高中数学竞赛讲义 - 代数式的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，但在另一个子集内可能不恒等。例如，x2?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。

22例1：设p为实常数，试求方程x?p?2x?1?x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。

222??x?p?(x?2x?1)解：原方程等价于?

22??x?2x?1?0,x?0?2(p?4)2?x?8(2?p)2?4xx2?1?4x2?p?4?(p?4)2??x???44??8(2?p)??1?x2???x2? ??33???4?p?x2?4,x?02?x?0?4x?p?4?0,x?0?3?4???4?p(p?4)244由上式知，原方程有实根，当且仅当p满足条件???0?p?

48(2?p)33这说明原方程有实根的充要条件是0?p?44?p。这时，原方程有惟一实根x?。 38(2?p)二、恒等变换的方法与技巧

恒等变换的目的是使问题变得简单，便于求解。因此，式的恒等变换是根据需要进行的，根据不同问题的特点，有其不同的规律性。

1．分类变换

当式的变换受到字母变值的限制时，可对字母的取值进行分类，然后对每一类进行变换，以达到求解的目的。分类变换方法适用于式的化简与方程（组）的化简、求解。

1

例1：当x取什么样的实数值时，下列等式成立： （a）x?2x?1?（c）x?2x?1?x?2x?1?2； （b）x?2x?1?x?2x?1?1； x?2x?1?2。

x?2x?1?m(m?0)

解：我们来求解更一般的方程：x?2x?1?记方程左边为f(x)，则f(x)?11(2x?1?22x?2?1)?(2x?1?22x?1?1) 22?2?2x?1,x?122? ?|2?1?1|?|2x?1?1|??122?x?1?2,?2由此可知，当m?2时，原方程的解集为[,1]；当m?[0,2)原方程变形为2?2x?1?m，解得x?12时，解集为?；当m?(2,??)时，

12(m?2)。 412即当m?(2,??)时，原方程的解集为{(m?2)}。

4?x?y?z?3,?222例2：在复数范围内解方程组?x?y?z?3,

?x5?y5?z5?3.?解：考虑数列an?xn?yn?zn,n?N*。不难证明此数列满足递推式

an?3?(x?y?z)an?2?(xy?yz?zx)an?1?xyzan，其中a1?a2?3,a5?3。

利用基本恒等式，得xy?yz?zx?递推式化为an?3?3an?2?3an?1?由此得a4?3a3?3a2?1211(a1?a2)?3，xyz?a3?a1[a2?(xy?yz?zx)]?a3，∴{an}的2331a3?an,n?N* 311a3?a1?4a3?9,a5?3a4?3a3?a3?a2?10a3?27 331由a5?3，得10a3?27?3，∴a3?3。∴xyz?a3?1。

3?x?y?z?3,?综上所述知，原方程组等价于?xy?yz?zx?3,

?xyz?1.?由韦达定理知，x，y，z是关于t的三次方程t?3t?3t?1?0的三根，此三次方程 即(t?1)?0,?t1?t2?t3?1，这说明原方程组在复数范围内的解集为{（1，1，1）}。

333 2

注：此题还可以利用三次单位根???2．利用对称性

定义4 一个n元解析式f(x1,x2,13?i的性质来解。 22,xn)称为对称式，当且仅当对于任意的i，j(1?i?j?n)都有

f(x1,,xi,,xj,,xn)?f(x1,,xj,,xi,,xn)。

,xn)具有下列性质：

由定义可知，对称式的各变元所处的地位相同，因此，一个对称式f(x1,x2,（1）若对于变元x1，x2，f具有性质p，则对于任意的变元xi,xj,f也具有性质p。 （2）对于x1，x2，…，xn的任意排xi1,xi2,于讨论f具有某一性质时，可不妨设x1?x2?,xin，有f(xi1,xi2,?xn。

,xin)?f(x1,x2,,xn)，因此，对

定义5 一个n元解析式称为轮换对称式，当且仅当x2代x1，x3代x2，…，xn代xn-1，x1代xn时有

f(x1,x2,,xn)?f(x2,x3,,xn,x1)。

显角，对称式一定是轮换式，但轮换式不一定是对称式。例如，x2y+y2z+z2x是轮换式，但不是对称式。因此，对称式所具有的性质（1）、（2）对轮换式一般不成立。由轮换的特点，在解题中，为了方便起见，我们可指定变元中x1最大（或最小）。

例3：设x，y，z>0，求证(x+y+z)5-(x5+y5+z5)≥10(x+y)(y+z)(z+x)(xy+yz+zx)等号成立当且仅当x=y=z。

证：令f(x,y,z)?(x?y?z)5?(x5?y5?z5)。易知f(x,y,z）是对称式。 ∵当x+y=0时，f(x，y，z)=0，∴(x?y)|f(x,y,z)。从而(y?z)|f,(z?x)|f， ∴(x?y)(y?z)(z?x)|f。注意到f是关于x，y，z的五次齐次式，故可设

f(x,y,z)?(x?y)(y?z)(z?x)[A(x2?y2?z2)]?B(xy?yz?zx),令x?0,y?1,z?1，

得2A+B=15。令x?y?z?1，得A+B=10。因此，A=B=5。

∴f(x,y,z)?5(x?y)(y?z)(z?x)(x?y?z?xy?yz?zx)注意到x,y,z?0，

222?yz?zx)且x?y?z?xy?yz?zx，得f(x,y,z)?10(x?y)(y?z)(z?x)(xy等号成立的条件为

222x?y?z。

例4：设a，b，c是三角形的边长，证明ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?0并说明等号何时成立。 证：令欲证不等左边为f(a,b,c)，则易证f(a,b,c)为轮换式（非对称）。故可设a?b,c。注意到

222b?c?a?0，则可先考虑将f中分离出一个含b+c-a的非负式子。事实上

f?a2b(a?b)?b2c(b?c)?[(c?b)?b]2a(c?a)

3

?(c?b)2a(b?c?a)?ab(b?c)2?ab(c?a)(2c?b)?a2b(a?b)?b2c(b?c)

再令f*??ab(b?c)2?ab(c?a)(2c?b)?a2b(a?b)?b2c(b?c) 令a?c，有f*??bc(b?c)2?c2b(c?b)?b2c(b?c)?0 令a?b，有f*??b2(b?c)2?b2(c?b)(2c?b)?b2c(b?c)?0

∴a?c|f*,a?b|f*。又b|f*，∴b(a?c)(a?b)?f*。注意到f*关于c是二次式，a，b是三次式，故可设f*?b(a?c)(a?b)(xa?yb?zc)令b=c，得f*?ab(a?c)2?b(a?c)2[xa?(y?z)b]， ∴a?xa?(y?z)b，∴y?z?0,x?1令a=0，得f*?b2c(b?c)?b2c(yb?zc)，∴b?c?yb?zc，∴y?1,z??1。于是f*?b(a?c)2a(b?c?a)?f*?0。从而f?(c?b)2a(b?c?a)?f*?0

显然，当且仅当a=b=c时f=0。

注：对于f*，也可直接通过提取公因式法来分解因式。事实上

b?1?f*?a(c?a)(2c?b)?a2(a?c)?a2(c?b)?a(b?c)2?bc(b?c)

?a(c?a)(2c?a?b)?(b?c)[?a2?ab?ac?bc]?a(c?a)(2c?a?b)?(b?c)(c?a)(a?b)?(c?a)[2ac?a(a?b)?ab?ac?bc?b2]?(c?a)[(a?b)c?(b?a)(a?b)]?(c?a)(b?a)(a?b?c)3．逆推分析

从一个数学过程的结果出发，按与原来相反的程序去推求初始条件的方法叫做逆推分析法，它的特点是每一步逆推均可逆。由此可见，逆推分析法是证明恒等式的重要方法。

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