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PAGE  PAGE 13 【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； 、设是的一个近似值，证明：是的一个更好的近似值，并且与异号． 证：、若，则 … ①； 同样，在时，可得 … ②． 因此与异号．①② 、如果，则由①知， 记，，则，且 ； 即，这表明，比更接近于； 对于的情形，同理可证． 、设，； 证明：． 证：据第一式立方得，； 所以有，故得．从而， 若记，，则是方程的两根， 也是此方程的两根，因此，或者，，由此； 或者，，由此；总之都有． 、设，证明：、； 、． 、证一：对于满足 … ①的任一组实数，若，则，结论显然成立； 若，设，，令，则 … ②， … ③ 代入所证式，化为证 … ④ 据②③得，，于是④左边； ④右边 ；因此④成立，结论得证． 证二：对于满足 … ①的任一组实数，若，则因 ，于是，即此时 中必有一个为，不妨设，由①，，于是，结论成立； 若，设，，令，则 … ②， … ③，由此得 … ④ 所证式化为 … ⑤ ⑤式右边 ．因此⑤成立，结论得证． 、证明：对于满足 … ①的任一组实数，若，则，结论显然成立；若，设，，令，则 … ②， … ③ 代入所证式，化为证 … ④ 据②③得，，于是④右边 ； 而④左边 ，即 ④成立，从而结论得证． 、设为实数，，且，证明：方程有一根介于和之间． 证：由条件得，，记，当，有 ； 如果，则，这时二次函数在中与轴有一交点； 如果，则 ，即 这时二次函数在中与轴有一交点，因此不论何种情况，都有一根介于和之间． 、设，令，，求． （年全国初中联赛江西卷） 解：对任何，因，则 ， 两边通乘，并取，得到 … ① 在①式中分别令，然后相加得 … ② 又记， ， 所以， … ③ 据②③得，． 、设正整数满足：； 求乘积所有可能的值． 解：如果三数全相等，则有，这时； 如果不全相等，不妨设为最大数，则因，据正整???，所以，，于是，； 由于皆为正整数，则也为正整数，设（不妨设）， 则因，得或者；由此， 或，于是，或，即乘积可能取到的值有三种情况；另一方面，这三种情况都可以出现： 例如，当时，； 当时，； 当时，． 、设实数满足：， 证明：． 证一：据条件知皆不为，且不全相等；不妨设，直接将条件式 看作关于的方程，通乘分母后，就成为关于的一元二次方程， 显然该方程有一根；于是所证式成立； 证二、将条件式左边通分，得到，因此 ；分解因式即 ，故三式中必有一个成立； 据此立知所证结论成立． 、设皆不为，满足：； 证明：． 证： ． 、设，证明：对任意，都成立等式： ． 证：作以 为根的三次方程，展开化简得 … ①，其中 … ②； 将①两边同乘，得 … ③，显然也是③的根； 据此有，，； 相加得 … ④， 但由②，， ，所以④成为 ． 、已知； 证明：． 证：由条件得，，据比例性质得， ，约去，并通乘得， ，所以，， 再次用比例性质得， ，约去，并同除得， ． 、若实数，满足 ； 证明：． 证：；同理有 ，， 故由条件等式得 又知 ，所以 因此． 、设都是的多项式，且 ； 求证：是的一个因式． 证：的五个根是：，而 ，所以，是的四个虚根；将其中任三个虚根例如代入条件式，得到 系数行列式， 故方程组只有零解，即，所以是的一个因式． 、证明：从集合中任取个数构成的子集中，一定含有差为 的数对，但不一定含有差为的数对． 证：、先证明，从中任取个数，必有两数之差为； 为此，将的元素排成行列的表（表）： （表），，（表） 从表中的个列中取出个数，必有一列取出了至少个数， 其中必有两数在列中相邻，其差恰为； 、次证，从中任取个数，必有两数之差为；为此，将的元素排成表二： 共得列，每列相邻两数之差为，（前四列中每列有个数，后八列中每列个数；）从列中取个数，必有一列至少取出了五个数； 、如果有一列取出了六个数，因每列至多个数，该列中必有两数相邻，其差为； 、如果任一列所取的数至多个，则至少有列各取了五个数，即是说，后列中有一列取到五个数，其中必有两数相邻，其差为； 、为证取出的个数中有两个之差为，我们给出表格： 表中有列，每列至多个数，从中取出个数，必有一列中至少取出了五个数，其中必有两数相邻，其差恰为． （表）， （表） 、今证明，不一定有两数之差为；列表如表， 构造取法，将第行的数全部取出，共得 个数，其中任两数之差不等于． 、数列满足：，，求． 解：本题主要凭借条件转换；由条件得， 而 ；同理有 ，于是 ； 据此迭代，得 ； 即， 所以，． 、证明：有无穷多组正整