代数恒等式的证明练习
005七年级下册第一章 整式的运算(4)恒等式的证明
第一章整式的运算(4)第一部分例题解析代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它是学好初中代数必备的基本功之一．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．例1 已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．“由繁到简”证因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2)=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．例2 若abc=1，求证1111=++++++++ccacbbcbaaba评注：“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。
例3 已知bc=ad，求证：ab(c2-d2)=(a2-b2)cd 利用比例的性质证明：∵bc=ad ∴a/b=c/d,(a+b)/b=(c+d)/d, (a-b)/b=(c-d)/d,c/d=c/d将此三式左、右两边分别相乘得∴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。
第二部分巩固练习1、计算（x2-3x+n）（x2+mx+8）的结果中不含x2和x3项，则m、n的值为（）BA、m=0，n=0B、m=3，n=1C、m=-3，n=8D、m=-3，n=-92、如果一个多项式与（2x-3）的积是4x2-12x+9，那么这个多项式是（）AA、2x-3B、4x2+9C、8x2-27D、2x+33、若 4a2-2ka+9是一个完全平方的展开形式，试求k的值：（）BA、12B、±6C、6D、±124、下列计算正确的有（）A①、（-4m2a）3=-64m6a3②、(2m2x3)2=4m2x6③、a m-n=a m-a n④、6a n+2÷3a n-1=2a ⑤、(-a3)2=-a6A、1个B、2个C、3个D、4个5、若a、b是有理数，且a 2001+b 2001=0，则ＣA、a=b=0B、a-b=0C、a+b=0D、ab=06、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提示：(a+b+c)2≥0,得ab+bc+ca最小值A、27B、18C、15D、127、已知⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=200420012003200120022001x c x b x a ，则ca bc ab c b a ---++222的值是( )Ｄ A 、0 B 、1 C 、2 D 、38、如果11111=++=++z y x z y x ，则下列说法正确的是( ) Ａ提示：先用Z 表示x,y ，讨论中可得到(x-1)(y-1)=0A 、x 、y 、z 中至少有一个为1B 、x 、y 、z 都等于1C 、x 、y 、z 都不等于1D 、以上说法都不对 9、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( )Ｄ提示：q 3+q 2+q=A*B*C+A*B+A=1A 、1B 、1-qC 、1-q 3D 、1-2q 210、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( )BA 、24B 、30C 、36D 、42提示：先求ab+bc+ca,再利用a 3+b 3+c 3公式求abc,再(a 2+b 2+c 2)2,及a 2b 2+ b 2c 2+ c 2 a 2=( ab+ bc+ c a)2,最终可求a ４+b ４+c ４11、已知()()()=+≠--=-a c b a a c b a c b ，则且0 412 212、已知a-b=2，b-c= -3，c-d=5，则(a-c) (b-d) ÷ (a-d)= -1/213、已知abc ≠0，a+b+c=0，则211111b 1a +⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a c a c b c 的值为 提示：乘进去，再分组-114、计算⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-22221011911311211 = 11/20 15、已知a 、b 、c 、d 均不为0，当a ≠b 且a d dc c b b a ===时，=-+++++ad c b d c b a 0 第三部分 提高练习１、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)2２、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)３、若14(a 2+b 2+c 2)=(a+2b+3c)2，求证：a ∶b ∶c=1∶2∶3４、已知a、b、c、d满足a+b=c+d，a3+b3=c3+d3, 求证：a2001+b2001=c2001+d 2001提示：先用立方差公式得到a+b=c＋d=0,或ab=cd两种情况．第二种情况设ab=cd=m，代入a+b=c+d，分解因式．。
代数式的恒等变形
代数式的恒等变形一、常值代换求值法——“1”的妙用例1 、 已知ab=1，求221111ba +++的值 [解] 把ab=1代入，得221111b a +++ =22b ab aba ab ab +++ =b a a b a b +++=1例2 、已知xyzt=1，求下面代数式的值：分析 直接通分是笨拙的解法，可以利用条件将某些项的形式变一变．解 根据分式的基本性质，分子、分母可以同时乘以一个不为零的式子，分式的值不变．利用已知条件，可将前三个分式的分母变为与第四个相同．同理练习：1111,1=++++++++=c ca cb bc b a ab a abc 证明：若二、配方法例1、 若实数a 、b 满足a2b2+a2+b2-4ab+1=0，求b a a b +之值。
[解] ∵a2b2+a2+b2-4ab+1=(a2b2-2ab+1)(a2-2ab+b2) =(ab-1)2+(a-b)2则有(ab-1)2+(a-b)2=0∴⎩⎨⎧==-.1,0ab b a解得⎩⎨⎧==;1,1b a ⎩⎨⎧-=-=.1,1b a当a=1，b=1时，b aa b +=1+1=2 当a=-1，b=-1时，b a a b +=1+1=2 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.求的值.解 将条件化简成2x2+2y2+2z2-2xy-2x2-2yz=0 ∴ (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴ x=y=z,∴原式=1.练习：,0146422222=+---++x cx bx ax c b a 已知求证：3:2:1::=c b a三、因式分解法例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd ，且a ，b ，c ，d 都是正数，求证：a=b=c=d ． 证 由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0， 所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以 a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a ，b ，c ，d 都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以 a ＝b ，c=d ． 所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0， 所以a ＝c ．故a=b ＝c=d 成立．例4 已知|a|+|b|=|ab|+1， 求a+b 之值 [解] ∵|a|+|b|=|ab|+1∴|a|·|b|-|a|-|b|+1=0 (|a|-1)(|b|-1)=0 |a|=1 |b|=1 ∴a=±1或b=±1. 则当a=1，b=1时，a+b=2 当a=1，b=-1时，a+b=0 当a=-1，b=1时，a+b=0当a=-1，b=-1时，a+b=-2[评注] 运用该法一般有两种途径求值，一是将已知条件变形为一边为0，另一边能分解成几个因式的积的形式，运用“若A ·B=0，则A=0或B=0”的思想来解决问题。
一个著名代数恒等式的应用
一个著名代数恒等式的应用作者：李发勇来源：《中学数学杂志(初中版)》2017年第06期数学上，把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数，称为勾股数.对于勾股数问题，从古至今人们从未停止过探究活动.已知勾边或股边利用整数的性质，容易求出对应的勾股数，但若已知弦边，如何探求勾股数呢？这是一个具挑战性的问题，这里利用一个著名代数恒等式给出一种初等的解决办法，与大家分享.1一个著名代数恒等式1.1恒等式：（a2+b2）（c2+d2）=（ac-bd）2+（ad+bc）2（1）=（ac+bd）2+（ad-bc）2.（2）证明：（1）右边=（ac-bd）2+（ad+bc）2=a2c2-2abcd+b2d2+a2d2+2abcd+b2c2=a2（c2+d2）+b2（d2+c2）=（a2+b2）（c2+d2）=左边.对于等式（2）同理可证.上述等式数学上称为婆萝藦笈多─斐波那契恒等式.推论：（a2+b2）2=（a2-b2）2+（2ab）2.证明：利用恒等式（1），得（a2+b2）2=（a2+b2）（a2+b2）=（a2-b2）2+（2ab）2.运用两数和、两数差的完全平方公式转换，同样可证.代数意义：这个恒等式说明了如果有两个数都能表示为两个平方数的和，则这两个数的积也可以表示为两个平方数的和.1.2恒等式的运算特性1.21对于恒等式（1）分别运用乘法交换律、乘法结合律，得①（a2+b2）（c2+d2）（e2+f2）=[（ac-bd）2+（ad+bc）2]（e2+f2）=（ace-bde-adf-bcf）2+（acf-bdf+ade+bce）2.（Ⅰ）（a2+b2）[（c2+d2）（e2+f2）]=（a2+b2）[（ce-df）2+（cf+de）2]=（ace-adf-bcf-bde）2+（acf+ade+bce-bdf）2.（Ⅱ）比较（Ⅰ）（Ⅱ）两式运算结果，不仅值相等，而且表达式中同类项分别相等.②由于（c2+d2）（a2+b2）=（ac-bd）2+（bc+ad）2，与（2）式比较，不仅值相等，而且表达式中同类项分别相等.1.22对于恒等式（2）运用乘法交换律、乘法结合律，得①（a2+b2）（c2+d2）（e2+f2）=[（ac+bd）2+（ad-bc）2]（e2+f2）=（ace+bde+adf-bcf）2+（acf+bdf-ade+bce）2.（Ⅲ）（a2+b2）[（c2+d2）（e2+f2）]=（a2+b2）[（ce+df）2+（cf-de）2]=（ace+adf+bcf-bde）2+（acf-ade-bce-bdf）2.（Ⅳ）比较（Ⅲ）（Ⅳ）两式运算值，值相等，但其表达式中同类项有的相等、其余的互为相反数；②由于（c2+d2）（a2+b2）=（ac+bd）2+（bc-ad）2，与（2）式比较，结果相等，但其同类项有的相等、其余的互为相反数.2两个重要结论结论1已知弦边k，方程x2+y2=k2（*）有正整数解的充要条件是k中含有4n+1型质因数.证明充分性：设k=R（4n+1），其余非4n+1型质因子的积为R.由文[1]中结论知：由于形为4n+1型的素数可唯一表示为两个整数的平方和.设4n+1=x21+y21，由推论，（4n+1）2=（x21-y21）2+（2x21y21）2，则k2=R2（4n+1）2=[R（x21-y21）]2+（2Rx21y21）2，得正整数解（x，y）=（R|x21-y21|，2Rx21y21）.必要性：设x2、y2是x2+y2=k2的一个正整数解.若（x2，y2）=1，则x2、y2一奇一偶，k必为奇数.由文[2]知：一切勾股数的基本组（即互质）可用下述公式表示：2mn，m2-n2，m2+n2.其中m、n为正整数且m>n，（m，n）=1，一奇一偶.所以一定存在这样的正整数m、n，使x2=2mn，y2=m2-n2，k=m2+n2.下面用反证法证明：假设k中不含有4n+1型的素因数，根据数学家欧拉1747年证明的：奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该素数被4除余1.那么k不能表示为m2+n2型的两数平方和，这与k=m2+n2矛盾，所以k中必含有4n+1型的素因数.若（x2，y2）=d≠1，设x2=dx3，y2=dx3，则（x3，y3）=1，得到x23+y23=（kd）2，转化为上述情形证之.结论2方程（*）满足0根据结论1，将k分解质因数，记4n+1型质因数的积为P，非4n+1型质因数的积记为Q，则k=PQ，由文[3]知结论成立.由于k2=P12f1P22f2…Pr2frQ2，得P2=P12f1P22f2…Pr2fr，其中Pi为4n+1型质因素，则P2正约数个数为（2f1+1）（2f2+1）…（2fr+1），必为奇数，不同正约数对数，记为S （p），则S（P）=（2f1+1）（2f2+1）…（2fr+1）-12对，即方程（*）的解的组数为S（k）.依据结论2可知，S（P）即为相同斜边为k的直角三角形的个数.3恒等式的应用根据费马平方和定理，任何被4整除余1的素数都能表示为两个平方数的和[4].则根据婆萝藦笈多─斐波那契恒等式，任何两个被4整除余1的素数的积也能表示为两个平方数的和.步骤：（1）分解质因素k2=P12f1P22f2…Pr2frQ2.（2）设Pi=x2i+y2i，利用递推式Pni=PiPn-1i（n≥2）将每个P2fi表示成两个平方数的和.（3）设A、B是P2的一对正约数，即P2=AB，分别将A、B表示成两个平方数的和.特别地，对于A=1时，则B的对应表示式即为P2一个平方和表达式.（4）对于AB运算，运用恒等式（2），将P2表示成两个平方数的和.（5）将（4）中所得勾股数Q倍，可得方程（*）的所有解.根据恒等式的运算特性，为确保过程和结果表示的一致性，步骤（2）、（3）运用恒等式（1）及推论进行计算.为确保结果表示的多样性，步骤（4）运用恒等式（2）进行计算.4应用举例在探索过程中，严格按照公式形式进行计算，过程保留性质符号，在结果中取绝对值.例1已知弦边k=125，求勾股数.解分解质因数1252=56，5是4n+1型质因数，则有（6+1）-12=3组解.由于12+22=5，①①运用推论，得（-3）2+42=52.②由①×②运用恒等式（1），得（-11）2+（-2）2=53.③由①×③运用恒等式（1），得（-7）2+（-24）2=54.④由①×④运用恒等式（1），得412+（-38）2=55.⑤由①×⑤运用恒等式（1），得1172+442=56.⑥设AB=P2（P2=56），则B=P2÷A，则A=1，B=56，由⑥，得解（117，44）；A=5，B=55，由①⑤运用恒等式（2），得解（35，120）；A=52，B=54，由②④运用恒等式（2），得解（75，100）；故所求3组勾股数解分别是（35，120），（44，117），（75，100）.例2已知弦边k=325，求勾股数.解因3252=54×132，5、13都是4n+1型质因数，则有（4+1）（2+1）-12=7组解.由于12+22=5，①①运用推论，得（-3）2+42=52.②由①×②，运用恒等式（1），得（-11）2+（-2）2=53.③由①×③，运用恒等式（1），得（-7）2+（-24）2=54.④⑤运用推论，得（-5）2+122=132.⑥设AB=P2（P2=54×132），则B=P2÷A，则序号ABAB解1154×132④×⑥323，362553×132①（③×⑥）165，280352×132②（②×⑥）125，3004535×132③（①×⑥）315，80554132④⑥253，20461354×13⑤（④×⑤）91，35175×1353×13（①×⑤）（③×⑤）195，260与文[3]的结果一致.例3已知弦边k=360，求勾股数.解因3602=26×34×52，其中P2=52，Q=72.只有（2+1）-12=1组解.由12+22=5①，运用推论，得（-3）2+42=52②，利用倍数法，将②式中勾股数72倍，得一组解（216，288）.例4已知弦边k=21125，求勾股数.解分解质因数211252=56×134，则共有（6+1）（4+1）-12=17组解.将5和13分别分拆成两个正整数的平方和.22+12=5.①①运用推论，得32+42=52.②由①×②运用恒等式（1），得22+112=53.③由①×③运用恒等式（1），得（-7）2+242=54.④由①×④运用恒等式（1），得（-38）2+412=55.⑤由①×⑤运用恒等式（1），得（-117）2+442=56.⑥⑦运用推论，得52+122=132.⑧由⑦×⑧运用恒等式（1），得（-9）2+462=133.⑨由⑦×⑨运用恒等式（1），得（-119）2+1202=134.⑩设AB=P2（P2=56×134），则B=P2÷A.分别解答如下：AB由AB得解156×134⑥×⑩（8643，19276）555×134①（⑤×⑩）（10235，18480）5254×134②（④×⑩）（20925，2900）5353×134③（③×⑩）（14875，15000）5452×134④（②×⑩）（3075，20900）555×134⑤（①×⑩）（18565，10080）56134⑥⑩（19203，8804）1356×133⑦（⑥×⑨）（14469，15392）13256×132⑧（⑥×⑧）（19773，7436）13356×13⑨（⑥×⑦）（741，21112）5×1355×133（①×⑦）（⑤×⑨）（20995，2340）52×1354×133（②×⑦）（④×⑨）（10725，18200）53×1353×133（③×⑦）（③×⑨）（8125，19500）54×1352×133（④×⑦）（②×⑨）（20475，5200）55×135×133（⑤×⑦）（①×⑨）（16445，13260）5×13255×132（①×⑧）（⑤×⑧）（5915，20280）52×13254×132（②×⑧）（④×⑧）（12675，16900）例5已知弦边k=2024，求勾股数.解分解质因素2024=23×11×23，由于质因数2、11、23均不是4n+1型素数，所以以2024为弦的勾股数不存在.定义当（x，y，k）=1时，满足方程（*）的勾股弦数称为互质勾股数.猜想当（x，y，k）=1时，方程（*）互质解组数为R（k）=r（r为k中4n+1型不同素因数的个数）.请大家自行探讨.参考文献[1]朱一心.一个整数表示成两个整数平方和的唯一性[J].首都师范大学学报（自然科学版），2015（12）：1-5.[2]陈景润.初等数论[M].北京：科学出版社，1978：65.[3]常新德.弦一定勾股数组问题[J].中学数学教学，2000（1）：33-34.[4]MBA智库百科.费马平方和定理[EB/OL].http：//wikiFermat%27s_Square_and_Theorem.[5]陈珠.勾股数的基本组及其性质[J].中等数学，1984（1）：36-40.作者简介李发勇（1964—），男，中学高级教师.发表文章60余篇，其中有多篇被引用和转载，另有多篇获得省市一、二等奖.。
数学物理方法习题应用矢量代数方法证明下列恒等式123
数学物理方法习题第一章：应用矢量代数方法证明下列恒等式 1、3r ∇= 2、0r ∇⨯=3、()()()()()A B B A B A A B A B ∇⨯⨯=∇-∇-∇+∇4、21()0r ∇=5、()0A ∇∇⨯= 第二章：1、下列各式在复平面上的意义是什么? （1）0;2Z a Z b z z -=--=（2）0arg4z i z i π-<<+; 1Re()2z =2、把下列复数分别用代数式、三角式和指数式表示出来。
1;1i i e ++3、计算数值（a 和b 为实常数，x 为实变数）s i n 5iiϕs i n s i n ()i a zi b za ib e-+4、函数1W z =将z 平面的下列曲线变为W 平面上的什么曲线？（1）224x y += （2）y x =5、已知解析函数()f z 的实部(,)u x y 或虚部(,)x y υ，求解析函数。
（1）22sin ;,(0)0;,(1)0x u e y u x y xy f u f ϕ==-+===；（2）(00)f υ==6、已知等势线族的方程为22x y +=常数，求复势。
第三章：1、计算环路积分：2211132124sin4(1).(2).11sin (3).(4).()231(5).(1)(3)zz z i z z z z ze dz dzz z ze dz dzz z z dzz z ππ+=+====-+--+-⎰⎰⎰⎰⎰2、证明：21()!2!n n z n l z z e d n i n ξξπξξ=⎰其中l 是含有0ξ=的闭合曲线。
3、估计积分值222iidz z +≤⎰第四章： 1、泰勒展开（1） ln z 在0z i = （2）11ze-在00z = （3）函数211z z -+在1z =2、（1）1()(1)f z z z =-在区域01z <<展成洛朗级数。
（2）1()(3)(4)f z z z =--按要求展开为泰勒级数或洛朗级数：① 以0z =为中心展开；②在0z =的邻域展开；③在奇点的去心邻域中展开；④以奇点为中心展开。
2020-2021学年初中数学竞赛专题专讲及练习20：代数恒等式的证明
2020-2021学年初中数学竞赛专题专讲及练习（20）代数恒等式的证明一、内容提要证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。
具体证法一般有如下几种1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。
变形的过程中要不断注意结论的形式。
2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。
3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。
即由左边－右边＝0可得左边＝右边。
4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。
还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，二、例题例1求证：3 n+2－2n＋2＋2×5 n+2＋3 n－2 n＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2－2 n）＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）=右边又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n∴左边＝右边例2 己知:a+b+c=0 求证：a3+b3+c3=3abc证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1)∵:a+b+c=0∴a3+b3+c3－3abc＝0即a3+b3+c3=3abc又证：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）两边立方a3=－（b3+3b2c+3bc2+c3）移项 a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc再证：由己知 a=－b－c 代入左边,得（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c3＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc例3 己知a+ac c b b 111+=+=,a ≠b ≠c 求证：a 2b 2c 2=1 证明：由己知a-b=bc c b b c −=−11 ∴bc=ba cb −− b-c=ca ac c a −=−11 ∴ca=c b a c −− 同理ab=ac b a −− ∴ab bc ca ＝a c b a −−b a c b −−c b a c −−＝1 即a 2b 2c 2=1 例4 己知:ax 2+bx+c 是一个完全平方式（a,b,c 是常数）求证：b 2－4ac=0 证明：设:ax 2+bx+c ＝（mx+n ）2 ， m,n 是常数那么:ax 2+bx+c ＝m 2x 2+2mnx+n 2根据恒等式的性质 得⎪⎩⎪⎨⎧===222n c mn b m a ∴: b 2－4ac ＝（2mn ）2－4m 2n 2=0三、练习201． 求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab②（x+y ）4+x 4+y 4=2(x 2+xy+y 2)2 ③(x-2y)x 3－(y-2x)y 3=(x+y)(x-y)3 ④3 n+2+5 n+2―3 n ―5 n =24(5 n +3 n-1) ⑤a 5n +a n +1=(a 3 n －a 2 n +1)(a 2 n +a n +1)2.己知：a 2+b 2=2ab 求证：a=b3.己知：a+b+c=0求证：①a 3+a 2c+b 2c+b 3=abc ②a 4+b 4+c 4=2a 2b 2+2b 2c 2+2c 2a 24.己知：a 2=a+1 求证：a 5=5a+35.己知：x ＋y －z=0 求证： x 3+8y 3=z 3－6xyz6.己知：a 2+b 2+c 2=ab+ac+bc 求证：a=b=c7.己知：a ∶b=b ∶c 求证：（a+b+c ）2+a 2+b 2+c 2=2(a+b+c)(a+c)8.己知：abc ≠0，ab+bc=2ac 求证：c b b a 1111−=− 9．己知：ac z c b y b a x −=−=− 求证：x+y+z=0 10.求证：（2x －3）（2x+1）(x 2－1)＋1是一个完全平方式11己知：ax 3+bx 2+cx+d 能被x 2+p 整除 求证：ad=bc练习20参考答案：1. ④左边＝5 n (5 2-1)+3 n －1(33-3)= 24(5 n +3 n-1) 注意右边有3 n-12. 左边－右边＝（a-b ）23. ②左边－右边＝（a 2+b 2-c 2）2-4a 2b 2=……4. ∵a 5=a 2a 2a,用a 2=a+1代入5. 用z=x+2y 代入右边6. 用已知的（左－右）×27.用b2=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式8.在已知的等式两边都除以abc9.设三个比的比值为k,10.(2x2-x-2)2 11. 用待定系数法。
两个代数恒等式及其应用举例
－ ． ． （ ｍ一 １ ） （ 一 １ ） 一 Ｏ， ． ’ ． ｍ４ ． 一 砌 一 １ ．
［ 例４ ］ 首项系数不相等的两个二次方程 （ ｎ 一１ ） 一
（ ｎ ＋２ ） ｘ４ － （ 口 ＋２ ａ ） ＝ ＝ ＝ ０及 （ ６ —１ ） ｚ 一（ ６ 。 ＋２ ） ｘ＋ （ ６ 。 ４ －
１ ） ＜１ ．
‘ ‘
综合 ①②可得 ， ｋ ＝Ｏ ， 一＿ 争， １ ．
［ 例６ ］ 设ｚ 、 ｚ 。 、 ｚ 。 、 ｚ 、 ｚ 都是正整数 ， 且 满足 。 ＋
．
ｍ、 都是正整数 ， ． 。 ． （ 一１ ） （ 一１ ） 是非 负整数．
ｚ ２ ＋ ３ ＋ｚ ４ ＋ｚ ５ －． ２ ： １ ｚ ２ Ｘ ３ Ｘ ４ ｚ ５ ， 求 西 的最大值． 解： 为 了求 ｚ 。的最大 值 ， 由问题 的对称 性 ， 不妨 设
亮
・ ． ．
｛ ａ ６ 一 － ｌ 一 ＝ ３ ｌ 或 ． ／ ｛ ａ ６ 一 － １ ＝ 一 ３ ． ． ・ ． 。 一 ２ ， ６ — ４ 或 口 一 ４ ， ６ — ２ ．
一 一 ４ ２ ４ ＝２ ５６ ．
以解决一些 与 整 数有 关 的 问题． 以下通 过举 例 加 以说
． ．
‘
． Ｘ １ 、 ｚ ２ 都是整数 ，
・
．
．
｛ ｚ ｘ ｌ 。 一 － Ｉ ： ＝ ： ： 一 － Ｉ ３｛ ｘ ｚ ， － 一 ｌ ＝ ： ： ： － 一 ３ 或｛ ｘ ｚ ￣ 一 － １ 一 ＝ １ ３ 或
ｆ ｚ１ — １＝＝ ３
ｎ ６ ＋ｎ ＋６ ．
Ｚ Ｈ ＯＮ ＧＸ ＵＥ Ｊ Ｉ Ａ ＯＸＵ Ｅ Ｃ Ａ ＮＫＡＯ
初中数学竞赛专项训练之代数式、恒等式、恒等变形附答案
2、解：由已知，a，b，c为两正一负或两负一正。
①当a，b，c为两正一负时：
；
②当a，b，c为两负一正时：
由①② 知 所有可能的值为0。
应选A
3、解：过A点作AD⊥CD于D，在Rt△BDA中，则于∠B＝60°，所以DB＝ ，AD＝ 。在Rt△ADC中，DC2＝AC2－AD2，所以有（a－ ）2＝b2－ C2，整理得a2＋c2=b2＋ac，从而有
3、若 ，求证：a是一完全平方数，并写出a的值。
4、设a、b、c 、d是 四个整数，且使得 是一个非零整数，求证：｜m｜一定是个合数。
5、若 的十位数可取1、3、5、7、9。求 的个位数。
参零售价为每件m（1＋a%）元，因调整后的零售价为原零售价的b%，所以调价后每件衬衣的零售价为m（1＋a%）b%元。
2、已知-1＜a＜0，化简 得＿＿＿＿＿＿＿
3、已知实数z、y、z满足x+y=5及z2=xy+y-9，则x+2y+3z=_______________
4、已知x1、x2、……、x40都是正整数，且x1+x2+……+x40＝58，若x12+x22+… …+x402的最大值为A，最小值为B，则A＋B的值等于＿＿＿＿＿＿＿ ＿
A. B. C. 2D. 3
5、已知a＝1999x＋2000，b＝1999x＋2001，c＝1999x＋2002，则多项式a2+b2+c2-ab-bc-ca的值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
6、设a、b、c为实数， ，则x、 y、z中，至少有一个值（ ）
A.大于0B.等于0C.不大于0D.小于0
5、计算 ________________
面积与代数恒等式配套练习
1．如图1，在边长为a的正方形中，剪去一个边长为b的小正方形（a＞b），将余下的部分剪开后拼成一个平行四边形（如图2），根据两个图形阴影部分面积的关系，可以得到一个关于a，b的恒等式为（ ）
A．（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2B．（a+b）2=a2+2ab+b2
C．a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）D．a2+ab=a（a+b）
A．（a+b）2=a2+2ab+b2B．（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2
C．（a+b）（a﹣b）=a2﹣b2D．a（a+b）=a2+ab
7．如图对一个正方形进行了分割，通过面积恒等，能够验证下列等式（ ）
A．（x+y）2=x2+2xy+y2B．x2﹣y2=（x+y）（x﹣y）
C．（x﹣y）2=x2﹣2xy+y2D．（x﹣y）2+4xy=（x+y）2
5．若a、b、c是正数，下列各式，从左到右的变形不能用如图验证的是（ ）
A．（b+c）2=b2+2bc+c2
B．a（b+c）=ab+ac
C．（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac
D．a2+2ab=a（a+2b）
6．如图，根据计算长方形ABCD的面积，可以说明下列哪个等式成立（ ）
8．如图，有甲、乙、丙三种卡片，分别是边长为a的正方形，边长为b的正方形和长宽为a，b的长方形卡片．如果要用它们拼成边长为（3a+2b）的正方形，则需甲乙丙三种卡片共（ ）张．
代数恒等式练习
面积与代数恒等式1.图a 是一个长为2 m 、宽为2 n 的长方形, 沿图中虚线用剪刀均分成四块小长方形, 然后按图b 的形状拼成一个正方形。
(1)、你认为图b 中的阴影部分的正方形的边长等 于多少?(2)、请用两种不同的方法求图b 中阴影部分的面积。
方法1：方法2：(3)、观察图b 你能写出下列三个代数式之间的等量关系吗?代数式:. , ,22mn n m n m关系式：(4)、根据第（3）问中的等量关系，解决如下问题：若5,7 ab b a ，求2)(b a 的值2.如右图，在边长为a 的正方形中，剪去一个边长为b 的小正方形（a ＞b ）；把剩下的部分拼 成一个梯形，分别计算这两个图形的阴影部分的面积，由此得出恒等式：图b3.在边长为a 的正方形中挖去一个边长为b 的小正方形（a > b ）（左图），把余下的部分拼成一个矩形（右图），根据两个图形中阴影部分的面积相等，可以验证（ ） A 、2222)(b ab a b a B 、2222)(b ab a b a +-=- C 、22))((b a b a b a -=-+ D 、22()()a b a b a b -=+-4．（1）已知2222003,6,,43xx y x xy xy y x xy y y〉〉+=+=++，，求的值 （2）有多个长方形和正方形（如下图）：利用这些图形，画出一个矩形，使其面积为2243x xy y ++(3)并根据这个矩形的面积写出一个代数恒等式。
.（1）如左图，可以求出阴影部分的面积是 （写成两数平方差的形式）； （2）如右图，若将阴影部分裁剪下来，重新拼成一个长方形，它的宽是 ，长是 ，面积是 （写成多项式乘法的形式）9.8⨯10.2a图2图1。
大学数学证明题题库
大学数学证明题题库一、集合和函数证明题1. 设 A、B、C、D 是任意四个集合，证明以下恒等式：- 并集的分配律：A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C)- 交集的分配律：A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C)2. 设 A、B、C 是任意三个集合，证明以下恒等式：- 并集的交换律：A∪B = B∪A- 交集的交换律：A∩B = B∩A3. 设f: A → B 和g: B → C 是任意两个函数，证明以下恒等式：- 复合函数的结合律：(g∘f)∘h = g∘(f∘h)，其中h: C → D 是另一个函数二、数列和级数证明题1. 设 {an} 是一个递增数列，证明以下结论：- 如果 {an} 有上界，则它有极限- 如果 {an} 没有上界，则它趋向正无穷2. 设 {an} 和 {bn} 是两个数列，证明以下结论：- 如果{an} 收敛于a，且存在一个正整数N，使得对于所有n>N，有bn≥an，那么 {bn} 也收敛于 a3. 设 {an} 是一个递增数列，证明以下恒等式：- 如果 {an} 有上界，则它的部分和数列 {sn} 有上界- 如果 {an} 没有上界，则它的部分和数列 {sn} 趋向正无穷三、微积分证明题1. 设函数 f(x) 在闭区间 [a, b] 上连续，证明以下结论：- 函数 f(x) 在 [a, b] 上一定存在最大值和最小值2. 设函数 f(x) 在闭区间 [a, b] 上可导，证明以下结论：- 如果f'(x) ≥ 0 对于所有 x∈[a, b] 成立，则函数 f(x) 在 [a, b] 上单调递增- 如果f'(x) ≤ 0 对于所有 x∈[a, b] 成立，则函数 f(x) 在 [a, b] 上单调递减3. 设函数 f(x) 在闭区间 [a, b] 上连续且可导，证明以下结论：- 如果 f(x) 在 [a, b] 的内部有严格的局部极值，则 f'(x) 在 [a, b] 内至少有一个零点四、线性代数证明题1. 设 A 是一个 n×n 的矩阵，证明以下结论：- 如果 A 的行向量线性相关，则 A 的列向量也线性相关- 如果 A 的列向量线性相关，则 A 的行向量也线性相关2. 设 A 和 B 都是 n×n 的矩阵，证明以下恒等式：- 如果 AB = BA，则 A 和 B 可交换- 如果 A 和 B 可交换，则 AB = BA3. 设 A 是一个 n×n 的可逆矩阵，证明以下恒等式：- 如果 AB = AC，则 B = C- 如果 BA = CA，则 B = C以上是一些大学数学证明题题库的一部分，希望对你的学习有帮助。
面积与代数恒等式
翠亨中学杨海东课题学习面积与代数恒等式教学目标：1、体会代数与图形之间的联系，了解代数恒等式的几何意义。
2、在探索、讨论、合作、交流中发掘知识，并体验学习的乐趣，发展数学思维能力。
3、从学习实践中体会数形结合的思想，获得一些研究问题和解决问题的经验和方法。
a aA abbbBC准备若干块如下图的A 、B 、C 纸片探索：利用制作的硬纸片拼成一些长方形和正方形，并用所拼的图形面积来说明所学的乘法公式及某些幂的运算公式的正确性。
（1）由几块相同的纸片拼成：a a aaa aa ·4a=4a2bbbb(2b)2 =4b2ab abab ab a · 4b = 4ab4a aa · =4a 2 aaab a ·4b = 4ab b b(2b)2 =4b24b 3bbaaba baabba ba (a+b)=a2+abb =ab+b2(a+b)a (a-b)=a2-abb =ab-b2(a-b)（2）由几块A、B、C纸片中的两种纸片拼成例1：如图，请利用面积的不同表示方法写出一个代数恒等式：ab例2：用1块A、2块B、1块C纸片拼成如图的正方形，试利用图形面积写出一个代数恒等式。
aab b ∵s = (a+b)2s = a2 +2ab+b2∴ (a+b)2 = a2 +2ab+b2(3)由几块A、B、C纸片中的三种拼成：问题：看图，试利用图形面积写出一个代数恒等式 （a+b+c)2 aa b bcc a 2+b 2+c 2 +2ab +2ac +2bc = a a b b c c例3：给出一个代数恒等式，比如(a+2b) (2a－b) = 2a2 +3ab－2b2，你能用拼图的方法说明它的正确性吗？a abb a aabba(a+2b) (2a－b) 2a2 + 4ab－ ab －2b2= 2a2 +3ab－2b2=aabb(a+b)2 = a2 +2ab+b2aabba(a+2b) (2a－b)= 2a2 +3ab－2b2作业：1、用图形面积解释代数恒等式：（1）2a·a (2) (3b) 2 (3) (a+2b)(a－b)2、如图：尽可能多地写出代数恒等式来表示它b b c的面积。
5.怎样用特殊方法证明代数条件恒等式 ---刘培杰 代数
5 怎样用特殊方法证明代数条件恒等式一、利用配方法把条件进行配方，再结合非负数的概念，从而使结论获证．例l 若a ，b ，m ，n 皆为实数，且均不为零，-+-+2222)((2n m ab b a ,)2222n b m a mn += 试证：a=b ．m=n ,． 证明 由已知条件得0)22()(2)22(22222222=-++-+--+mn n m b mn n m ab mn n m a即 02)2)(2(22222222=+-++-+-m b abmn n a n mn m b ab a 即 0)()()(222=-+--bm an n m b a 故有 0)(,0)()(222=-=--bm an n m b a由前式得a=b 或m=n ，以任一个等式代入第二式，再利用a ，b ，m ，n 均不为零的条件均得另一等式． 所以a=b ，m=n二、利用比例的性质所给的条件是连比或可以化成连比的，用合分比定理、等比定理等比例性质来证，往往比较简便．例2 当cb a zc a c b a x +-=-=++22γ时，证明：=-=++z x b z y x a 2⋅+-z y x c 2 证明 由已知条件得zcb a yc a x c b a +-=-=++22 设此比值为k ，则由等比定理①z y x ay z x a z x c a z x c a k ++=++=++=++=24)(212)(21)(2 又②zx bz x c b a c b a k -=-+--++=4)2()2(③z y x c y z x c a c a z x c a z x c a k +-=-+--+=++=++=24)(21)()()(21)(2由式①，②，③可得zy x c z x b z y x a +-=-=++22例3 若 ax+by+cz =0 ①②0=++zcy b x a求证：).)()()((333y x x z z y c b a cz ax +++++-=++ω 证明①÷z 一②×z 得0)y ()(=-+-yzz b x z z x a ①÷y 一②×y 得0)()(=--+-z yzc x y x a γ 连比得zy x c zx x z b yz z aγγ-=-=-设此连比的值等于k ，则由等比定理)()()(3333xy x z z x x z y y zz x h k γγωω-+-+-++=同理--+-+---++=γγx yxz x x z y z cb a k 于是=--+-+---+-+=++++--x yxz x x z y z z x x z z x x z y z x c b a cz ax zγγωγγγ)()()(33333=-+-+--+-+-)()()()()()(222222224224224y x z x z y z y x x z x z z x γγγ=------))()(())()((222222x z z y y x z x z x γγ))()((x z z y y x +++-所以))()()((333y x x z z y c b a cz by ax +++++-=++三、应用换元法根据题目中条件或结论的特殊结构，恰当地进行换元，可使证明简化．例4 设3m=a+b+c ，求证：---+-+-m c m b m a m (3)()()(333.0))()(=--c m b m a 证明 令,,,c m r b m q a m p -=-=-=则,0=++r q p 则0))((3222333=---++++=-++φx pq r q p r q p pqr r q p即 0))()((3)()()(333=-----+-+-c m b m a m c m b m a m例5 设+++++=+<+++cda bcd d c b a a d d c c b b a )(()))()((),abc dab +求证：.bd ac = 证明 令,,q d c p b a =+=+则所给条件变为))(())((abq cdp q p a d c b pq ++=++展开，整理得0)(22=++-abq pq bd ac cdp即 0))(.(=--aq bq cp于是cp=bq 或咖=aq ，即c(a+b)=b(c+d)或d(a+b)=a(c+d)，均可得出ac=bd ．四、利用解方程(组)例6 若x ，y 为正数，且22y x -与xy 成正比，证明：x 与y 也成正比．证明 因为22y x -与xy 成正比，所以设kx y x =-22(k 为比例常数)，则得,022=--y kxy x解此关于x 的二次方程得0,)4(212>++=y y k k x 因)4(212++k k 也是常数，所以x 与y 成正比． 例7 设,03,01442334=-+=--+q pa a qa pa a 求证1)()(3232=--+q p q p证明 所给两个条件即⎩⎨⎧=+-=-+⋅-0.3014.43243a q p a a q a p a 这是关于P ，q 的二元一次方程组，解得a a q a a p 83,813434+-=+-=于是-+-+-=--+324343232)83813()()(a a aa q p q p =+++-32434)83813(a a aa=⨯--⨯+-333322)21(2)21(aa a a1)21()21(2222=--+-aa a a五、利用一元二次方程的判别式例8若a ，b ，c ，d 为非零实数，且,4))((2222abcd d c b a =++求证：a=.,d c b ±=± 证明 由已知条件得关于c 的二次方程0)(.4)(222222=++-+b a d c abd c b a判别式=++-=∆22222222))((416d b a b a d b a2222222222)(4])(4[4b a d b a b a d --=+-因为此方程有实根，所以-.0)(42222≥-b a d 又因为d≠O，所以=-22b a 0，即a=±b．同理可证c=±d ．例9设a ，b ，c ，d 是实数，,)()(422222d c b a d c b a +++=+++求证：.d c b a === 证明 将已知等式整理，得关于a 的一元二次方程0)(2)(3)(232222=++-+++++-bd cd bc d c b a d c b a =++-++-++=∆)](2)(3[12)(42222bd cd bc d c b d c b=+++---)222222(16222cd bd bc d c b ])()()[(16222d b d c c b -+-+--因为此方程有实根，于是0])()()[(16222≥-+-+--d b d c c b所以 b-c=0,c-d=0,b-d=0 即 d c b == 同理可证c b a ==所以d c b a ===六、应用韦达定理对于一元三次方程，韦达定理是：设32,,x x x l 是方程是方程=+++d cx bx ax 23)0(0=/a 的三个根，则==++-=++321323121321,,x x x a x x x x x x a x x x ⋅-a例l0 设P ，q ，r 是互不相同的有理数，它们与已知的有理数a ，b ，c ，d(a ≠0，d ≠0)有如下关系：,0,02323=+++=+++d cq bq aq d cp bp ap ,023=+++d cr br ar 求证：⋅-=++dcr q p 111 证明 设有三次方程,023=+++d cx bx ax 由已知条件知P ，q ，r 是此三次方程的三个根．由韦达定理adpqr a c qr pq a b r q p -==++-=++,,ω得 d cad a cpqr w qr r q p -=-=++=++Pr 111例11 若a a z a y a x 1111=+++++ b b z b y b x 1111=+++++ cc z c y c x 1111=+++++ 且a ，b ，C 为互异实数，求证：ab+bc+ca=0．证明 将三个已知等式去分母，整理得0)(223=-+++xyz a z y x a 0)(223=-+++xyz b z y x b 0)(223=-+++xyz c z y x c显然a ，b ，c 是方程0)(223=-+++xyz t z y x t 的三个根，故由韦达定理可得0=++ca bc ab七、如果条件和结论等式两端的多项式是轮换对称式，可利用轮换对称式的性质如果多项式),,,(21n x x x f 对于自变数n x x x ,,,21 依一定的顺序轮换，比如13221,,,x x x x x x n →→→ 所得结果与原式相同，则称它为轮换对称式．若找到了轮换对称式的一个因式，则可通过轮换找到其他因式．例12 设a+b+c+d=0，求证))()((33333d c d b d a d c b a +++=+++证明 条件和结论等式两端的多项式是关于a ，b ，c 的轮换对称式． 令a=一d ，则由a+b+C+d=0得b=-c ．于是0)()(33333333=++-+-=+++d c c d d c b a所以3333d c b a +++中含有因式a+d ．由轮换对称式的性质知3333d c b a +++含有因式b+d 和c+d ，于是可设）（d c d b d a k d c b a +++=+++))((3333令a=1，b=一2，c=1，d=0，代入则得k=3．所以))()((33333d c d b d a d c b a +++=+++例13 设,0)1()1()1(,3333=-+-+-=++z y x z y x 求证：x ，y ，Z 中至少有一个等于l ． 证明 所给的两个条件是关于x ，y ，z 的轮换对称式．令x=1，由x+y+Z =3得y=2一z ，于是第二个等式左边等于(1-.0)1()12()1333=-+--+z z所以x 一l 是333)1()1()1(-+-+-z y x 的一个因式．由轮换对称式的性质知，y 一1和z 一1也是这个多项式的因式．所以可设).1)(1)(1()1()1()1(333---=-+-+-z y x k z y x 再令x=0，Y=一1，z=4代入后解得k=3，即得0)1)(1)(1(3)1()1()1(333=---=-+-+-z y x z y x所以x ，y ，z 中至少有一个等于l ．八、有些题也可以用反证法例14 设a ，b ，c ，d 为有理数，而d b ,为无理数．且,d c b a +=+求证：a=c ，b=d ．证明 假设a≠c，于是令.δδ<+=c a 为有理数，且),0=/δ代入原等式后得,d b =+δ平方后整理即得δ02=+-+b d b δ所以 δδ22--=b d b (有理数)这就与题设b :是无理数相矛盾，所以a=c ，进而可得b=d ．。
逻辑代数常用恒等式证明
逻辑代数常用恒等式证明逻辑代数常用恒等式证明，这个话题听起来可能有点严肃，但咱们轻松点来聊聊。
你想啊，逻辑代数就像生活中的一面镜子，照出的是我们思维的样子。
有没有想过，生活中那些看似简单的道理，其实背后都有复杂的逻辑在支撑呢？咱们先从最基础的恒等式开始说起，这可是逻辑代数的“宝藏”，就像藏在沙滩上的贝壳，一旦发现，乐趣无穷。
说到恒等式，首先得提到“德摩根定律”。
这玩意儿简单易懂，听起来像是某种魔法。
咱们的意思是：否定一个合取（“与”）相当于各个部分的否定后再进行析取（“或”），反之亦然。
想象一下，你和朋友一起去参加派对，结果你们决定不去这个派对。
那这时，你可以说“我不去这个派对”，也可以说“我不去小明的派对，也不去小红的派对”。
其实表达的是同一个意思，哈哈，是不是觉得有点意思？还有个经典的“吸收律”，哎，这玩意儿好比生活中那些烦人的小事。
比如你说“我买了一件新衣服，虽然我只穿它去上班”，其实就是在说“我买了这件衣服”，不管你怎么花里胡哨的解释，最终还是那件衣服。
生活中，很多时候咱们都在“吸收”那些多余的信息，简单点才是王道嘛。
说完了这些基本的恒等式，我们再来聊聊“分配律”。
这可是个超级实用的法则，生活中常常用到。
你想想，当你去超市，看到一大堆打折的商品，是不是常常在心里做着“我能不能买两件呢？”比如你想买牛奶和面包，这时候你可以考虑“买两瓶牛奶，顺便再买一包面包”，就像分配数学题一样，心里在默念“我可以把这个两者的关系分开处理”。
这不仅让购物清单更简单，还能省下不少钱，简直是聪明之举。
再来聊聊“恒等式的组合”。
咱们会把几个小道理结合在一起，就像做菜的时候把调料混合在一起。
你把“与”的道理和“或”的道理搅和在一起，发现了新的可能性。
生活就像这个样子，总是给你惊喜。
咱们的思维也得如此，能把这些逻辑串联起来，才能在复杂的事情中找到简单的解决方案。
哎，说到这里，肯定有人会想：“逻辑代数和我的日常生活到底有什么关系呢？”逻辑代数就是教我们如何更清晰地思考。
用恒等式解题
２０ ０６年 第 ４期
中学数 学教 学
２ ３
一 方～ 解
用 恒 等 式 解 题
广 东省 深圳 市 罗湖 外语 学校 李俊 鹏 （ 邮编 ：１０ ４ ５８０ ）
一 巍 题
笔 嚣 § 、 －
用恒等式解题 ， 大体上有两个途径 ： 一是应用 已知 的基本恒等 式求解 ； 二是根 据问题 的特点 推证 出一个 适用的恒等式 ， 这通 常需 要相当高的运算技巧和能力． 例 ｌ 设 ｏ ｂｃ 是正 数 ， 、 、都 满足条件
由此得 到无穷多个勾股三角形 ：
（ ＋ｌ２ ＋２ ， ＋２ ＋１ ， ∈ Ｎ． ２ ， ２ ） ，
而且它们两两不相似 事实上， 若其 中有两个三角形
（ ＋ ， ， ＋１（。 ｋ ＋ ｋ， ：１ ） ２ １ｎ ｎ ）ｎ ＝２； ２ 。 ｉ ． 相似，０ ２ 贝由
＝ ，
（ 编 ：４ ０ １ 邮 ２３２ ）
盒 子非空 ， 则先将 ｎ 个球排成一行 ， ｎ一１ 从 个缝隙
中选出ｋ １ 一 个位置插入隔板， 共有Ｃ－种不同的插法． ｋ — ：
这种 “ 隔板 ” 法解决“ 分球 入盒” 型的思想 ， 模 可用 来解决数 学竞 赛中常出现的一类应用趣题 ： 例 ３ 某年级 ８ 个班 中要选 出 １ 同学组成合唱 ０名 队， 若只考虑班级差别 ， 共有多少种不 同的组成方式 ？ 分析 将此 问题转化为 １ ０个相 同的球放入 ８个 不 同盒子（ 一排 ） 不 同的放法有多少种 ？ ， 利用前面的模 型知 ： 共有 ｃ 种． 思考 若还要求 每个班至少要 出 １名 同学 ， 不同
＞ ， ＞Ｙ 结 论 得 证， Ｙ 程 的一 组 正 整 数 解 ， 且
得（ ０＋ｂ＋ｃ （ ） ０＋ｂ— ） ｂ 一０ （ ＋０一ｂ ｃ （ ＋ｃ ） ｃ ）＞０ ，
代数恒等式练习判断以下代数恒等式是否成立
代数恒等式练习判断以下代数恒等式是否成立在代数学中，恒等式是指对于任意取值都成立的等式。
在本文中，我们将对以下几个代数恒等式进行判断，看它们是否成立。
1. 恒等式1：(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2这是一个关于平方的恒等式。
在数学中，平方具有一定的性质，即特定数的平方等于该数乘以自身。
根据这个性质，我们可以展开该恒等式：(a + b)(a + b) = a^2 + 2ab + b^2通过乘法分配律，我们可以将等式右边拆分为两个部分：a(a + b) + b(a + b) = a^2 + 2ab + b^2再继续展开，我们可以得到：a^2 + ab + ab + b^2 = a^2 + 2ab + b^2合并同类项，我们可以得到：2ab + 2ab = 2ab + 2ab最后，可以得到等式两边是相等的。
因此，恒等式1成立。
2. 恒等式2：a^2 - b^2 = (a + b)(a - b)这是一个关于差平方的恒等式。
通过观察等式右边的乘法部分，我们可以使用差平方公式进行验证。
根据差平方公式，我们可以将等式右边的乘法部分展开：(a + b)(a - b) = a^2 - ab + ab - b^2合并同类项，我们可以得到：a^2 - ab + ab - b^2 = a^2 - b^2最后，可以得到等式两边是相等的。
因此，恒等式2成立。
3. 恒等式3：(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3这是一个关于立方的恒等式。
我们可以使用二项式展开来验证该等式。
根据二项式展开定理，我们可以将等式右边的乘法部分展开：(a + b)(a + b)(a + b) = a^3 + a^2b + aba + b^2a + a^2b + ab^2 + ab^2 +b^3合并同类项，我们可以得到：a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3最后，可以得到等式两边是相等的。
逻辑代数证明
逻辑代数证明
逻辑代数是一种数学工具，用于研究逻辑命题之间的关系和运算。
逻辑代数的证明通常涉及逻辑表达式和逻辑等式的推导和演绎。
以下是逻辑代数中一个简单的示例，涉及逻辑与（AND）和逻辑或（OR）运算的证明。
问题：证明逻辑等式(A AND B) OR (A AND NOT B) = A
证明步骤如下：
1. 首先，我们可以使用分配律展开左侧的表达式：
(A AND B) OR
(A AND NOT B) = A AND (B OR NOT B)
2. 根据逻辑或运算的性质，B OR NOT B 为真，因为它表示了"要么是B，要么不是B"。
这是一个恒等式，总是为真。
3. 所以，我们可以简化表达式为：
A AND (B OR NOT B) = A AND 1
4. 根据逻辑与运算的性质，A AND 1 等于A，因为它表示了"同时是A和真"，而真是A的充分条件。
因此，我们已经证明了等式(A AND B) OR (A AND NOT B) = A。
这是逻辑代数证明的一个简单示例，通常逻辑代数证明会涉及更复杂的逻辑表达式和更多的逻辑等式。
证明的关键是根据逻辑运算的性质和等式来进行逻辑演绎和化简。