恒等式证明

初一数学竞赛系列讲座(7)
有关恒等式的证明
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：a 1+(1-a 1)a 2+(1-a 1)(1-a 2)a 3+…+(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n
=1-(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )
分析：要证等式成立，只要证明1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n =(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )
证明：1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n
=(1-a 1)[ 1- a 2- (1-a 2)a 3- (1-a 2)(1-a 3)a 4 -…- (1-a 2)(1-a 3)…(1-a n-1)a n ]
=(1-a 1) (1-a 2)[ 1- a 3- (1-a 3)a 4- (1-a 3)(1-a 4)a 5 -…- (1-a 3)(1-a 4)…(1-a n-1)a n ]
=(1-a 1) (1-a 2) (1-a 3)[ 1- a 4- (1-a 4)a 5- (1-a 4)(1-a 5)a 6 -…- (1-a 4)(1-a 5)…(1-a n-1)a n ]
=……
=(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )
∴ 原等式成立
例2 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 ++++++=++++++ (第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)
证明
评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法
()()()()()()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 ++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++
例3 若abc=1，求证11
11=++++++++c ca c b bc b a ab a 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
1++a ab a 的分子、分母上同乘c ，化成1++=++c ca ca c ac abc ac ，将1
++b bc b 的分母中的“1”换成abc 得 ca
c abc b bc b ++=++11，然后再相加即可得证。

证明：∵abc=1 ∴
1
11++++++++c ca c b bc b a ab a =c ac abc ac +++1
+++++c ca c abc b bc b =1++c ca ca +ca c ++111
+++c ca c =11++++c ca c ca =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(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd
分析：将bc=ad 化成比例式
d
c b a =，然后利用比例的性质来解题。

证明：∵bc=a
d ∴d c d c d d c b b a d d c b b a d c b a =-=-+=+∴=，，， 将此三式左、右两边分别相乘得
()()()()b
d a d c d c d b c b a b a 22-+=-+ ∴ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)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：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。

证明：解方程组⎪⎩
⎪⎨⎧+=+=+=(3) (2)
(1) by ax z ax cz y cz by x (2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax ，所以x z y x a x x z y a 21 2++=+-+=
则 所以 z
y x x z y a a ++-+=+1 同理可得，
z y x y z x b b ++-+=+1，z y x z y x c c ++-+=+1 所以 1111=++++=+++++z
y x z y x c c b b a a 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1=+++++y
x z x z y z y x 证明：02
22=+++++y
x z x z y z y x (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 y
x xz x z xy z y x =+++++2 ① y y
x yz x z y z y xy =+++++2 ② z y
x z x z yz z y xz =+++++2
③ ①+②+③ 得
z
y x y x yz y x xz x z yz x z xy z y xz z y xy y x z x z y z y x ++=+++++++++++++++++)()()(222
所以z y x z y x y
x z x z y z y x ++=++++++++2
22 即：02
22=+++++y
x z x z y z y x
例7 已知a+b+c=a 2+b 2+c 2=2，求证：a(1-a)2=b(1-b)2=c(1-c)2
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。

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。

证明：∵(a+b+c)2= a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ca
又∵a+b+c=a 2+b 2+c 2=2
∴4=2+2ab+2bc+2ca ，∴ab+bc+ca=1
∴(x-a)(x-b)(x-c)=x 3-(a+b+c)x 2+(ab+bc+ca )x-abc
= x 3-2x 2+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
∴ 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。

例8设c
b a
c b a ++=++1111，证明 (1) a 、b 、c 三数中必有两个数之和为零； (2) 对任何奇数n ，有
n n n n n n c b a c b a ++=++1111 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c
b a
c b a ++=++1111得 ()()()
001111=++-++++=++-++c b a abc abc c b a ab ca bc c b a c b a ，即 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+a 2c+a 2b –abc
=(b+c) (bc+ca+ab)+ a 2 (b+c)
=(b+c) (a 2+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
∴()n
n n n n n n c c a a c b a 1111111=+-+=++ 又
()n n n n n n n c c a a c b a 111=+-+=++ ∴n n n n n n c
b a
c b a ++=++1111 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-b 2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b 2c+ b 2c=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：a 2+b 2+c 2+d 2+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 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd =1
∵ad-bc=1，∴a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd = ad-bc
∴a 2+b 2+c 2+d 2+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 2+b 2+c 2+d 2+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：1
132113211211+-=++++++++++n n n 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=()21+n n ，即1+2+…+n=()2
1+n n ， 从而()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+++111212
211
n n n n 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)，
∴S=()21+n n ，即1+2+…+n=()2
1+n n ， ∴()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+++111212
211
n n n n n ∴等式左边=⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-11124131231212n n =()11121211212+-=+-⋅=⎪⎭⎫
⎝⎛+-n n n n n =右边 ∴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
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-=+++1112211n n n 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。

2、结论1+2+…+n=()2
1+n n 在解题中经常使用，应该记住。

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a 2+b 2+c 2=9，则代数式(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2的最大值是( )
A 、27
B 、18
C 、15
D 、12
3、已知⎪⎩
⎪⎨⎧+=+=+=200420012003200120022001x c x b x a ，则ca bc ab c b a ---++222的值是( )
A 、0
B 、1
C 、2
D 、3
4、如果11111=++=++z
y x z y x ，则下列说法正确的是( ) A 、x 、y 、z 中至少有一个为1 B 、x 、y 、z 都等于1
C 、x 、y 、z 都不等于1
D 、以上说法都不对
5、已知=+-=-+-+=-+-+=++-+q q q q b
a c c
b a a
c b b a c c b a a c b 23 ,则( ) A 、1 B 、1-q C 、1-q 3 D 、1-2q 2
6、已知a+b+c=10，a 2+b 2+c 2=38，a 3+b 3+c 3=160，则abc 的值是( )
A 、24
B 、30
C 、36
D 、42
填空题
7、已知()()()=+≠--=-a
c b a a c b a c b ，则且0 412 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211111b 1a +⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫
⎝⎛+b a c a c b c 的值为 10、计算⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛
-22221011911311211 = 11、已知a 、b 、c 、d 均不为0，当a ≠b 且
a d d c c
b b a ===时，=-+++++a d
c b
d c b a 12、已知a=102
18141211+++++ ，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：(a 2+b 2+c 2) (m 2+n 2+k 2) – (am+bn+ck)2=(an-bm)2+(bk-cn)2+(cm-ak)2
(拉格朗日恒等式)
15、若14(a 2+b 2+c 2)=(a+2b+3c)2，求证：a ∶b ∶c=1∶2∶3
16、若xy
z c zx y b yz x a 222=-=-，求证：ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c) 17、已知a 、b 、c 、d 满足a+b=c+d ，a 3+b 3=c 3+d 3, 求证：a 2001+b 2001=c 2001+d 2001
18、已知a+b+c=abc ，求证：a(1-b 2) (1-c 2)+b(1-a 2) (1-c 2)+c(1-a 2) (1-b 2)=4abc
19、已知a 3+b 3+c 3=(a+b+c)3，求证a 2n+1+b 2n+1+c 2n+1=(a+b+c) 2n+1，其中n 为自然数。

20、设a 、b 、c 都是正数，且3=++a c c b b a ，求证：a=b=c。