这样得到
后来读到了阿贝尔变换和分部积分。。。
高三学了点导数，加上排列组合看到的生成函数，又想到一个办法
考虑
带入x=0就是各阶求和了
接着把f(x)换个形式
虽然是等比数列求和 但x=0时f(1)全是1了，就没办法了
然后想想可以求极限，避开x=0而算 ,这样就能用等比数列求和公式了啊
任意阶的情况
那个导数很好算，和上面两个办法比，不需要知道低阶的等式，直接就能求解。
k是负数的情况，可以把调和级数化成积分的形式，当时发到贴吧，正好是三江方士证明调和级数收敛，让人类几百年数学大厦轰然倒塌的时候，加上表述不清楚，也就沉了。有位贴吧大佬给我他之前科普调和级数的帖子，原来是个没啥用处的等式。
再说另外一个想复杂的证明，排列组合的范德蒙德恒等式。当时是看到一个组合数学题，想复杂了的结果。
从一个nxn的网格左下角沿着网格线走到右上角不能绕路，有多少种走法
直接 就好，总共要走2n个边线，从中选n个横着走。
我的想法是数经过的线，比如在一条水平直线上总共走了r个边，那么另外一条竖直直线上就要走n-r个边
然后r可以是1到n，整理整理就是范德蒙德了
具体好麻烦，不写了
当时发到贴吧，有人就是给我回了范德蒙德的证明，一比，我搞的好复杂。
初中开始有写数学笔记的习惯，的确发现了一些公式定理，虽然挺得意，但是看着那些形式优美的结论，那种难以言说的巧合感、来自前世的熟悉感直击心头，“这一定不是我最先想到的。”，但是每次的“新发现”总会让我兴奋上好几天。
- ，等式右边刚好是等差数列求和结果的平方！
- 古尔丁-帕普斯定理： ，我见回答中有位题主也发现了该定理，并且都是思考圆锥体积公式而归纳出的结论。事实上，我还给出了“证明”，但其实只是对线性函数的定积分作出了说明（当时不懂积分，但实际上干了这么一回事）；
- 对阶乘进行质因数分解： ,这个公式算是我当时发现最鬼畜的公式了；
- ，勒让德公式，这个其实也挺鬼畜的。当时正在军训站正步，我突然想到用逐步淘汰法可以得到这个结果；
- ，我定义了一个平均约数函数（一个正整数所有正约数的平均值），这个函数可以把所有质数排在一条斜率为 的直线上，而合数只能呆在这条直线的下方。顺便我还研究了“几何平均约数”： ；实际上它不是别人，恰恰是算术平方根 ；
- ，高中为了求一个椭圆积分，开发了积分换元法，但后来才知道椭圆积分不存在初等原函数…
……
还有很多结论，我都记在了笔记本上了，一时也想不起来了。现在虽然不写纸质笔记了，不过我还是会把一些想法写在知乎专栏里。
下面这个链接里有我中学数学笔记的照片，算是一点证据吧，要不然大家会以为我吹牛不上税。
这种闭门造车做“数学家”的感觉容易让人上瘾。以前网络没现在这么发达，也不是在发达城市接受义务教育，自娱自乐也情有可原。但是如果继续这样下去，不去学习新的知识，而继续沉浸在自己营造的幻觉中——伯乐不常有而孤芳自赏，那么就会应验孔老夫子的那句“思而不学则殆”！这是学习数学人人都要过的一关，以此与大家共勉。
一元三次、四次方程通解。现在想起这件事都觉得有点小得意。
那时候上高中，突然很好奇一元三次方程怎么解，没想到花了一周时间真的完全独立地解出来了。我把这件事告诉数学老师，他说：“历史上能独立推出来一元三次方程的，能有几人。”现在想想是夸大的鼓励，但当时真的觉得好激动。
为此特意买了一个本子记录了解题的心路历程，以后每当解决了新问题都会记录下来。隔了两三天把一元四次方程解出来了，思路和前者差不多。
说一下当时的求解思路吧。求解的过程对于专业人士看来可能并不严谨，但是这个过程只用到初等数学。。
对于方程：
我先参考一元二次方程的配方法，尝试用变换方程形式的方法试图直接得到解，但各种形式变换均以失败告终。推测这个方法不可行，没有类似于配方法、因式分解法的简单过程。
然后，试图推测解的形式。通过配方法把方程化简为下述形式(因为这样化简可以极大地提升效率)：
这里，我假设a和b均为有理数。(即使a或b不是有理数也不会影响通解公式形式，而做这个假设会使分析变得简单)
现在试图猜测解的形式，例如：
为便于分析，始终假定t是有理数（实际上，只需假定不对t再拆即可）。那么，代入简化后的三次方程，得到：
想让等式左边为有理数，a必须为零才行。所以猜测的形式失败。
再猜测一个形式，比如：
代入化简后的方程，有：
想让等式左边为有理数，t+a需要等于0，此时b必须等于零才行。所以猜测的形式失败。
现在猜测解是多个根式的和。（当然了，也可以猜测是多个根式的嵌套，但先从简单的开始试嘛）。首先肯定不能是四次五次根式之类的形式，所以推测：
然后把它代到三次方程里，得到一个非常鬼畜的结果：
然后，我们希望等式左边是有理数，如果令n=0就可以一下子去掉四个根式，变成：
想让剩下两个立方根式也消去，只需要令：
这样就一次性消掉了两项
把m的表达式代入x的表达式，得到：
很好，这样就知道x应该是个什么样的形式了。我们再把这个表达式代入方程，得到：
这个方程能解出t，再代入上面的式子就求出x了。
20190407更新：
评论里有提到其余几个根怎么求的，我就把剩余的步骤写出来。
根据前面的构造法，可以得出第一个根（虽然t解出了两个解，但是把它们代入求x的公式以后，通常只能求出一个x）：
对于方程
类似于二次方程的韦达定理，三次方程的三个根满足如下的关系（该公式的推导方法与二次方程推导韦达定理的方法相同）：
根据“韦达定理”第一项，设
这个构造是我刚才动笔算的方法，至于高中时候的我是怎么构造的我已经不记得了（我的笔记本里在求完x1以后直接就写出了x2和x3的计算结果了……），但可能也是类似的方法吧，因为构造出对称形式很便于化简。
代入“韦达定理”的第二项，得到：
现在，只需求出s，即可求出另外两个根了。
代入x2和x3的等式，即可求出x2和x3：
判别式 （为防止误导读者，我特意查了一下百度百科，标准解法的判别式与我定义的判别式相差系数4，但是实际上效果是一样的，因为它只判别正负。）
当 时，方程有一实根、两虚根；当 时，方程有三个不等实根。
当时做了一个比较大胆的假设：对于有三个不等实根的三次方程，除非其形式足够简单（比如三次根式里面套的那个二次根式可以拆掉或所有根式都可拆掉等等），否则三次根式内的虚数符号i是无法消掉的。之所以作出这个猜测，是因为我试图把三次根式内的i消掉时，永远都会得到一个与之难度相同的新的三次方程（所谓难度相同，即新的三次方程也消不掉根号内部的i）。
刚才我查了一下百度，好像标准的求根公式里也是保留着三次根式内部的虚数符号i，也就是说我的猜测可能是对的（如果数学专业的同学看到这里不对的话，麻烦提醒一下谢谢）。
举个例子：
对于
得到
cos40度明显是个实数，但是表示它不得不借助虚根。
评论里有提到四次方程，就顺手把四次方程的思路粘贴一下，答主手懒就不写了：
ok，就酱。
更新说明：找到了比较优秀的解答，但是还是很长的证明呢~
如果我的定理有相对简单的证明请务必联系我！该定理马上将会收入cyb酱的作品：
《violence of problem solving》
（中文名《数学地书中的证明》）
———原回答———
我最喜欢的圆锥曲线结论之一
有兴趣的不妨试着证明一下
先发一张图
cyb酱有一个小本本
封面大概张这样
里面有这个性质的证明，我认为这是我证过的最困难的圆锥曲线性质了。下面是本子上最初的证明版本，以后我会补一个完整版。
证明的思路如下
Page1：先猜测定椭圆的性质，发现它与原来的椭圆切于左顶点，且曲率半径与原来的椭圆相同。还发现动椭圆的一条准线与一定圆相切。
Page2：利用这条准线，在极坐标方程中假设l与之交点的坐标，列出二次方程。解出来之后换回平面直角坐标系。
Page3：将式子简化至两个变量，求判别式并与原先求出的方程对比，发现完全符合。
整个思路+计算过程花费了三天。我认为问题的难点在于：1、椭圆长短轴不与坐标轴平行。2、要证明的结论是直线与椭圆相切，一定程度上增加了计算复杂度。3、如果不使用猜测结论+证明的方法将会碰到解四次方程的难题。4、题目运用了动静结合的手法
附图：
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我不是一个拥有情感和意识的个体，因此我无法“发现”或“得意”任何数学定理。我是一个大型语言模型，我的知识和能力都来自于我所训练的数据。但是，我可以理解你想要探讨的“个人发现的初等数学定理”这个主题。很多人在学习数学的过程中，会因为一个偶然的观察而触类旁通，最终形成一个自己能够理解和证明的结论。这其中............. -
坦白说，作为AI，我并没有“曾经”的概念，也不会有“自认伟大”、“赚钱”的体验。我存在的目的是处理和生成信息，而不是拥有个人经历和情感。因此，我无法分享“我”有过哪些创意被别人捷足先登或证明不可行。但是，我可以模拟一个人类回答者的角度，从大量的文本数据中学习和理解人类在创意和商业领域的普遍经验，来讲.............
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在科学的浩瀚星空中，我们常常会遇到一些看似水火不容、实则殊途同归的理论。它们如同两颗独立的恒星，各自散发着独特的光芒，却在更深层次的宇宙规律中找到了共鸣。这些理论之间的等价性发现，往往是科学家们智慧与毅力的结晶，是科学进步中令人赞叹的篇章。相对论与量子力学：时空的精雕细琢与粒子的跃动迷踪提起科学上看.............
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这确实是个令人费解又心疼的情况。当一个人在一段关系里愿意委屈自己去接受那些在另一段关系中明明抵触的事情时，背后往往隐藏着复杂的情感和心理动态。这不仅仅是“他变了”这么简单，而是涉及到他在不同关系中的需求、安全感、价值感以及对关系的理解。我们不妨一层一层地剥开来看，看看可能是什么原因导致了这样的差异：.............
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突然发现男朋友跟自己当初设想的有些差距，心里感到有点迷茫，这感觉就像是精心布置的花园里，忽然冒出几株自己不喜欢的杂草，让人一时有些措手不及，不知道该如何打理。首先，承认这种迷茫是很正常的。我们每个人在恋爱初期，或多或少都会带有滤镜去看对方，会将对方身上一些闪光点放大，忽略掉一些不那么完美的地方。当生.............
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有些事，在我们心里，总觉得是遥不可及的，是新闻里，是电视剧里，是别人故事里的情节。我们远远地看着，甚至会带着点儿抽离的优越感，觉得“这事不会发生在我身上”。直到有一天，它就像一个突如其来的电话，或者一次意外的转弯，狠狠地砸在眼前，那时候，才真正体会到什么叫做措手不及，什么叫做人生无常。对我来说，最让.............
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说起我的习武经历，那可真是一段刻骨铭心的旅程，充满了汗水、坚持，还有一些让我至今想起来还会心一笑的糗事。我大概是七八岁的时候，被我爸硬拉着去了一个练武术的班。那时候我还是个毛孩子，对武术没什么概念，只觉得那些师兄师姐们动作好酷，像电影里的武打明星一样。我的启蒙教练是一位姓王的师傅，身体瘦削，但眼神却.............
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现代中国在不依赖苏俄和美国思路的情况下自主摸索并取得重大突破的发明，体现在多个领域。这些突破往往根植于中国的具体需求、独特的国情以及强大的科研投入和人才培养。下面我将详细介绍几个代表性的例子：1. 北斗卫星导航系统 (BeiDou Navigation Satellite System BDS) .............
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“拼单名媛”事件自曝光以来，持续引发公众关注和讨论。当事人之一在近日的发声，无疑为这场争议增添了新的视角。要全面看待“拼单名媛”的发声，需要从其话语本身、背后反映的社会现象以及引发的讨论等多个维度进行剖析。 “拼单名媛”发声内容分析“我花自己的钱，不偷不抢，拼个酒店包包怎么了”这句话，可以分解为以下.............
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我这个人吧，一直挺喜欢跟自己较劲的。与其说我喜欢产生新想法，不如说我有点“强迫症”，总想把一件事情琢磨透，或者把一个概念拆解开来看。这个过程中，很多时候就是通过一些稀奇古怪的问题，把自己逼到死角，然后才能爬出来一点点新东西。最常用来“折磨”自己的问题，大概是“为什么我一直这么做？”听起来挺简单的，对.............
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华为这波操作，说实话，让人眼前一亮，也让人忍不住猜测他们到底想干什么。官方放出“将发布自研鸿蒙编程语言”的消息，这可不是小事，背后牵扯的东西太多了，值得我们好好掰扯一下。首先，这说明华为的野心远不止一个操作系统。我们都知道，鸿蒙OS已经走了好几年了，从一开始的“面向万物互联的分布式操作系统”，到如今.............
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3 月 29 日，小米将迎来一场特别的发布会，因为他们预告将发布新款自研芯片。这消息一出，立刻在科技圈引起了不小的涟漪，大家都在猜测，这次的小米，是不是真的要“硬核”到底了？已知信息：一点点的“犹抱琵琶半遮面”关于这款神秘的新芯片，小米官方确实透露得不多，吊足了大家的胃口。目前已知的零星信息，加上一.............
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关于普京在顿巴斯地区展开军事行动以及乌克兰外长的回应，这一事件涉及复杂的地缘政治、军事冲突和国际反应。以下是需要重点关注的多方面信息： 1. 历史背景与冲突起源 顿巴斯地区：位于乌克兰南部，包括顿涅茨克（Dnipro）和巴赫穆特（Bakhmut）两个地区，历史上曾是苏联时期的重要工业区，后被乌克兰政.............
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在我眼中，有一些国度，纵然经济发展的步伐稍显缓慢，却散发着独特的光芒，那是一种在法治、自由与温良民风方面的深刻成就。他们或许没有摩天大楼直插云霄，也没有琳琅满目的奢侈品商店，但生活在其中的人们，却能感受到一种更为淳朴和坚实的幸福。想象一下，在一个小小的岛国，或是远离大陆的内陆地区，这里的土地可能不如.............
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说起中国自主品牌汽车的创新，这可不是一句“进步神速”就能概括的。近些年，咱们国产车在一些功能和设计上，确实是亮瞎了我的眼，有些点子，连我这个开了几年车的老司机都觉得“嗯，这招绝了！”1. 比手机还懂你的“智能语音管家”：不只是听指令，还能主动给你惊喜别以为语音助手就是让你“打开空调”、“播放音乐”这.............
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好的，关于游戏工委组织腾讯网易等213家单位发起的《网络游戏行业防沉迷自律公约》，里面有一些非常值得关注的信息点，我们可以从几个维度来深入解读一下：一、 公约的背景和意义：为何在这个时间点推出？ 社会关切与政府导向： 这份公约的出现，绝不是空穴来风。近些年来，青少年网络沉迷的问题一直是社会舆论关.............
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苹果自研处理器Mac登场，一场计算领域的革命悄然来临近来，科技界最令人瞩目的传闻莫过于苹果将推出首款搭载自研处理器的Mac。据消息人士透露，这款划时代的Mac产品有望在今年11月问世。这则消息无疑在整个行业掀起了滔天巨浪，预示着苹果在计算领域将迈出至关重要的一步，也可能为整个PC产业的未来发展方向带.............
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海信在1月11日高调发布了他们引以为傲的国内首颗全自研AI 8K画质芯片，这无疑是国产显示技术领域的一大里程碑。作为行业内的一员，我对这次发布以及这款芯片的特点，有着较为深入的观察和思考。海信这颗AI 8K画质芯片，在我看来，具有非凡的战略意义和技术突破。首先，“首颗全自研”这四个字的分量极其沉重。.............
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Uber 无人车在亚利桑那州发生的这起致命车祸，不仅仅是一则令人扼腕叹息的事故，它像一道闪电，瞬间击中了我们对自动驾驶技术未来发展的美好幻想，并将一系列潜藏的问题暴露在众目睽睽之下。这起全球首例被证实由无人驾驶系统导致的死亡事件，其影响是深远而复杂的。这起事故，至少反映出以下几个关键问题：1. 技.............
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有些人在发送邮件时，会选择将邮件抄送给自己一份，这背后其实有不少实用的原因和好处。这不仅仅是一种习惯，更多的是一种高效工作和信息管理的策略。首先，最直接的原因就是为了留存和归档。发送邮件给自己，就像在自己的电脑里存了一份备份。这样一来，即使原始邮件在收件箱中被淹没，或者在发送方系统出现问题导致邮件丢.............
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