竞赛讲座(有关恒等式的证明)

竞赛讲座(有关恒等式的证明) | 楼主 | 2016-11-30 11:53:03 共有3个回复
  1. 1竞赛讲座(有关恒等式的证明)
  2. 2初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明
  3. 3七年级数学竞赛讲座07 有关恒等式的证明

摘要:可以充分利用将它们化成同分母,评注条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论,分析求证的等式中的各式恰好是多项式中的分别取时的值,之间的关系再通过赋值来证明,知条件进行变形使它出现这些因式。以下是小编整理的3篇最新竞赛讲座(有关恒等式的证明)范文,欢迎参阅!

竞赛讲座(有关恒等式的证明)2016-11-30 11:51:25 | #1楼回目录

一、 知识要点

恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明,对于一般恒等式的证明,常常通过恒等变形从一边证到另一边,或证两边都等于同一个数或式。在恒等变形过程中,除了要掌握一些基本方法外,还应注意应用一些变形技巧,如:整体处理、“1”的代换等;对于条件恒等式的证明,如何处理好条件等式是关键,要认真分析条件等式的结构特征,以及它和要证明的恒等式之间的关系。 二、 例题精讲

例1 求证:a1+(1-a1)a2+(1-a1)(1-a2)a3++(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=1-(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n).

分析:要证等式成立,只要证明

1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -- (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)

证明:1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -- (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=(1-a1)[ 1- a2- (1-a2)a3- (1-a2)(1-a3)a4 -- (1-a2)(1-a3)(1-a n-1)a n]

=(1-a1) (1-a2)[ 1- a3- (1-a3)a4- (1-a3)(1-a4)a5 -- (1-a3)(1-a4)(1-a n-1)a n] =(1-a1) (1-a2) (1-a3)[ 1- a4- (1-a4)a5- (1-a4)(1-a5)a6 -- (1-a4)(1-a5)(1-a

n-1)a n]

=

=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n) ∴ 原等式成立

例2 证明恒等式

ana3a1a2a2a1

a2a1a2a3a2a3a1ana1a1a1a2a2a2a3anana1(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题) 证明:

ana1a2

a2a1a2a3a2a3a1ana1111111

aaaaaaaaa1223n1231111111aaaaaaaaa1223n112na3a2a1

a1a1a2a2a2a3anana1

评注:裂项是恒等变形中常用的一种方法.

例3 若abc=1,求证abc1. aba1bcb1cac1

a的分子、分母上同乘c,化成aba1分析:所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子,因而变形比较困难。可以充分利用abc=1,将它们化成同分母。在

accab,将的分母中的“1”换成abc得 abcacccac1bcb1

b1,然后再相加即可得证。 bcbabcc1ca

证明:∵abc=1 abc aba1bcb1cac1

acbc=+ abcaccbcbabccac1

ca1c=+ cac1c1cacac1

ca1c=1 =cac1∴

于是命题得证。

评注:“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。

例4 已知bc=ad,求证:ab(c2-d2)=(a2-b2)cd

ac,然后利用比例的性质来解题。 bd

acabcdabcdcc 证明:∵bc=ad∴, bdbdbddd分析:将bc=ad化成比例式

将此三式左、右两边分别相乘得

ababccdcda b2dd2b

∴ab(c2-d2)=(a2-b2)cd

评注:条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论。

例5 已知x=by+cz,y=cz+ax,z=ax+by,且x+y+z≠0.证明:abc1 1a1b1c

分析:所证明的式子中不含x、y、z,因而可以将已知条件中的三个等式中的x、y、z看

成常数,把三个式子联合起来组成一个关于a、b、c的方程,然后求出a、b、c。 再代入等式的左边证明。

(1)xbycz 证明:解方程组yczax(2)

zaxby(3)

(2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax,所以a

所以yzxxyz 则1a2x2xayzx 1axyz

bxzycxyz, 1bxyz1cxyz 同理可得,

所以 abcxyz1 1a1b1cxyz

评注:将含有字母的等式视为方程,是方程思想的应用。

例6 数x、y、z满足关系式xyz1, yzzxxy

222xyz证明:0(第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题) yzzxxy

证明:将已知等式分别乘以x、y、z得 2xxyxzx① yzzxxy

xyy2yzy② yzzxxy

xzyzz2

z③ yzzxxy

①+②+③ 得 x2y2z2xyxzxyyzxzyz()()()yzzxxyyzyzzxzxxyxy xyz

222xyz 所以xyzxyz yzzxxy

222xyz 即:0 yzzxxy

222222例7 已知a+b+c=a+b+c=2,求证:a(1-a)=b(1-b)=c(1-c)

2分析:求证的等式中的各式,恰好是多项式x(1-x)中的x分别取a、b、c时的值。

因此,本题可转化为证明当x分别取a、b、c时,x(1-x)2的值不变。由于x(1-x)2

是关于x的三次多项式,且注意到题设条件,所以我们构造三次式(x-a)(x-b)(x-c),建立它与x(1-x)2之间的某种关系。

2222证明:∵(a+b+c)= a+b+c+2ab+2bc+2ca

222又∵a+b+c=a+b+c=2

∴4=2+2ab+2bc+2ca,∴ab+bc+ca=1

32∴(x-a)(x-b)(x-c)=x-(a+b+c)x+(ab+bc+ca)x-abc

32= x-2x+x-abc

即x(1-x)2=(x-a)(x-b)(x-c)+ abc

由此可见,当x分别取a、b、c时,x(1-x)2的值都是abc

222∴a(1-a)=b(1-b)=c (1-c)

2评注:本题的证明采用了构造法,它构造了三次式(x-a)(x-b)(x-c),然后建立它与x(1-x)

之间的关系,再通过赋值来证明。

例8设1111,证明 abcabc

1. nnnabc(1) a、b、c三数中必有两个数之和为零; 111(2) 对任何奇数n,有nnnabc

分析:要求a、b、c三数中必有两个数之和为零,即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0,故可对已

知条件进行变形,使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。

证明:(1)由1111得 abcabc

bccaababcabc0 11110,即abcabcabcabc 从已知知a、b、c≠0,所以abc≠0,且a+b+c≠0,

则(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0

∵(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a (bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) –abc

= (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+a2c+a2b–abc

2=(b+c) (bc+ca+ab)+ a (b+c)

=(b+c) (a2+bc+ca+ab)

=(a+b)(b+c)(c+a)

∴(a+b)(b+c)(c+a)=0,这就是说,在a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零,即a、

b、c三数中必有两个数之和为零。

(2) 由(1),不妨设a+b=0,即b= -a,因为n为奇数

∴1111111 anbncnanancncn

111 nnnnnnnabccaac

1111 nnnnnnabcabc 又∴

评注:实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是关于a、b、c的一个轮换对称式。令a= -b,代入

222得 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b)(-b+b+c)-(-b)bc= -bc+ bc=0

这就是说a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式,由轮换对称式的性质知,b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式,因此有

(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=k (a+b)(b+c)(c+a)

再令a=b=c=1代入,求出k=1,所以(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc= (a+b)(b+c)(c+a)

2222例9 已知ad-bc=1,求证:a+b+c+d+ab+cd≠1

分析:所要证明的式子是一个不等式,左边的式子又较复杂,直接从已知条件出发证明不

是很容易,因而可以考虑用反证法来证明。

证明:假设原式不成立,即a2+b2+c2+d2+ab+cd=1

∵ad-bc=1,∴a2+b2+c2+d2+ab+cd= ad-bc

22222222∴a+b+c+d+ab+cd+bc-ad=0,即(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d-a)=0

∴a+b=b+c=c+d=d-a=0,∴a=-b,b=-c,c=-d,d=a

于是a=-a,即a=0, ∴b=c=d=0,这与ad-bc=1矛盾。

∴原式成立,即a2+b2+c2+d2+ab+cd≠1

评注:正难则反。碰到正面下手较难的问题,常考虑用反证法来证明。

例10证明:111n1 12123123nn1

分析:等式左边的分子很简单,都是1,但是分母各不相同,又很复杂,因而给变形带来

很大困难。通过观察发现,分母很有规律,是连续自然数的和。因此我们先来研究1+2++n,设S=1+2++n,则S= n + (n -1)++2+1,所以2S=n (n+1),

∴S=nn1,即1+2++n=nn1, 22

从而1

12n112

nn1nn12

由此,左边的每一个分数均可以分解成两项,代入变形后证明。

证明:设S=1+2++n,则S= n + (n -1)++2+1,所以2S=n (n+1),

∴S=nn1,即1+2++n=nn1, 22

∴1

12n112

nn1nn12

∴等式左边=2

=211111 1222334nn111n1n1=右边 22n1n12n1

∴等式成立

评注:1、要掌握数学中一般与特殊的关系,本题通过研究1+2++n,得出

11的一般规律,然后将等式左边的各个分数分解,1212nnn1

达到证明的目的。

2、结论1+2++n=nn1在解题中经常使用,应该记祝 2

3、本题在求S=1+2++n时,用的是倒序相加法,在证明等式时用的是裂项相消法,

这两种方法是求和问题解决的常用方法。

三、 巩固练习

选择题

1、若a、b是有理数,且a 2001+b 2001=0,则

A、a=b=0 B、a-b=0 C、a+b=0 D、ab=0

2、若abc满足a2+b2+c2=9,则代数式(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2的最大值是( )

A、27 B、18 C、15D、12

x2002a20013、已知b2001x2003,则a2b2c2abbcca的值是( )

c2001x2004

A、0 B、1 C、2D、3

4、如果11111,则下列说法正确的是( ) xyzxyz

A、x、y、z中至少有一个为1B、x、y、z都等于1

C、x、y、z都不等于1D、以上说法都不对

5、已知bcacababcq, 则q3q2q( ) abcbcacab32 A、1 B、1-q C、1-qD、1-2q

6、已知a+b+c=10,a+b+c=38,a+b+c=160,则abc的值是()

A、24B、30 C、36D、42

填空题

7、已知2223331bc2abca 且a0,则bc . 4a

8、已知a-b=2,b-c= -3,c-d=5,则(a-c) (b-d)(a-d)=.

9、已知abc≠0,a+b+c=0,则a

10、计算1111111bc2的值为. bccaab1111= . 111223292102

abcdabcd . bcdabcda11、已知a、b、c、d均不为0,当a≠b且

12、已知a=1111110,则a-1的倒数为 . 2482

解答题

22213、求证:2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)+(c-a)+(a-b)

14、求证:(a2+b2+c2) (m2+n2+k2) – (am+bn+ck)2=(an-bm)2+(bk-cn)2+(cm-ak)2

(拉格朗日恒等式)

15、若14(a2+b2+c2)=(a+2b+3c)2,求证:a∶b∶c=1∶2∶3.

16、若abc,求证:ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c). 222xyzyzxzxy

33332001200120012001.17、已知a、b、c、d满足a+b=c+d,a+b=c+d, 求证:a+b=c+d

22222218、已知a+b+c=abc,求证:a(1-b) (1-c)+b(1-a) (1-c)+c(1-a) (1-b)=4abc.

19、已知a3+b3+c3=(a+b+c)3,求证a2n+1+b2n+1+c2n+1=(a+b+c) 2n+1,其中n为自然数。

20、设a、b、c都是正数,且abc3,求证:a=b=c. bca

答案

1、由a 2001+b 2001=0,得a 2001+b 2001= -b 2001=(-b) 2001,∴a= -b,从而a+b=0,选C

2、(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=a2-2ab+b2+b2-2bc+c2+c2-2ca+a2=3 (a2+b2+c2)-(a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca)

2 =27- (a+b+c)≤27

3、∵2(a2b2c2abbcca)=2a22b22c22ab2bc2ca

=a2a2b2b2c2c22ab2bc2caab2bc2ca2 ∴a2b2c2abbcca=11212223,故选D 2

4、由条件知:x、y、z都不等于0,则已知条件式可变形成:

xy+yz+zx=xyz,x+y+z-1=0,∴(x-1)(y-1)(z-1)=xyz-xy-yz-xz+x+y+z-1=0

∴x、y、z中至少有一个为1,故选A

bcacababcbcacabbcaabcbcacababcbcaabc 5、abccabbcaabc1abcabcabcabcq3q2q

∴q3-q2+q=1-2q2 故选D

6、∵a3+b3+c3-3abc=(a+b+c) (a2+b2+c2-ab-bc-ca)

∴160-3abc =10 (38-ab-bc-ca)

又∵2(ab+bc+ca)= (a+b+c)-( a+b+c)=100-38=62

∴160-3 abc =10 (38-31)∴abc=30 选B

7、∵(b-c)2=4(a-b) (c-a)即b2-2bc+c2=4ac-4bc+4ab-4a2

∴4a2+b2+c2-4ac-4ab +2bc =0

22 ∴(b+c)-4a(b+c) +4a=0

2 ∴[2a-(b+c)]=0

∴2a=b+c

∴2222bc2 a

8、a-c=(a-b)+(b-c)=2+(-3)= -1, b-d=(b-c)+( c-d)= (-3)+5=2,a-d=(a-b)+ (b-c)+ ( c-d)=4

∴(a-c) (b-d)(a-d)=( -1) 24 =

9、原式=a1 2111111 1b1c11bccaab

11a11b11c bc1bcacababc

111+b111+c111-1 abcabcabc =a = a

=111(a+b+c)-1 abc

∵a+b+c=0,∴原式= -1

10、原式=1111111111111111 2233991010

132481091111111 22339910921020

abcd11、∵∴b2ac,c2bd, d2ac, a2bd bcda =

可见 ac≥0,bd≥0,∴a=c,b=d ∴a2=b2=c2=d2

又∵a≠b,∴b= -a, ∴b=d=-c=-a≠0,

abcd00 bcda4a

1111,∴111111 12、∵a=1a2482248210210211 于是

两式相减得 111a111, ∴a210, 222

101211023,则a-1的倒数为1024 从而a-1=110231024210210

13、∵(b-c)+ (c-a)+ (a-b)=0

∴[(b-c)+ (c-a)+ (a-b)]2=(b-c)2+ (c-a)2+ (a-b)2+2(a-b) (c-a)+2(b-c) (a-b)+2(c-a) (b-c)=0

∴2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)2+ (c-a)2+ (a-b)2

22222222222222222214、左边=(am+bm+cm+an+bn+cn+ak+bk+ck)

222222- ( am+ bn+ ck+2abmn+2acmk+2bcnk)

222222222222=( an-2abmn+ bm)+( cm-2acmk+ ak)+( bk-2bcnk+ cn)

222=(an-bm)+(bk-cn)+(cm-ak)

222215、∵(a+2b+3c)=a+4ab+4b+6ac+12bc+9c

∴14(a2+b2+c2)= a2+4ab+4b2+6ac+12bc+9c2

∴13a2-4ab+10b2-6ac-12bc+5c2=0

222222从而 (4a-4ab+b)+( 9b-12ac+4c)+( c-6ac+9a)=0

222即 (2a-b)+(3a-c)+(3b-2c)=0

于是2a-b=3a-c=3b-2c=0,即b=2a,c=3a

∴ a∶b∶c=1∶2∶3

16、设abc222=k,则a=k(x-yz),b= k(y-xz),c= k(z-xy), 222xyzyzxzxy

所以,ax+by+cz= kx(x2-yz)+ ky(y2-xz)+ kz(z2-xy)=k(x3+y3+z3-3xyz)

而(x+y+z) (a+b+c)= (x+y+z)[ k(x2-yz)+ k(y2-xz)+ k(z2-xy)]

=k (x+y+z) (x2+y2+z2-yz-zx-xy)

由乘法(x+y+z) (x2+y2+z2-yz-zx-xy)= x3+y3+z3-3xyz

所以 ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c)

17、由a3+b3=c3+d3得:(a+b) (a2-ab+b2)=(c+d) (c2-cd+d2)

∵a+b =c+d,则有

(1) 若a+b =c+d=0,则a= -b,c= -d,从而a2001+b2001=c2001+d2001=0

222222(2) 若a+b =c+d≠0,则a-ab+b=c-cd+d,∴(a+b)-3 ab=(c+d)-3 cd,从而ab=cd

∴(a+b)2-4ab=(c+d)2-4 cd,∴(a-b)2=(c-d)2,∴a-b=±(c-d)

可得a=b=c=d,从而a2001+b2001=c2001+d2001

18、∵a+b+c=abc, ∴a+b=c(ab-1)

∴左边= (1-c2)[( a+b)- ab( a+b)] +c(1-a2) (1-b2)

222= (1-c) ( a+b) (1-ab) +c(1-a) (1-b)

=c[(1-a2) (1-b2) - (1-c2) (ab-1)2]

= c[(1-a2) (1-b2) - (ab-1)2 + (abc-c)2]

2222= c[(1-a) (1-b) - (ab-1) + (a+b)]

= c[1-a-b+ab- ab+2ab-1+ a+2ab + b]

=4abc=右边

19、由题设知[(a+b+c)3- c3] – (a3+b3)=0

即(a+b)[ (a+b+c)2+c(a+b+c)+ c2] - (a+b) (a2-ab+b2)=0

2∴(a+b)(3ab+3ac+3bc+3c)=0∴3(a+b) [a(b+c)+c(b+c)]=0

∴3(a+b) (b+c) (c+a)=0,故有a= -b或a= -c 或b= -c

当a= -b时,左边=(-b)2n+1+b2n+1+c2n+1= c2n+1 右边=(-b+b+c) 2n+1= c2n+1 ∴a= -b时等式成立,同理,当a= -c 或b= -c时,等式也成立。

20、令22222222abc333333p3q3r3,则pqr=1,即pqr=1,因p+q+r=1,pqr=1 bca333222∴p+q+r-3pqr=0,∴(p+q+r)(p+q+r-pq-qr-rp)=0

222∵a、b、c都是正数,∴p+q+r≠0, ∴p+q+r-pq-qr-rp=0

即 (p-q)2+(q-r)2+(r-p)2=0,∴p=q=r,由此得

得abc,结合abc3 bcabcaabc1,所以a=b=c bca

初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明2016-11-30 11:50:18 | #2楼回目录

初一数学竞赛系列讲座(7)

有关恒等式的证明

一、一、知识要点

恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明,对于一般恒等式的证明,常常通过恒等变形从一边证到另一边,或证两边都等于同一个数或式。在恒等变形过程中,除了要掌握一些基本方法外,还应注意应用一些变形技巧,如:整体处理、“1”的代换等;对于条件恒等式的证明,如何处理好条件等式是关键,要认真分析条件等式的结构特征,以及它和要证明的恒等式之间的关系。 二、二、例题精讲

例1 求证:a1+(1-a1)a2+(1-a1)(1-a2)a3++(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=1-(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)

分析:要证等式成立,只要证明1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -- (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)

证明:1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -- (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=(1-a1)[ 1- a2- (1-a2)a3- (1-a2)(1-a3)a4 -- (1-a2)(1-a3)(1-a n-1)a n]

=(1-a1) (1-a2)[ 1- a3- (1-a3)a4- (1-a3)(1-a4)a5 -- (1-a3)(1-a4)(1-a n-1)a n]

=(1-a1) (1-a2) (1-a3)[ 1- a4- (1-a4)a5- (1-a4)(1-a5)a6 -- (1-a4)(1-a5)(1-a n-1)a n] =

=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n) ∴ 原等式成立

例2 证明恒等式

a1a2a1a2

a2a3a2a3

ana1ana1

a2a1a1a2

a3a2a2a3

a1anana1

(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)

a1a2a1a2

a2a3a2a3

ana1ana1

证明

11aaa12211

aa1a21

a2a1a1a2

1111

aaaaaa23n1311111aa2a3ana12ana3

a1anana1

a2a2a3

评注:裂项是恒等变形中常用的一种方法

a

bbcb1

ccac1

1

例3 若abc=1,求证aba1

分析:所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子,因而变形比较困难。可以充分利

第 1 页 共 7 页

a

用abc=1,将它们化成同分母。在aba1的分子、分母上同乘c,化成

acabcacc

bcabcac1,将bcb1的分母中的“1”换成abc得 1

c1ca,然后再相加即可得证。 bcbabc

证明:∵abc=1 a

∴aba1

acbbcb1bccac1 c

cac1 =abcacc+bcbabc

ca1c

cac1 =cac1+c1ca

ca1c

=cac1=1

于是命题得证。

评注:“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。

例4 已知bc=ad,求证:ab(c2-d2)=(a2-b2)cd

acd,然后利用比例的性质来解题。

abbcddabcdccbddd 分析:将bc=ad化成比例式bac

d证明:∵bc=ad∴b,

将此三式左、右两边分别相乘得

ababc

2bd

∴ab(c2-d2)=(a2-b2)cd cdcdadb2

评注:条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论。

ab1bc

1c1例5 已知x=by+cz,y=cz+ax,z=ax+by,且x+y+z≠0.证明:1a

分析:所证明的式子中不含x、y、z,因而可以将已知条件中的三个等式中的x、y、z看成

常数,把三个式子联合起来组成一个关于a、b、c的方程,然后求出a、b、c。

再代入等式的左边证明。

第 2 页 共 7 页

xbycz (1)

yczax(2)

证明:解方程组zaxby(3)

a

yzx2x

则1a

xyz2x

(2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax,所以

a

yzxxyz

xzy

所以1a

bc同理可得,1b

a

xyz,1c

c1c

xyzxyz 1

b1b

xyzxyz

所以 1a

评注:将含有字母的等式视为方程,是方程思想的应用。

x

yzx

zxy

1

例6 数x、y、z满足关系式yz

x

2

证明:yz

y

2

zxz

2

xy0

(第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题)

证明:将已知等式分别乘以x、y、z得

x

2

yzxyyzxzyz

yzxyzxy

2

xzxyyzxy

x

① y

zxz

2

②zxxyz

③①+②+③ 得

x

2

yzy

2

zxz

2

xy(

xyyz

xzyz

)(xyzx

yzzx

)(xzxy

yzxy

)

xyz

x

2

y

2

所以yz

x

2

zxy

2

z

2

xyz

2

xyzxyz

0

即:yz

zxxy

222222

例7 已知a+b+c=a+b+c=2,求证:a(1-a)=b(1-b)=c(1-c)

分析:求证的等式中的各式,恰好是多项式x(1-x)2中的x分别取a、b、c时的值。

22因此,本题可转化为证明当x分别取a、b、c时,x(1-x)的值不变。由于x(1-x)是

关于x的三次多项式,且注意到题设条件,所以我们构造三次式(x-a)(x-b)(x-c),建立它与x(1-x)之间的某种关系。

证明:∵(a+b+c)2= a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca 又∵a+b+c=a+b+c=2

∴4=2+2ab+2bc+2ca,∴ab+bc+ca=1

∴(x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc = x-2x+x-abc

2

即x(1-x)=(x-a)(x-b)(x-c)+ abc

由此可见,当x分别取a、b、c时,x(1-x)的值都是abc ∴a(1-a)2=b(1-b)2=c (1-c)2

评注:本题的证明采用了构造法,它构造了三次式(x-a)(x-b)(x-c),然后建立它与x(1-x)2之

间的关系,再通过赋值来证明。

11b1c

1

abc,证明

2

3

2

2

2

22例8设a

(1) (1)a、b、c三数中必有两个数之和为零;

11b

n

(2) (2)对任何奇数n,有a

n

1cn

1abc

n

n

n

分析:要求a、b、c三数中必有两个数之和为零,即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0,故可对已知条

件进行变形,使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。

11b1c

1abc得

证明:(1)由a

11b

a

1c1abc

0,即

bccaababcabc

abcabc

0

从已知知a、b、c≠0,所以abc≠0,且a+b+c≠0,

则(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0

∵(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a (bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) –abc

= (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+a2c+a2b–abc =(b+c) (bc+ca+ab)+ a2 (b+c)

=(b+c) (a+bc+ca+ab) =(a+b)(b+c)(c+a)

∴(a+b)(b+c)(c+a)=0,这就是说,在a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零,即a、b、c

三数中必有两个数之和为零。(2) 由(1),不妨设a+b=0,即b= -a,因为n为奇数

11b

n

2

∴a

n

1cn

1an

1

an1cn

1cn

1

又abc

11b

n

nnn

1

aac

n

n

n

1cn

∴a

n

1cn

1abc

n

n

n

评注:实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是关于a、b、c的一个轮换对称式。令a= -b,代入得 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b2c+ b2c=0

这就是说a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式,由轮换对称式的性质知,b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式,因此有

(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=k (a+b)(b+c)(c+a)

再令a=b=c=1代入,求出k=1,所以(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc= (a+b)(b+c)(c+a)

例9 已知ad-bc=1,求证:a2+b2+c2+d2+ab+cd≠1

分析:所要证明的式子是一个不等式,左边的式子又较复杂,直接从已知条件出发证明不是

很容易,因而可以考虑用反证法来证明。 证明:假设原式不成立,即a+b+c+d+ab+cd=1 ∵ad-bc=1,∴a2+b2+c2+d2+ab+cd= ad-bc

∴a2+b2+c2+d2+ab+cd+bc-ad=0,即(a+b)2+(b+c)2+(c+d)2+(d-a)2=0 ∴a+b=b+c=c+d=d-a=0,∴a=-b,b=-c,c=-d,d=a 于是a=-a,即a=0, ∴b=c=d=0,这与ad-bc=1矛盾。

∴原式成立,即a+b+c+d+ab+cd≠1

评注:正难则反。碰到正面下手较难的问题,常考虑用反证法来证明。

1

1123

1

123n

n1n1

2

2

2

2

2

2

2

2

例10证明:12

分析:等式左边的分子很简单,都是1,但是分母各不相同,又很复杂,因而给变形带来很

大困难。通过观察发现,分母很有规律,是连续自然数的和。因此我们先来研究1+2++n,设S=1+2++n,则S= n + (n -1)++2+1,所以2S=n (n+1),

nn1

nn1

∴S=

2

,即1+2++n=

1

2

2

,从而12n

112

nn1n1 n

由此,左边的每一个分数均可以分解成两项,代入变形后证明。 证明:设S=1+2++n,则S= n + (n -1)++2+1,所以2S=n (n+1),

nn1

nn1

∴S=

2

,即1+2++n=

1

2

2

,∴12n

112

nn1n1 n

111111

2222334nn1 ∴等式左边=

1n1n1122

2n1n1=右边 =2n1

∴等式成立

评注:1、要掌握数学中一般与特殊的关系,本题通过研究1+2++n,得出

112

12nnn1的一般规律,然后将等式左边的各个分数分解,达到证明的

1

目的。

nn1

2、结论1+2++n=

2在解题中经常使用,应该记祝

3、本题在求S=1+2++n时,用的是倒序相加法,在证明等式时用的是裂项相消法,这两种方法是求和问题解决的常用方法。 三、三、巩固练习

选择题

1、若a、b是有理数,且a +b =0,则

A、a=b=0 B、a-b=0 C、a+b=0 D、ab=0

2、若abc满足a+b+c=9,则代数式(a-b)+(b-c)+(c-a)的最大值是( )A、27 B、18 C、15D、12

a2001x2002

b2001x2003c2001x2004222

3、已知,则abcabbcca的值是( )

2

2

2

2

2

2

2001

2001

A、0 B、1 C、2D、3

11y1z

1xyz

1

4、如果x

,则下列说法正确的是( )

A、x、y、z中至少有一个为1B、x、y、z都等于1 C、x、y、z都不等于1D、以上说法都不对

bca

cabbca

abccab

q, 则qqq

3

2

5、已知abc

( )

A、1 B、1-q C、1-q3D、1-2q2

6、已知a+b+c=10,a+b+c=38,a+b+c=160,则abc的值是() A、24B、30 C、36D、42 填空题

1

2

2

2

3

3

3

7、已知4

bc2abca 且a0,则

bca

8、已知a-b=2,b-c= -3,c-d=5,则(a-c) (b-d)

111111abc2

caab9、已知abc≠0,a+b+c=0,则bc的值为 1111

12121212

23910=10、计算

abccdd

abcd

11、已知a、b、c、d均不为0,当a≠b且b

1

121418

1210a时,bcda

12、已知a=,则a-1的倒数为

解答题

13、求证:2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)2+(c-a)2+(a-b)2 14、求证:(a2+b2+c2) (m2+n2+k2) – (am+bn+ck)2=(an-bm)2+(bk-cn)2+(cm-ak)2

(拉格朗日恒等式) 15、若14(a+b+c)=(a+2b+3c),求证:a∶b∶c=1∶2∶3

a

byzx

2

2222

16、若xyz

2

c

zxy,求证:ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c)

2

2

2

2

2

2

2

17、已知a、b、c、d满足a+b=c+d,a3+b3=c3+d3, 求证:a2001+b2001=c2001+d 2001 18、已知a+b+c=abc,求证:a(1-b) (1-c)+b(1-a) (1-c)+c(1-a) (1-b)=4abc

19、已知a3+b3+c3=(a+b+c)3,求证a2n+1+b2n+1+c2n+1=(a+b+c) 2n+1,其中n为自然数。

abcca3

20、设a、b、c都是正数,且b

,求证:a=b=c

七年级数学竞赛讲座07 有关恒等式的证明2016-11-30 11:51:49 | #3楼回目录

七年级数学竞赛系列讲座(7)

有关恒等式的证明

一、一、知识要点

恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明,对于一般恒等式的证明,常常通过恒等变形从一边证到另一边,或证两边都等于同一个数或式。在恒等变形过程中,除了要掌握一些基本方法外,还应注意应用一些变形技巧,如:整体处理、“1”的代换等;对于条件恒等式的证明,如何处理好条件等式是关键,要认真分析条件等式的结构特征,以及它和要证明的恒等式之间的关系。 二、二、例题精讲

例1 求证:a1+(1-a1)a2+(1-a1)(1-a2)a3++(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=1-(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)

分析:要证等式成立,只要证明1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -- (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)

证明:1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -- (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n

=(1-a1)[ 1- a2- (1-a2)a3- (1-a2)(1-a3)a4 -- (1-a2)(1-a3)(1-a n-1)a n]

=(1-a1) (1-a2)[ 1- a3- (1-a3)a4- (1-a3)(1-a4)a5 -- (1-a3)(1-a4)(1-a n-1)a n] =(1-a1) (1-a2) (1-a3)[ 1- a4- (1-a4)a5- (1-a4)(1-a5)a6 -- (1-a4)(1-a5)(1-a n-1)a n]

=

=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n) ∴ 原等式成立

例2 证明恒等式

ana3a1a2a2a1

a2a1a2a3a2a3a1ana1a1a1a2a2a2a3anana1

(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题) ana1a2

a2a1a2a3a2a3a1ana1111111

aaaaaaaaa1223n1231111111aaaaaaaaa1223n112na3a2a1

a1a1a2a2a2a3anana1 证明

评注:裂项是恒等变形中常用的一种方法

abc

1

aba1bcb1cac1例3 若abc=1,求证

分析:所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子,因而变形比较困难。可以充分利

a

用abc=1,将它们化成同分母。在aba1的分子、分母上同乘c,化成

accababcacccac1,将bcb1的分母中的“1”换成abc得 b1bcbabcc1ca,然后再相加即可得证。

证明:∵abc=1 abc

∴aba1bcb1cac1 acbc

=abcacc+bcbabccac1 ca1c

=cac1+c1cacac1 ca1c

=cac1=1

于是命题得证。

评注:“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。

2222例4 已知bc=ad,求证:ab(c-d)=(a-b)cd

ac分析:将bc=ad化成比例式bd,然后利用比例的性质来解题。

acabcdabcdcc, bdbdbddd 证明:∵bc=ad∴

将此三式左、右两边分别相乘得

bddb

2222∴ab(c-d)=(a-b)cd

评注:条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论。

abc1

例5 已知x=by+cz,y=cz+ax,z=ax+by,且x+y+z≠0.证明:1a1b1c 分析:所证明的式子中不含x、y、z,因而可以将已知条件中的三个等式中的x、y、z看成

常数,把三个式子联合起来组成一个关于a、b、c的方程,然后求出a、b、c。 ababccdcda22

再代入等式的左边证明。

证明:解方程组

(1)xbycz

yczax(2)zaxby(3)

(2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax,所以

a

yzxxyz

则1a2x2x

ayzx

所以1axyz

bxzycxyz

同理可得,1bxyz,1cxyz abcxyz11a1b1cxyz 所以

评注:将含有字母的等式视为方程,是方程思想的应用。

xyz

1

例6 数x、y、z满足关系式yzzxxy

x2y2z2

0

证明:yzzxxy(第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题)

证明:将已知等式分别乘以x、y、z得

x2xyxz

xyzzxxy①

xyy2yz

yyzzxxy② xzyzz2zyzzxxy③

①+②+③ 得

x2y2z2xyxzxyyzxzyz

()()()yzzxxyyzyzzxzxxyxyxyz

x2y2z2

xyzxyz

所以yzzxxy x2y2z2

0

即:yzzxxy

222222

例7 已知a+b+c=a+b+c=2,求证:a(1-a)=b(1-b)=c(1-c)

2

分析:求证的等式中的各式,恰好是多项式x(1-x)中的x分别取a、b、c时的值。

22因此,本题可转化为证明当x分别取a、b、c时,x(1-x)的值不变。由于x(1-x)

是关于x的三次多项式,且注意到题设条件,所以我们构造三次式(x-a)(x-b)(x-c),

2

建立它与x(1-x)之间的某种关系。

2222

证明:∵(a+b+c)= a+b+c+2ab+2bc+2ca

222

又∵a+b+c=a+b+c=2

∴4=2+2ab+2bc+2ca,∴ab+bc+ca=1

32∴(x-a)(x-b)(x-c)=x-(a+b+c)x+(ab+bc+ca)x-abc

32= x-2x+x-abc

2

即x(1-x)=(x-a)(x-b)(x-c)+ abc

2

由此可见,当x分别取a、b、c时,x(1-x)的值都是abc

222

∴a(1-a)=b(1-b)=c (1-c)

2

评注:本题的证明采用了构造法,它构造了三次式(x-a)(x-b)(x-c),然后建立它与x(1-x)

之间的关系,再通过赋值来证明。

1111

例8设abcabc,证明

(1) (1)a、b、c三数中必有两个数之和为零;

1111n

bncnanbncn (2) (2)对任何奇数n,有a

分析:要求a、b、c三数中必有两个数之和为零,即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0,故可对已知

条件进行变形,使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。

1111

证明:(1)由abcabc得

bccaababcabc01111

0,即

abcabc abcabc

从已知知a、b、c≠0,所以abc≠0,且a+b+c≠0,

则(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0

∵(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a (bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) –abc

22= (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+ac+ab–abc

2

=(b+c) (bc+ca+ab)+ a (b+c)

2

=(b+c) (a+bc+ca+ab) =(a+b)(b+c)(c+a)

∴(a+b)(b+c)(c+a)=0,这就是说,在a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零,即a、b、

c三数中必有两个数之和为零。

(2) 由(1),不妨设a+b=0,即b= -a,因为n为奇数

1111111nnnnnnnabcacca ∴

111

nnnnnnn

abccaac 又 1111

n

bncnanbncn ∴a

评注:实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是关于a、b、c的一个轮换对称式。令a= -b,代入

222

得 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b)(-b+b+c)-(-b)bc= -bc+ bc=0

这就是说a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式,由轮换对称式的性质知,b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式,因此有 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=k (a+b)(b+c)(c+a)

再令a=b=c=1代入,求出k=1,所以(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc= (a+b)(b+c)(c+a)

2222

例9 已知ad-bc=1,求证:a+b+c+d+ab+cd≠1

分析:所要证明的式子是一个不等式,左边的式子又较复杂,直接从已知条件出发证明不是

很容易,因而可以考虑用反证法来证明。

2222

证明:假设原式不成立,即a+b+c+d+ab+cd=1

2222

∵ad-bc=1,∴a+b+c+d+ab+cd= ad-bc

22222222

∴a+b+c+d+ab+cd+bc-ad=0,即(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d-a)=0 ∴a+b=b+c=c+d=d-a=0,∴a=-b,b=-c,c=-d,d=a

于是a=-a,即a=0, ∴b=c=d=0,这与ad-bc=1矛盾。

2222

∴原式成立,即a+b+c+d+ab+cd≠1

评注:正难则反。碰到正面下手较难的问题,常考虑用反证法来证明。

111n1

123nn1 例10证明:12123

分析:等式左边的分子很简单,都是1,但是分母各不相同,又很复杂,因而给变形带来很

大困难。通过观察发现,分母很有规律,是连续自然数的和。因此我们先来研究1+2++n,设S=1+2++n,则S= n + (n -1)++2+1,所以2S=n (n+1),

nn1nn122∴S=,即1+2++n=,

1

从而12n

112

nn1nn1

2

由此,左边的每一个分数均可以分解成两项,代入变形后证明。

证明:设S=1+2++n,则S= n + (n -1)++2+1,所以2S=n (n+1),

nn1nn122∴S=,即1+2++n=,

1

∴12n

112

nn1nn1

2

111111

222

34nn1 ∴等式左边=23

1n1n11

222n1n1=右边 =2n1

∴等式成立

评注:1、要掌握数学中一般与特殊的关系,本题通过研究1+2++n,得出

111

2

12nnn1的一般规律,然后将等式左边的各个分数分解,达到证明的

目的。

nn1

22、结论1+2++n=在解题中经常使用,应该记祝

3、本题在求S=1+2++n时,用的是倒序相加法,在证明等式时用的是裂项相消法,

这两种方法是求和问题解决的常用方法。

三、三、巩固练习

选择题

20012001

1、若a、b是有理数,且a +b =0,则

A、a=b=0 B、a-b=0 C、a+b=0 D、ab=0

222222

2、若abc满足a+b+c=9,则代数式(a-b)+(b-c)+(c-a)的最大值是( )A、27 B、18 C、15D、12

3、已知

x2002a2001

x2003b2001

c2001x2004

222

,则abcabbcca的值是( )

A、0 B、1 C、2D、3

11111xyzxyz4、如果,则下列说法正确的是( )

A、x、y、z中至少有一个为1B、x、y、z都等于1 C、x、y、z都不等于1D、以上说法都不对

bcacababc

q, 则q3q2q

5、已知abcbcacab( )

A、1 B、1-q C、1-qD、1-2q

222333

6、已知a+b+c=10,a+b+c=38,a+b+c=160,则abc的值是() A、24B、30 C、36D、42 填空题

3

2

1

bc2abca 且a0,则bc

a7、已知4

8、已知a-b=2,b-c= -3,c-d=5,则(a-c) (b-d)(a-d)=

111111abc2

caab9、已知abc≠0,a+b+c=0,则bc的值为 1111

12121212

23910=10、计算

abcdabcd

a时,bcda11、已知a、b、c、d均不为0,当a≠b且bcd

1

1111

102482,则a-1的倒数为

12、已知a=

解答题

222

13、求证:2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)+(c-a)+(a-b)

222)2222222

14、求证:(a+b+c (m+n+k) – (am+bn+ck)=(an-bm)+(bk-cn)+(cm-ak)

(拉格朗日恒等式)

2222

15、若14(a+b+c)=(a+2b+3c),求证:a∶b∶c=1∶2∶3

abc

222

xyzyzxzxy,求证:ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c) 16、若

17、已知a、b、c、d满足a+b=c+d,a+b=c+d, 求证:a+b=c+d

222222

18、已知a+b+c=abc,求证:a(1-b) (1-c)+b(1-a) (1-c)+c(1-a) (1-b)=4abc

33332n+12n+12n+12n+1

19、已知a+b+c=(a+b+c),求证a+b+c=(a+b+c) ,其中n为自然数。

3

3

3

3

2001

2001

2001

2001

abc3bca20、设a、b、c都是正数,且,求证:a=b=c

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