代数变形例讲

1【代数十讲】代数变形例讲陶平生内容与方法：代数变形是处理数学问题的重要手段与基本能力，是数学功底的体现，常用的方法有：结构变形法；代换法；迭代法；配方、拆拼配凑法；部分分式；齐次化；利用对称性；利用非负项；1、设mn是32的一个近似值，证明：22222mmnnmmnn是32的一个更好的近似值，并且2232222mmnnmmnn与32mn异号．证：0(1)、若32mn，则2222222221111mmnnnmmnnmmnnmmnn233112213333211221…①；同样，在32mn时，可得2232222mmnnmmnn…②．因此2232222mmnnmmnn与32mn异号．①②0(2)、如果32mn，则由①知2232222mmmnnnmmnn，记32man，2232222mmnnbmmnn，则0,0ab，且223332222222222()mmmnnmabnmmnnnmmnn3212221nnnmmm323331222111122233333222222220421；2即0ab，这表明，22222mmnnmmnn比mn更接近于32；对于32mn的情形，同理可证．2、设3333,mnpqmnpqaaaaaaaa，(0,1)aa；证明：mnpq．证：据第一式立方得，333333mnmnmnpqpqpqaaaaaaaaaa；所以有mnpqaa，故得mnpq．从而mnpqaaaa，若记mnpqaaaab，mnpqaaaac，则,mnaa是方程20xbxc的两根，,pqaa也是此方程的两根，因此，或者mpaa，nqaa，由此,mpnq；或者mqaa，npaa，由此,mqnp；总之都有mnpq．3、设0xyz，证明：(1)、222333555235xyzxyzxyz；(2)、222555777257xyzxyzxyz．(1)、证一：对于满足0xyz…①的任一组实数,,xyz，若2220xyz，则0xyz，结论显然成立；若2220xyz，设22222xyza，(0)a，令111,,xaxyayzaz，则1110xyz…②，2221112xyz…③代入所证式，化为证33355511111135xyzxyz…④据②③得，2211111yzyz，于是④左边33311111111()()3yzyzyzyz；④右边5553322111111111111()()2()5yzyzyzyzyzyz22111111111111()()()yzyzyzyzyzyz；因此④成立，结论得证．证二：对于满足0xyz…①的任一组实数,,xyz，若3330xyz，则因33332223()()0xyzxyzxyzxyzxyyzzx，于是30xyz，即此时,,xyz中必有一个为0，不妨设0x，由①，yz，于是5550xyz，结论成立；若3330xyz，设33333xyza，(0)a，令111,,xaxyayzaz，则1110xyz…②，2221113xyz…③，由此得1111()1yzyz…④所证式化为22255511111125xyzxyz…⑤⑤式右边5555553322111111111111111()()2()55xyzyzyzyzyzyzyz22222222221111111111111111111()()()2222yzyzyzxyzyzyzyzyzyz2221112xyz．因此⑤成立，结论得证．(2)、证明：对于满足0xyz…①的任一组实数,,xyz，若2220xyz，则0xyz，结论显然成立；若2220xyz，设22222xyza，(0)a，令111,,xaxyayzaz，则1110xyz…②，2221112xyz…③代入所证式，化为证55577711111157xyzxyz…④据②③得，2211111xyxy，于是④右边7771117xyz777552233331111111111111111()()3()5()7xyxyxyxyxyxyxyxy432234222211111111111111111111()()3()5xyxyxxyxyxyyxyxxyyxy432234111111111111()232xyxyxxyxyxyy222111111111111()()()xyxyxxyyxyxy；而④左边5553322221111111111111111111()2()()()5xyzxyxyxyxyxyxyxyxy1111()xyxy，即④成立，从而结论得证．44、设,,abc为实数，0a，且0543abc，证明：方程20axbxc有一根介于0和1之间．证：由条件得，435bca，记2()fxaxbxc，当34x，有23333331533104441643165516abcaaafabc；如果0c，则(0)0fc，这时二次函数()fx在30,4中与X轴有一交点；如果0c，则()4054353abcacabcabc，即(1)0f这时二次函数在3,14中与X轴有一交点，因此不论何种情况，20axbxc都有一根介于0和1之间．5、设22,31kkkakN，令019Aaaa，019Baaa，求AB．（2009年全国初中联赛江西卷）解：对任何1m，因2112111mmm，则2112111mmm，两边通乘2k，并取23km，得到11222222313131kkkkkk…①在①式中分别令0,1,,9k，然后相加得1010212231A…②又记019452222C，0129222231313131D00129222221313131313121129222213131313121021312，所以，102461312DBC…③5据②③得，101010102246473621231311222231AB．6、设正整数,,,,,abcxyz满足：,,axbcbycaczab；求乘积xyz所有可能的值．解：如果三数,,abc全相等，则有2xyz，这时8xyz；如果,,abc不全相等，不妨设C为最大数，则因2abc，据abzc正整数，所以1z，cab，于是221bcabbxaaa，221acabaybbb；由于,,,abxy皆为正整数，则22,baab也为正整数，设22,bamnab（不妨设mn），则因4mn，得2mn或者1,4mn；由此，(,,)(3,3,1)xyz或(2,5,1)，于是9xyz，或10xyz，即乘积xyz可能取到的值有8,9,10三种情况；另一方面，这三种情况都可以出现：例如，当(,,)(1,1,1)abc时，(,,)(2,2,2),8xyzxyz；当(,,)(1,1,2)abc时，(,,)(3,3,1),9xyzxyz；当(,,)(1,2,3)abc时，(,,)(2,5,1),10xyzxyz．7、设实数,,abc满足：1111abcabc，证明：2013201320132013201320131111abcabc．证一：据条件知,,abc皆不为0，且不全相等；不妨设ab，直接将条件式1111abcabc看作关于a的方程，通乘分母后，就成为关于a的一元二次方程，显然该方程有一根ab；于是所证式成立；证二、将条件式左边通分，得到1abbccaabcabc，因此()()0abcabbccaabc；分解因式即()()()0abbcca，故三式,,abbcca中必有一个成立；据此立知所证结论成立．8、设,,,,,abcxyz皆不为0，满足：0,1abcxyzxyzabc；6证明：2222221xyzabc．证：2222222221()xyzxyzxyyzzxayzbzxcxyabcabcabbccaabc22111xyzayzbzxcxyxyzabcabcxyzxyzxyzabcxyz．9、设0abc，证明：对任意nN，都成立等式：33322211112nnnnnnnnnabcabcabcabcabc．证：作以,,abc为根的三次方程()()()0xaxbxc，展开化简得30xpxq…①，其中,pabbccaqabc…②；将①两边同乘nx，得310nnnxpxqx…③，显然,,abc也是③的根；据此有310nnnapaqa，310nnnbpbqb，310nnncpcqc；相加得333111()()()0nnnnnnnnnabcpabcqabc…④，但由②，222222211()()()22pabbccaabcabcabc，qabc，所以④成为33322211112nnnnnnnnnabcabcabcabcabc．10、已知()()()xyzmnbkcmankcmanbkmanbkc；证明：()()()mnkxbyczaxyczaxbyzaxbycz．证：由条件得，xyzmnknbkcmakcmanbmanbkc，据比例性质得，222yzzxxynkkmmnmanbkc，约去2，并通乘mnk得，kynzmzkxnxmyabc，所以，kxynzxmyzkxynzxmyzaxbycz，7再次用比例性质得，222myznzxkxybyczaxczaxbyaxbycz，约去2，并同除xyz得，()()()mnkxbyczaxyczaxbyzaxbycz．11、若实数,,xyz，满足222222()()()(2)(2)(2)xyyzzxyzxzxyxyz；证明：xyz．证：22(2)()4()()yzxyzzxxy；同理有22(2)()4()()zxyzxxyyz，22(2)()4()()xyzxyyzzx，故由条件等式得()()()()()()0xyyzyzzxzxxy又知