代数证明与恒等变形
代数式的恒等变形
教学·信息 课程教育研究 Course Education Ressearch 2015年9月 下旬刊174· ·著名教育家裴斯泰洛奇说过：“教学最大的挑战是她的不可预知性。
”语文课堂教学是师生、生生、生本之间相互对话、相互碰撞的动态过程，课堂随时会出现一些非预设性的新情况、新动态。
这就是所谓的“不可预知性”，通常也叫做节外生枝。
教师该如何运用教学的节外生枝，使其也能绽放出春天的光彩，我谈两个看法。
一、节外生枝，巧在引导有位教师教学苏教版五年级下册的《埃及的金字塔》第二自然段，形成下面的对话：师：读了这段话，谁来说说金字塔有什么作用？生：金字塔是拿来看的！（全班同学哄堂大笑，该同学满脸通红）师：这位同学已经跳出课文，融入了自己的理解，他把今天金字塔的作用用一个“看”字进行了高度的概括。
这个“看”字可不一般呀，同学们请想一想，你能给“看”换个词吗？生（纷纷举手）：欣赏、研究、考察、勘探、瞻仰。
师：说得好！下面请同学们认真的默读第3、4、5、自然段，想一想，不同身份的人站在金字塔前，他们是怎么“看”的？《课标》指出：“阅读是学生的个性化行为。
”学生对文本的阅读感悟，是依据自己的阅读经验和情感而产生自然而真实的反应，有时会出现教师不可预料的阅读感悟。
上述教学，由于学生的生活经验和对文本的感悟不同，其认识确实偏离了课文内容。
但执教老师却没有简单地否定，而是充分尊重学生的个性化理解，顺学而导，由“看”引出“欣赏、研究、考察、勘探、瞻仰”等意思，让学生带着问题与文本进行一番深层次的对话，再次交流自己的体会和感悟。
看似离谱的回答，在老师巧妙地引导下，竟化腐朽为神奇。
学生的思维火花被点燃了，“欣赏金字塔、研究金字塔、勘探金字塔……”，对金字塔的崇敬之情、热爱之情油然而生，课堂呈现百花齐放、百家争鸣的局面，也加深了学生对文本的理解和感悟。
这样的引导，既呵护了学生，化解课堂教学的尴尬，又引发学生深入阅读探究，发表见解，从而获得真知求知。
多项式恒等定理
多项式恒等定理多项式恒等定理是代数学中的一个重要定理，它关于多项式的等价与相等的性质进行了精确的描述。
本文将介绍多项式恒等定理的基本概念、证明过程和应用，并深入探讨其在数学领域的重要性和实际应用。
一、多项式恒等定理的基本概念多项式是由若干项组成的代数表达式，每一项由系数与幂的乘积组成。
多项式的恒等定理是指当两个多项式在所有取值下都相等时，它们可以视为同一个多项式。
换句话说，恒等定理描述了当多项式的各项系数相等时，这两个多项式是完全相同的。
根据多项式的恒等定理，我们可以通过比较各项系数的值来判断两个多项式是否相等或等价。
这为解决方程、求解代数问题提供了有力的工具和方法。
二、多项式恒等定理的证明过程证明多项式的恒等定理通常基于代数的基本运算法则和等价变形的原理。
下面以一个简单的例子来说明证明多项式恒等定理的一般过程：假设有两个多项式P(x) = x^2 + 2x + 1和Q(x) = (x + 1)^2。
首先，我们可以对多项式Q(x)进行展开，得到Q(x) = x^2 + 2x + 1。
观察到这两个多项式的各项系数完全相同，即P(x)与Q(x)在所有取值下都相等。
据此，我们可以得出结论：P(x) ≡ Q(x)，即P(x)恒等于Q(x)。
三、多项式恒等定理的应用多项式恒等定理在数学领域有着广泛的应用。
以下列举了其中几个重要的应用领域：1. 代数方程求解：多项式恒等定理可用于解决多项式方程的根的问题。
通过比较各项系数，我们可以判断两个多项式是否相等，从而得到方程的解。
2. 多项式拟合：多项式恒等定理可用于拟合实际数据。
通过将已知数据点带入多项式方程，可以得到拟合曲线，从而对未知数据进行预测和估计。
3. 几何推理：多项式恒等定理可用于几何证明和推理。
通过建立几何模型，并运用多项式的恒等定理得出结论，可以推导出几何问题的解答。
四、多项式恒等定理的重要性和实际应用多项式恒等定理在代数学和数学分析中扮演着重要的角色。
代数式恒等变形法则归纳
代数式恒等变形法则归纳引言代数式是代数学中的基础概念之一，它用字母和常数通过运算符号相连而成。
在数学中，我们常常需要对代数式进行变形，以达到简化、分解、合并或者推导等目的。
代数式的变形是数学问题解决过程中重要的一环，它不仅能提高计算效率，还能揭示代数运算的本质。
在代数式的变形中，恒等变形法则是重要的基础工具，本文将对代数式的恒等变形法则进行归纳总结。
一、基本变形法则1. 加法法则：•加法结合律：a+(b+c)=(a+b)+c•加法交换律：a+b=b+a•加法零元：a+0=a #### 2. 乘法法则：•乘法结合律：$a \\cdot (b \\cdot c) = (a \\cdot b) \\cdot c$•乘法交换律：$a \\cdot b = b \\cdot a$•乘法零元：$a \\cdot 0 = 0$•乘法单位元：$a \\cdot 1 = a$二、分配律1. 左分配律：对于任意的a,b,c，有$a \\cdot (b + c) = a \\cdot b + a \\cdot c$ #### 2. 右分配律：对于任意的a,b,c，有$(a + b) \\cdot c = a \\cdot c + b \\cdot c$三、幂运算法则1. 幂运算与乘法运算：•幂运算与乘法运算的交换律：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$•幂运算与乘法运算的结合律：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$ #### 2.幂运算的乘方法则：•幂运算的乘方法则1：$a^n \\cdot a^m = a^{n + m}$•幂运算的乘方法则2：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$•幂运算的乘方法则3：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$四、指数运算法则1. 指数运算与乘法运算：•指数运算与乘法运算的交换律：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$•指数运算与乘法运算的结合律：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$ #### 2.指数运算的指数法则：•指数运算的指数法则1：$a^n^m = a^{n \\cdot m}$•指数运算的指数法则2：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$•指数运算的指数法则3：$(a^m)^n = a^{m \\cdot n}$五、因式分解法则1. 公因式提取法则：•公因式提取法则1：ax+ay=a(x+y)•公因式提取法则2：$a \\cdot b + a \\cdot c = a \\cdot (b + c)$ ####2. 公式分解法则：•差的平方公式：a2−b2=(a+b)(a−b)•平方差公式：a2−b2=(a−b)(a+b)•完全平方公式：a2+2ab+b2=(a+b)2•完全平方公式：a2−2ab+b2=(a−b)2六、合并同类项法则合并同类项法则：将含有相同字母指数的项合并为一个项•合并同类项法则1：ax+bx=(a+b)x•合并同类项法则2：ax2+bx2=(a+b)x2•合并同类项法则3：ax n+bx n=(a+b)x n结论恒等变形法则在代数式的变形中起着重要的作用。
整式恒等变形
第8讲整式恒等变形模块一恒等变形→降幂迭代与换元基础夯实题型一降幂迭代法与大除法【例1】(第14届“希望杯”邀请赛试题)如果x2＋x－1＝0，那么x3＋2x2＋3＝__________．【练1】(1990年第一届希望杯初二第一试)已知3x2＋4x－7＝0，求6x4＋11x3－7x2－3x－7的值．题型二 整体代入消元法【例2】(第14届希望杯1试)若x ＋y ＝－1，求x 4＋5x 3y ＋x 2y ＋8x 2y 2＋xy 2＋5xy 3＋y 4的值．【练2】当x －y ＝1时，求x 4－xy 3－x 3y －3x 2y ＋3xy 2＋y 4的值．题型三 换元法强化挑战【例3】化简(y ＋z －2x )2＋(z ＋x －2y )2＋(x ＋y －2z )2－3(y －z )2－3(x －y )2－3(x －z )2．【练3】已知x ，y ，z 为有理数(y －z )2＋(z －x )2＋(x －y )2＝(y ＋z －2x )2＋(x ＋z －2y )2＋(x ＋y －2z )2，求()()()()()()222111111yz zx xy x y z ++++++的值．模块二 恒等变形→因式分解与不定方程题型一 因式分解基础夯实【例4】(1)已知a 5－a 4b －a 4＋a －b －1＝0，且2a －3b ＝1，则a 3＋b 3的值等于________．(2)若a 4＋b 4＝a 2－2a 2b 2＋b 2＋6，则a 2＋b 2＝________．【练4】(1)若x 满足x 5＋x 4＋x ＝－1则x ＋x 2＋x 3＋…＋x 2012＝__________．(2)已知15x 2－47xy ＋28y 2＝0，求x y的值．强化挑战【例5】已知：a 、b 、c 为三角形的三条边，且a 2＋4ac ＋3c 2－3ab －7bc ＋2b 2＝0，求证：2b ＝a ＋c ．【练5】(1)在三角形ABC 中，a 2－16b 2－c 2＋6ab ＋10bc ＝0，其中a ，b ，c 是三角形的三边，求证：a ＋c ＝2b ．(2)已知△ABC 三边a 、b 、c ，满足条件a 2c －a 2b ＋ab 2－b 2c ＋c 2b －ac 2＝0，试判断△ABC 的形状，并说明理由．题型二 不定方程【例6】(1)方程xy －2x －2y ＋7＝0的整数解(x ≤y )为___________．(2)已知a ＞b ＞c ≥0，求适合等式abc ＋ab ＋ac ＋bc ＋a ＋b ＋c ＝2011的整数a ，b ，c 的值．【练6】(1)长方形的周长为16cm ，它的两边长x ，y 均为整数，且满足x －y －x 2＋2xy －y 2＋2＝0，求它的面积．(2)矩形的周长28cm ，两边长为x cm 、y cm ，且x 3＋x 2y －xy 2－y 3＝0，求矩形的面积．【例7】(2000年联赛)实数x ，y 满足x ≥y ≥1和2x 2－xy －5x ＋y ＋4＝0，则x ＋y ＝_______．【练7】当x 变化时，分式22365112x x x x ++++的最小值是________．模块三 恒等变形→配方法【例8】已知x 2＋2xy ＋2y 2＋4y ＋4＝0，求x ，y ．【练8】已知x 2－6xy ＋10y 2－4y ＋4＝0，求x ，y ．【例9】已知x2＋2xy＋2y2＋4x＋8＝0，求x，y．【练9】已知x2－6xy＋10y2＋2x－8y＋2＝0，求x，y．【例10】已知实数a、b、c满足a－b＋c＝7，ab＋bc＋b＋c2＋16＝0．则ba的值等于____．【练10】已知a－b＝4，ab＋c2＋4＝0，则a＋b＝________．模块四恒等变形→乘法公式知识点睛【常见乘法公式】1、二元二次：(1)(a＋b)(a－b)＝__________．(2)(a－b)2＝__________．2、三元二次：(3)(a＋b＋c)2＝_________．(4)a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝_______．3、二元三次：(5)(a＋b)3＝______________．(6)a3＋b3＝______________．4、三元三次：(7)(a＋1)(b＋1)(c＋1)＝abc＋ab＋bc＋ca＋a＋b＋c＋1(8)(a＋b)(b＋c)(c＋a)＝a2b＋b2c＋c2a＋ab2＋bc2＋ca2＋2abc(9)(a＋b＋c)(ab＋bc＋ca)＝a2b＋b2c＋c2a＋ab2＋bc2＋ca2＋3abc(10)a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－bc－ca)5、三元四次：(11)(a＋b＋c)(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b)＝－a4－b4－c4＋2a2b2＋2b2c2＋2c2a26、二元n次：(12)a n－b n＝(a－b)(a n－1＋a n－2b＋a n－3b2＋…＋ab n－2＋b n－1)(13)a n＋b n＝(a＋b)(a n－1－a n－2b＋a n－3b2＋…－ab n－2＋b n－1)(n为奇数)7、n元二次：(14)(a1＋a2＋…＋a n)2＝a12＋a22＋…＋a n2＋2a1a2＋2a1a3＋…＋2a1a n＋2a2a3＋2a2a4＋…＋2a n－1a n．(15)a12＋…＋a n2＋a1a2＋…＋a1a n＋a2a3＋…＋a2a n＋…＋a n－1a n＝1[(a1＋a2)2＋…＋(a n－1＋a n)2]强化挑战【例11】已知实数a、b、x、y满足a＋b＝x＋y＝3，ax＋by＝4，求(a2＋b2)xy＋ab(x2＋y2)的值．【练11】(第6届希望杯初一)已知ax＋by＝7，ax2＋by2＝49，ax3＋by3＝133，ax4＋by4＝406，试求1995(x＋y)＋6xy－172(a＋b)的值．【例12】若a＋b＋c＝0，a3＋b3＋c3＝0，求证：a2011＋b2011＋c2011＝0．【练12】若a＋b－c＝3，a2＋b2＋c2＝3，那么a2012＋b2012＋c2012＝___________．【例13】(2009年北京市初二数学竞赛)设a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1．(1)求ab＋bc＋ca的值；(2)求a4＋b4＋c4的值．【练13】若a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝2，a3＋b3＋c3＝83，(1)求abc的值；(2)求a4＋b4＋c4的值．巅峰突破【例14】若x＋y＝a＋b，且x2＋y2＝a2＋b2，求证:x2014＋y2014＝a2014＋b2014．【练14】已知a＋b＝c＋d，a3＋b3＝c3＋d3，求证:a2013＋b2013＝c2013＋d2013．【拓14】已知a＋b＝c＋d，a5＋b5＝c5＋d5，求证：a2013＋b2013＝c2013＋d2013．第8讲课后作业【习l】已知x2＋x－1＝0，求x8－7x4＋11的值．【习2】已知a＋b＋c＝1，b2＋c2－4ac＋6c＋1＝0，求abc的值．【习3】若m＝20062＋20062×20072＋20072，则m( )A．是完全平方数，还是奇数B．是完全平方数，还是偶数C．不是完全平方数，但是奇数D．不是完全平方数，但是偶数【习4】正整数a、b、c是等腰三角形三边的长，并且a＋bc＋b＋ca＝24，则这样的三角形有( ) A．1个B．2个C．3个D．4个【习5】已知a、b、c是一个三角形的三边，则a4＋b4＋c4－2a2b2－2b2c2－2c22a2的值( ) A．恒正B．恒负C．可正可负D．非负【习6】如果a＋2b＋3c＝12，且a2＋b2＋c2＝ab＋bc＋ca，求a＋b2＋c3的值．【习7】已知实数a、b、x、y满足a＋b＝x＋y＝2，ax＋by＝5，求(a2＋b2)xy＋ab(x2＋y2)的值．【习8】已知x是实数并且x3＋2x2＋2x＋1＝0．求x2008＋x2011＋x2014的值．【习9】(1999年北京市初二数学竞赛)若3x3－x＝1，求9x4＋12x3－3x2－7x＋2010的值．的值．【习11】(十八届希望杯初二二试)已知a1，a2，a3，…，a2007，是彼此互不相等的负数，且M＝(a1＋a2＋…＋a2006)(a2＋a3＋…＋a2007)，N＝(a1＋a2＋…＋a2007)(a2＋a3＋…＋a2006)，试比较M、N的大小．【习12】(2013年联赛)已知实数x，y，z满足x＋y＝4，|z＋1|＝xy＋2y－9，则x＋2y＋3z＝_______．【习13】(2013年竞赛)已知正整数a、b、c满足a＋b2－2c－2＝0，3a2－8b＋c＝0，则abc的最大值为____________．【习14】(2001年联赛)求实数x，y的值，使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．。
1—1代数式恒等变换方法与技巧
1—1 代数式的恒等变换方法与技巧一、代数式恒等的一般概念定义1 在给定的数集中，使一个代数式有意义的字母的值，称为字母的允许值。
字母的所有允许值组成的集合称为这个代数式的定义域。
对于定义域中的数值，按照代数式所包含的运算所得出的值，称为代数式的值，这些值的全体组成的集合，称为代数式的值域。
定义2 如果两个代数式A、B，对于它们定义域的公共部分（或公共部分的子集）内的一切值，它们的值都相等，那么称这两个代数式恒等，记作A=B。
两个代数式恒等的概念是相对的。
同样的两个代数式在它们各自的定义域的某一个子集内是恒等，但x=，在x≥0时成立，但在x<0时不成立。
因此，在研究两个代数式恒等时，一定要首先弄清楚它们在什么范围内恒等。
定义3 把一个代数式变形成另一个与它恒等的代数式，这种变形称为恒等变换。
代数式的变形，可能引起定义域的变化。
如lgx2的定义域是(,0)(0,)-∞+∞，2lgx的定义域是(0,)+∞，因此，只有在两个定义域的公共部分(0,)+∞内，才有恒等式lgx2=2lgx。
由lgx2变形为2lgx时，定义域缩小了；反之，由2lgx变形为lgx2时，定义域扩大了。
这种由恒等变换而引起的代数式定义域的变化，对研究方程和函数等相关问题时也十分重要。
由于方程的变形不全是代数式的恒等变形，但与代数式的恒等变形有类似之处，因此，在本节里，我们把方程的恒等变形与代数式的恒等变形结合起来讨论。
例1：设px=有实根的充要条件，并求出所有实根。
由于代数式的变形会引起定义域的改变，因此，在解方程时，尽量使用等价变形的方法求解。
这样可避免增根和遣根的出现。
解：原方程等价于222(0,0x p xx x⎧-=-⎪⎨-≥⎪⎩222222(4)4448(2)441330440,0pxx p px xx x p x⎧-=⎪⎧=+--⎪⎪⎪⎪⇔≤≤⇔≤⎨⎨⎪⎪≥⎪⎪+-≤≥⎩⎪⎩222(4)8(2)44,043pxppx x⎧-=⎪⎪-⇔⎨-⎪≤≤≥⎪⎩由上式知，原方程有实根，当且仅当p满足条件24(4)4448(2)33p ppp--≤≤⇔≤≤-这说明原方程有实根的充要条件是43p≤≤。
初升高衔接数学讲义
第1章 代数式与恒等变形四个公式知识衔接在初中，我们学习了实数与代数式，知道代数式中有整式，分式，根式，它们具有类似实数的属性，可以进行运算。
在多项式乘法运算中，我们学习了乘法公式，如：平方差公式22))((b a b a b a -=-+；完全平方公式2222)(b ab a b a +±=±，并且知道乘法公式在整式的乘除，数值计算，代数式的化简求值以及代数等式的证明等方面有着广泛的应用。
而在高中阶段的学习中，将会遇到更复杂的多项式运算为此在本章中我们将拓展乘法公式的内容。
知识延展1 多项式的平方公式：ac bc ab c b a c b a 222)(2222+++++=++2 立方和公式：3322))((b a b ab a b a +=+-+3 立方差公式：3322))((b a b ab a b a -=++-4 完全立方公式：3223333)(b ab b a a b a ±+±=±注意：（1）公式中的字母可以是数，也可以是单项式或多项式；（2）要充分认识公式自身的价值，在多项式乘积中，正确使用乘法公式能提高运算速度，减少运算中的失误；（3）对公式的认识应当从发现，总结出公式的思维过程中学习探索，概括，抽象的科学方法；（4）由于公式的范围在不断扩大，本章及初中所学的仅仅是其中最基本，最常用的几个公式。
一 计算和化简例1 计算：))(()(222b ab a b a b a +++-变式训练：化简 62222))()()((y xy y x xy y x y x y x +-+++-+二 利用乘法公式求值；例2 已知0132=+-x x ，求331x x +的值。
变式训练：已知3=++c b a 且2=++ac bc ab ，求222c b a ++的值。
三 利用乘法公式证明例3 已知0,0333=++=++c b a c b a 求证：0200920092009=++c b a变式训练：已知2222)32()(14c b a c b a ++=++，求证：3:2:1::=c b a习题精练1 化简：322)())((b a b ab a b a +-+-+2 化简 )1)(1)(1)(1)(1)(1(12622+++-+++-a a a a a a a a3 已知10=+y x 且10033=+y x ，求代数式22y x +的值；4 已知21201,19201,20201+=+=+=x c x b x a ，求代数式ac bc ab c b a ---++222的值；5 已知)(3)(2222z y x z y x ++=++，求证：z y x ==6 已知abcd d c b a 44444=+++且d c b a ,,,均为正数，求证：以d c b a ,,,为边的四边形为菱形。
代数式的变形(整式与分式)
[文件] sxjsck0009 .doc[科目] 数学[关键词] 初一/代数式/整式/分式[标题] 代数式的变形（整式与分式）[内容]代数式的变形（整式与分式）在化简、求值、证明恒等式（不等式）、解方程（不等式）的过程中，常需将代数式变形，现结合实例对代数式的基本变形，如配方、因式分解、换元、设参、拆项与逐步合并等方法作初步介绍.1． 配方在实数范围内，配方的目的就是为了发现题中的隐含条件，以便利用实数的性质来解题.例1 （1986年全国初中竞赛题）设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a 2+b 2,n=c 2+d 2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是______.解mn=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+2abcd+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd ）2+(ad+bc)2.例2（1984年重庆初中竞赛题）设x 、y 、z 为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.求)1)(1)(1()1)(1)(1(222++++++z y x xy zx yz 的值. 解 将条件化简成2x 2+2y 2+2z 2-2xy-2x 2-2yz=0∴(x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0∴x=y=z,∴原式=1.2.因式分解前面已介绍过因式分解的各种典型方法,下面再举几个应用方面的例子.例3(1987年北京初二数学竞赛题)如果a 是x 2-3x+1=0的根,试求1825222345+-+-a a a a a 的值. 解 ∵a 为x 2-3x+1=0的根,∴ a 2-3a+1=0,,且132+a a =1. 原式.11313)32)(13(22232-=+-=+-+++-=a a a a a a a a a 说明:这里只对所求式分子进行因式分解,避免了解方程和复杂的计算.3.换元换元使复杂的问题变得简洁明了.例4 设a+b+c=3m,求证:(m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c 则p+q+r=0.P 3+q 3+r 3-3pqr=(p+q+r)(p 2+q 2+r 2-pq-qr-rp)=0∴p 3+q 3+r 3-3pqr=0即 (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0例5 (民主德国竞赛试题) 若67890123475678901235,67890123455678901234==B A ,试比较A 、B 的大小.解 设 ,y x A =则,21++=y x B)2(2)2()1()2(21+-=++-+=++-y y yx y y x y y x y x y x .∵2x ＞y ∴2x-y ＞0, 又y ＞0, 可知.021++-y x y x∴A ＞B.4.设参当已知条件以连比的形式出现时,可引进一个比例系数来表示这个连比.例6 若,a c zc b yb a x-=-=-求x+y+z 的值.解 令,k a c zc b yb a x=-=-=-则有 x=k(a-b), y=(b-c)k z=(c-a)k,∴x+y+z=(a-b)k+(b-c)k+(c-a)k=0.例7 已知a 、b 、c 为非负实数，且a 2+b 2+c 2=1,3111111-=⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛+b a c a c b c b a ,求a+b+c 的值.解 设 a+b+c=k则a+b=k-c ，b+c=k-a,a+c=k-b. 由条件知,3-=⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛+ab b a c ac c a b bc c b a即 .3222-=-+-+-ab c ck ac b bk bc a ak∴a 2k-a 3+b 2k-b 3+c 2k-c 3=-3abc,∴(a 2+b 2+c 2)k+3abc=a 3+b 3+c 3.∵a 2+b 2+c 2=1,∴k=a 3+b 3+c 3-3abc=(a+b)3-3a 2b-3ab 2+c 3-3abc=(a+b+c)[(a+b)2+c 2-(a+b)c]-3ab(a+b+c),=(a+b+c)(a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca),∴k=k(a 2+b 2+c 2-ab-bc-ac),∴k(a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca-1)=0,∴k(-ab-bc-ac)=0.若K=0, 就是a+b+c=0.若-ab-bc-ac=0,即 (a+b+c)2-(a 2+b 2+c 2)=0,∴(a+b+c)2=1,∴a+b+c=±1综上知a+b+c=0或a+b+c=±15.“拆”、“并”和通分下面重点介绍分式的变形：（1） 分离分式 为了讨论某些用分式表示的数的性质，有时要将一个分式表示为一个整式和一个分式的代数和.例8（第1届国际数学竞赛试题）证明对于任意自然数n ，分数314421++n n 皆不可约., 证明 如果一个假分数可以通约，化为带分数后，它的真分数部分也必定可以通约. ,314171314421+++=++n n n n 而 ,171217314++=++n n n 显然171+n 不可通约，故17314++n n 不可通约，从而314421++n n 也不可通约. （2） 表示成部分分式 将一个分式表示为部分分式就是将分式化为若干个真分式的代数和.例9 设n 为正整数，求证：21)12)(12(1531311 +-++∙+∙n n 证明 令1212)12)(12(1+--=+-k B k A k k 通分，,)12)(12()()(21212+-++-=+--k k B A k B A k B k A 比较①、②两式，得A-B=0，且A+B=1，即A=B=21. ∴),121121(21)12)(12(1+--=+-k k k k 令k=1,2,…,n 得)12)(12(1531311+-++⋅+⋅n n ① ②.21121121121121513131121 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n(3)通分 通分是分式中最基本的变形,例9的变形就是以通分为基础的,下面再看一个技巧性较强的例子.例10(1986年冬令营赛前训练题) 已知.0222=-+-+-cab c b ac b a bc a 求证:0)()()(222222=-+-+-c ab c b ac b a bc a . 证明 .))((222222222c ab b ac c b ac bc ab c ab c b ac b a bc a --+-+-=---=- .0))()(()()()(.))()(()(.))()(()(.))()(()(222222222222222222222222222222222222222222222222=---+-+-+-+++-+-=-+-+-∴---+-+-=----+-+-=-----++-=-∴c ab b ac a bc b a c b ab c a c a bc ac b a c b ac bc ab c ab c b ac b a bc a c ab b ac a bc c a c b ab c a c ab c c ab a bc b ac c a bc ac ab b ac b c ab b ac a bc c b ac bc ab a bc a 同理6.其他变形例11 (1985年全国初中竞赛题)已知x(x ≠0，±1)和1两个数，如果只许用加法、减法和1作被除数的除法三种运算（可用括号），经过六步算出x 2.那么计算的表达式是______. 解 x 2=x(x+1)-x .1111)1(11x x x x x x -+-=-+= 或 x 2=x(x-1)+x.1111)1(11x xx x x x +--=+-=例12 （第3届美国中学生数学竞赛题）设a 、b 、c 、d 都是正整数，且a 5=b 4,c 3=d 2,c-a=19,求d-b.解 由质因数分解的唯一性及a 5=b 4,c 3=d 2,可设a=x 4,c=y 2,故19=c-a=(y 2-x 4)=(y-x 2)(y+x 2)⎪⎩⎪⎨⎧=+=-∴.19,122x y x y 解得 x=3. y=10. ∴ d-b=y 3-x 5=757A 2+b 2+c 2=(a+b+c)2 Ab+ac+bc=0(a+b+c)2= A 2+b 2+c 2-2ab-2ac-2bc练 习 七1选择题（1）（第34届美国数学竞赛题）把25321,1,xx x x x +++相乘，其乘积是一个多项式，该多项式的次数是（ ）（A ）2 （B ）3 （C ）6 （D ）7 （E ）8（2） 已知,111b a b a +=+则ba ab +的值是（ ）. (A)1 (B)0 (C)-1 (D)3（3）（第37届美国中学数学竞赛题）假定x 和y 是正数并且成反比，若x 增加了p%，则y 减少了（ ）.（A ）p% (B)p p +1% (C)P 100% (D)p p +100% (E)p p +100100% 2填空题（1）（x-3）5=ax 5+bx 4+cx 3+dx 2+ex+f ，则a+b+c+d+e+f=________, b+c+d+e=_______.(2)若yyx x y xy x y x ---+=-2232,311则=_____. (3)已知y 1=2x,y 2=198519862312,,2,2y y y y y == ,21n y -=2x 2n y =1/x 则y 1y 1986=______ 3若（x-z ）2-4(x-y)(y-z)=0,试求x+z 与y 的关系.x 2 + 2xz + z 2 - 4xy + 4y 2 - 4yz=0(x+z)^2 -4(x+z)y+4y^2 = 0(x+z -2y)^2 = 0x+z = 2y4（1985年宁夏初中数学竞赛题）把a b b a -写成两个因式的积,使它们的和为ab b a +，求这两个式子.5.若x+3y+5z=0,2x+4y+7z=0.求22222274253zy x z y x ++++的值. 6.已知x,y,z 为互不相等的三个数,求证.111111222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-y x x z z y y x x z z y 7已知a 2+c 2=2b 2,求证.211ac b a c b +=+++ 8.设有多项式f(x)=4x 4-4px 3+4qx 2+2q(m+1)x+(m+1)2,求证:如果f(x)的系数满足p 2-4q-4(m-1)=0,那么,f(x)恰好是一个二次三项式的平方.9.设(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b+c+d)(bcd+cda+dab+abc).求证:ac=bd.练习七1.C.C.E2.(1)-32,210 (2)53 (3)2 3.略. 4..,.,bb a a b a b a a b b b a a b a b b a a b a a b b a -+∴+=-++-⋅+=-两个因式为而 5.118 6.略, 7.略. 8.∵p 2-4q-4(m+1)=0, ∴4q=p 2-4(m+1)=0,∴f(x)=4x 4-4px 3+[p 2-4(m+1)]x 2+2p ·(m+1)x+(m+1)2=4x 4+p 2x 2+(m+1)2-4px 3-4(m+1)x 2+2p(m+1)x=[2x 2-px-(m+1)]2.9.令a+b=p,c+d=q,由条件化为pq(b+c)(d+a)=(p+q)(cdp+adq),展开整理得cdp 2-(ac+bd)+pq+abq 2=0,即(cp-bq)(dp-aq)=0.于是cp=bq 或dp=aq,即c(a+b)=b(c+a)或d(a+b)=a(c+d).均可得出ac=bd.、 基本解法与思想解含绝对值的不等式的基本思想是等价转化，即采用正确的方法去掉绝对值符号转化为不含绝对值的不等式来解，常用的方法有公式法、定义法、平方法。
代数变形常用技巧
代数变形中常用的技巧代数变形是为了达到某种目的或需要而采取的一种手段，是化归、转化和联想的准备阶段，它属于技能性的知识，当然存在着技巧和方法，也就需要人们在学习代数的实践中反复操练才能把握，乃至灵活应用。
代数变形技巧是学习掌握代数的重要基础，这种变形能力的强弱直接关系到解题能力的发展。
本文就初等代数变形中的解题技巧，作一些论述。
两个代数式A、B，如果对于其中所含字母的一切允许值它们对应的值都相等，则称这两个代数式恒等，记作A≡B或A=B，把一个代数式换成另一个和它恒等的代数式，叫做代数式的恒等变形。
恒等变形是代数的最基本知识，是学好中学数学的基础，恒等变形的理论依据是运算律和运算法则，所以，恒等变形必须遵循各运算法则，并按各运算法则在其定义域内进行变形。
代数恒等变形技巧是学习与掌握代数的重要基础,这种变形能力的强弱直接关系到解题能力的发展。
代数恒等变形实质上是为了达到某种目的或需要而采取的一种手段，是化归、转化和联想的准备阶段，它属于技能性的知识，当然存在着技巧和方法，也就需要人们在学习代数的实践中反复操练才能把握，乃至灵活与综合应用。
中学生在平时的学习中不善于积累和总结变形经验，在稍复杂的问题面前常因变形方向不清，而导致常规的化归、转化工作难以实施，甚至失败，其后果直接影响着应试的能力及效率。
代数的恒等变形包括的内容较多，本文着重阐述代数运算和解题中常见的变形技巧及应用。
一、整式变形整式变形包括整式的加减、乘除、因式分解等知识。
这些知识都是代数中的最基础的知识。
有关整式的运算与化简求值，常用到整式的变形。
例1：化简(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2-3(y-z)2-3(z-x)2-3(x-y)2分析：此题若按常规方法先去括号，再合并类项来进行恒等变形的话，计算会繁杂。
而通过观察发现此题是一个轮换对称多项式，就其特点而言，若用换元法会使变形简单，从而也说明了换元法是变形的一种重要方法。
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代数证明与恒等变形代数证明主要是指证明代数中的一些相等关系或不等关系、在初中阶段，要证的等式一般可分为恒等式的证明和条件等式的证明、恒等式的证明常用的方法有：（1）由繁到简，从一边推向另一边；（2）从左右两边人手，相向推进；（3）作差或作商证明，即证明：左边一右边＝0，)0(1≠=右边右边左边、条件等式的证明实质是有根据、有目的的代数式恒等变换，证明的关键是寻找条件与结论的联系，既要注意条件的变换，使之有利于应用；又要考虑求证的需求情况，使之有利于与条件的沟通、代数证明不同于几何证明，几何证明有直观的图形为依托，而代数证明却取决于代数式化简求值变形技巧、方法和思想的熟练运用、例1：设A 、B 、C 、D 都是整数，且M ＝A2＋B2，N ＝C2＋D2，MN 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是＿＿＿＿＿＿.解MN ＝（A2＋B2）（C2＋D2）＝A2C2＋2ABCD ＋B2D2＋A2D2＋B2C2－2ABCD＝（AC ＋BD ）2＋（AD －BC ）2＝（AC －BD ）2＋（AD ＋BC ）2，所以，MN 的形式为（AC ＋BD ）2＋（AD －BC ）2或〔AC －BD 〕2＋（AD ＋BC ）2. 例2：设X 、Y 、Z 为实数，且（Y －Z ）2＋（X －Y ）2＋（Z －X ）2＝（Y ＋Z －2X ）2＋（Z ＋X －2Y ）2＋（X ＋Y －2Z ）2.求)1)(1)(1()1)(1)(1(222++++++z y x xy zx yz 的值. 解将条件化简成2X2＋2Y2＋2Z2－2XY －2XZ －2YZ ＝0∴（X －Y ）2＋（X －Z ）2＋（Y －Z ）2＝0∴X ＝Y ＝Z ，∴原式＝1.例3：设A ＋B ＋C ＝3M ，求证：（M －A ）3＋（M －B ）3＋（M －C ）3－3（M －A ）（M －B ）（M －C ）＝0.证明令P ＝M －A ，Q ＝M －B ，R ＝M －C ，那么P ＋Q ＋R ＝0.P3＋Q3＋R3－3PQR ＝（P ＋Q ＋R ）（P2＋Q2＋R2－PQ －QR －RP ）＝0∴P3＋Q3＋R3－3PQR ＝0即（M －A ）3＋（M －B ）3＋（M －C ）3－3（M －A ）（M －B ）（M －C ）＝0例4：假设67890123475678901235,67890123455678901234==B A ，试比较A 、B 的大小. 解设,y x A =那么,21++=y x B)2(2)2()1()2(21+-=++-+=++-y y y x y y x y y x y x y x .∵2X 》Y ∴2X －Y 》0，又Y 》0， 可知21++-y x y x 》0∴A 》B.例5：求最大的正整数N ，使得N3＋100能被N ＋10整除、分析：此题可以运用整除法或两个整式整除的问题转化为一个分式问题加以解决、 解：333100109001010n n n n ++-=++＝2(10)(10100)90010n n n n +-+-+＝N2－10N ＋100－90010n +要使N ＋10整除N3＋100，必须且只需N ＋10整除900，又因为N 取最大值，•所以N ＋•10＝900，从而符合要求的正整数N 的最大值为890、评注：对于分子的次数高于或等于分母的次数的分式，可化为整式部分与分式部分的和、例6：A 、B 、C 为非负实数，且A2＋B2＋C2＝1，3111111-=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a c a c b c b a ，求A ＋B ＋C 的值.解：由条件知（A ＋B ＋C ）（)111c b a ++＝0∴A ＋B ＋C ＝0或c b a 111++＝0 当c b a 111++＝0时，abc ac bc ab ++＝0∴AB ＋BC ＋AC ＝0∵（A ＋B ＋C ）2＝A2＋B2＋C2＋2AB ＋2BC ＋2AC ＝1∴A ＋B ＋C ＝±1∴A ＋B ＋C ＝0或1或－1例7：.0222=-+-+-c ab c b ac b a bc a 求证：0)()()(222222=-+-+-c ab c b ac b a bc a .证明222222222.()()a b c ab bc ac b c bc a ac b ab c ac b ab c -+-+=-=-----.0))()(()()()(.))()(()(.))()(()(.))()(()(222222222222222222222222222222222222222222222222=---+-+-+-+++-+-=-+-+-∴---+-+-=----+-+-=-----++-=-∴c ab b ac a bc b a c b ab c a c a bc ac b a c b ac bc ab c ab c b ac b a bc a c ab b ac a bc c a c b ab c a c ab c c ab a bc b ac c a bc ac ab b ac b c ab b ac a bc c b ac bc ab a bc a 同理例8：设A 、B 、C 、D 都是正整数，且A5＝B4，C3＝D2，C －A ＝19，求D －B. 解由质因数分解的唯一性及A5＝B4，C3＝D2，可设A ＝X4，C ＝Y2，故19＝C －A ＝（Y2－X4）＝（Y －X2）（Y ＋X2）⎪⎩⎪⎨⎧=+=-∴.19,122x y x y 解得X ＝3.Y ＝10.∴D －B ＝Y3－X5＝757.练习：〔1〕A2＋C2＝2B2，求证.211a c b a c b +=+++〔2〕求证：a a z a y a x a az za ay ya ax x 3111222+-+-+-=-+-+-〔3〕求证：)1)(1)(1(4)1()1()1(222ab ab b b a a ab ab b b a a ++++=+++++、 例9：A 、B 、C 、D 满足A ＋B ＝C ＋D ，A3＋B3＝C3＋D3，求证：A2001＋B2001＝C2001＋D2001.解：由A3＋B3＝C3＋D3得：（A ＋B ）（A2－AB ＋B2）＝（C ＋D ）（C2－CD ＋D2） ∵A ＋B ＝C ＋D ，那么有假设A ＋B ＝C ＋D ＝0，那么A ＝－B ，C ＝－D ，从而A2001＋B2001＝C2001＋D2001＝0假设A ＋B ＝C ＋D ≠0，那么A2－AB ＋B2＝C2－CD ＋D2，∴（A ＋B ）2－3AB ＝（C ＋D ）2－3CD ，从而AB ＝CD∴（A ＋B ）2－4AB ＝（C ＋D ）2－4CD ，∴（A －B ）2＝（C －D ）2，∴A －B ＝±（C －D ）可得A ＝B ＝C ＝D ，从而A2001＋B2001＝C2001＋D2001例10：有18支足球队进行单循环赛，每个参赛队同其他各队进行一场比赛，假设比赛的结果没有平局，如果用i a 和i b ，分别表示第I （I ＝1，2，3…18）支球队在整个赛程中胜与负的局数、求证：21822212182221b b b a a a +++=+++ 、解：由于每支球队都要进行18－1＝17场比赛，那么对于第I 支球队有AI ＋BI ＝17，I ＝1，2，3，……18；由于比赛无平局，故所有参赛队的胜与负的总局数相等，即A1＋A2＋…＋A18＝B1＋B2＋…＋B18由〔A12＋A22＋…＋A182〕－〔B12＋B22＋…＋B182〕＝（A12－B12）＋（A22－B22）＋…＋（A182－B182）＝17×【（A1＋A2＋…＋A18）－（B1＋B2＋…＋B18）】＝0得21822212182221b b b a a a +++=+++例11：333cz by ax ==，且1111=++z y x 、 求证：3333222c b a cz by ax ++=++、思路点拨条件中有一个连等式，恰当引入参数，把待证式两边都变形为与参数相同的同一个代数式、解：设333cz by ax ==＝T3，那么A ＝33x t ，B ＝33y t ，C ＝33z t 因333c b a ++＝T t z y x =++)111( 又33333222111z cz y by x ax cz by ax ⋅+⋅+⋅=++＝33)111(z y x t ++＝T ，从而得证.例12：0≠abc ，证明：四个数abc c b a 3)(++、abc a c b 3)(--、abc b a c 3)(--、abc c b a 3)(--中至少有一个不小于6、思路点拨整体考虑，只需证明它们的和大于等于24即可、解：因为abc c b a 3)(++＋abc a c b 3)(--＋abc b a c 3)(--＋abc c b a 3)(--＝abc c b a b a c a c b c b a ])()[(])()[(3333--+--+--+++ ＝abc abc abc ac c b a b ac c b a b 24)633(2)633(2222222=-++-+++＝24 假设abc c b a 3)(++《6，abc a c b 3)(--《6，abc b a c 3)(--《6，abc c b a 3)(--《6，那么他们的和必小于24，这与上式矛盾，故四个加数中至少有一个不小于6。
例13：X 、Y 、Z 满足条件⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++45293333222z y x z y x z y x ，求XYZ 及X4＋Y4＋Z4的值.解：由（X ＋Y ＋Z ）2－（X2＋Y2＋Z2）＝2XY ＋2YZ ＋2XZ 得XY ＋YZ ＋XZ ＝－10 又由X3＋Y3＋Z3－3XYZ ＝（X ＋Y ＋Z ）（X2＋Y2＋Z2－XY －YZ －XZ ）得45－3XYZ ＝3（（29＋10），∴XYZ ＝－24∵（XY ＋YZ ＋XZ ）2＝100，∴X2Y2＋Y2Z2＋X2Z2＋2XYZ （X ＋Y ＋Z ）＝100得X2Y2＋Y2Z2＋X2Z2＝244。
又因X4＋Y4＋Z4＝（X2＋Y2＋Z2）2－2（X2Y2＋Y2Z2＋X2Z2）∴X4＋Y4＋Z4＝741－2（244＝253。
例14：2222)32()(14c b a c b a ++=++，求证：A ：B ：C ＝1：2：3、 解：∵（A ＋2B ＋3C ）2＝A2＋4AB ＋4B2＋6AC ＋12BC ＋9C2∴14（A2＋B2＋C2）＝A2＋4AB ＋4B2＋6AC ＋12BC ＋9C2∴13A2－4AB ＋10B2－6AC －12BC ＋5C2＝0从而（4A2－4AB ＋B2）＋（9B2－12AC ＋4C2）＋（C2－6AC ＋9A2）＝0即（2A －B ）2＋（3A －C ）2＋（3B －2C ）2＝0于是2A －B ＝3A －C ＝3B －2C ＝0，即B ＝2A ，C ＝3A∴A ∶B ∶C ＝1∶2∶3练习：1、假设z y x t y x t z x t z y t z y x ++=++=++=++，记z y x t y x t z x t z y t z y x A +++++++++++=，证明：A 是一个整数、2、11111=++=++z y x z y x ，求证：X 、Y 、Z 中至少有一个为1、3、0=-+-+-b a c a c b c b a ，求证：0)()()(222=-+-+-b a c a c b c b a 、4、完成同一件工作，甲单独做所需时间为乙、丙两人合做所需时间的P 倍，乙单独做所需时间为甲、丙两人合做所需时间的Q 倍；丙单独做所需时间为甲、乙两人合做所需时间的X 倍，求证：12-++=pq q p x 、5.b a y x +=+，且2222b a y x +=+、求证：2001200120012001b a y x +=+例15：化简22a b c a ab ac bc ----+＋2222b c a c a b b ab bc ac c ac bc ab ----+--+--+、解：原式＝()()()()()()()()()()()()a b a c b c b a c a c b a b a c b c b a c a c b -+--+--+-++------ ＝111111a c a b b a b c c b c a +++++------＝0、 评注：此题采用的是“拆项相消”法、利用的是11A B AB A B +=+的模式，其中分解因式的作用是显而易见的、例16：证明恒等式()()()()()()11322321121132322121a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n ++++++=++++++ 证明：例17：XYZ ＝1，X ＋Y ＋Z ＝2，X2＋Y2＋Z2＝3，求111111xy z yz x zx y +++-+-+-的值 解：∵X ＋Y ＋Z ＝2，∴XY ＋Z－1＝XY ＋〔2－X －Y 〕－1＝〔X －1〕〔Y －1〕，同理可得：YZ ＋X －1＝（Y －1）（Z －1〕、ZX ＋Y －1＝（Z －1）（X －1〕，又因为XYZ ＝1，X2＋Y2＋Z2＝3，那么XY ＋YZ ＋ZX ＝12〔X ＋Y ＋Z 〕2－12〔X2＋Y2＋Z2〕＝12、 故原式＝1132(1)(1)(1)()()13z x y x y z x y z xyz xy yz zx x y z -+-+++-==-----+++++-、 例18：x y z a b c ++＝1，a b c x y z ++＝0，求222222x y z ab c ++的值、 解：设,,x y z k s t a b c ===，由有K ＋S ＋T ＝1，故〔K ＋S ＋T 〕2＝1，再由第二个条件有111k s t ++＝0，即st kt ks kst ++＝0，所以ST ＋KT ＋KS ＝0、又〔K ＋S ＋T 〕2＝K2＋S2＋T2＋2KS ＋2KT ＋2ST ＝1、()()()()()()11322321121322211113232121132322121111111111111a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++ －1∴K2＋S2＋T2＝1、即222222x y z ab c ++＝1、 评注：换元的目的无非是为了达到简单、明了的效果，使较复杂的题目变得简洁、清晰，便于解答、例19：X ＝BY ＋CZ ，Y ＝CZ ＋AX ，Z ＝AX ＋BY ，且X ＋Y ＋Z ≠0.证明：1111=+++++c c b b a a分析：所证明的式子中不含X 、Y 、Z ，因而可以将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 。