代数恒等式证明
初中数学重点梳理恒等式证明
初中数学重点梳理恒等式证明初中数学中的恒等式证明是一个重要的知识点，也是数学学习中的基础内容。
恒等式证明主要通过逐步推导，将一个式子转化为另一个等价的式子，从而证明恒等式成立。
下面是初中数学中常见的恒等式证明的一些重点梳理。
1.基本的恒等式：-交换律：a+b=b+a，a×b=b×a-结合律：(a+b)+c=a+(b+c)，(a×b)×c=a×(b×c)-分配律：a×(b+c)=a×b+a×c2.等式转换的基本方法：-两边加减相等的量-两边乘除相等的量-合并同类项-提取公因式-分解因式3.恒等式证明的常见例题：- 证明两个三角函数的恒等式，如证明sin²θ + cos²θ = 1-证明平方差等式，如证明a²-b²=(a+b)(a-b)- 证明平方和等式，如证明(a + b)² = a² + 2ab + b²-证明乘法公式，如证明(a+b)×(a-b)=a²-b²4.使用排列组合证明恒等式：-利用组合数等恒等式，如证明C(n,r)=C(n,n-r)-利用排列数等恒等式，如证明A(n,m)=n!/(n-m)!-利用二项式定理等恒等式，如证明(a+b)ⁿ=C(n,0)aⁿ+C(n,1)aⁿ⁻¹b+...+C(n,n)bⁿ5.使用数学归纳法证明恒等式：数学归纳法是一种证明恒等式的常用方法，通过证明基础情况成立，以及假设n=k时等式成立，再证明n=k+1时等式成立来证明恒等式的真实性。
6.利用三角恒等关系证明恒等式：三角恒等关系是三角函数中常见的等式，通过变换、代入等方法，可以将一个三角函数的恒等式转化为另一个等价的恒等式。
7.利用代数运算规律证明恒等式：例如利用加法运算的逆元、乘法运算的逆元以及分配律等运算规律，可以将一个等式转化为另一个等价的等式。
证明Woodbury恒等式
证明Woodbury恒等式Woodbury恒等式是矩阵理论中常用的重要公式，常常在矩阵计算和线性代数中被应用于求解逆矩阵和矩阵的特征值等问题。
本文将阐述如何证明Woodbury恒等式。
从定义出发首先，让我们从定义出发，理解Woodbury恒等式的含义。
矩阵的逆是指，对于一个矩阵A，相乘后得到单位矩阵I的矩阵B，称为A 的逆矩阵，记作A的逆或者A^-1。
而Woodbury恒等式是指，当A是方阵，且可以写成以下形式时：A = X * I + U * V^T其中，X、U和V都是矩阵，且X可逆，则A的逆矩阵可以表示为：(A + U * V^T)^-1 = X^-1 - X^-1 * U * (I + V^T * X^-1 * U)^-1 * V^T * X^-1这就是Woodbury恒等式，它将矩阵A的逆转化为矩阵X、U和V 的函数，从而简化了矩阵的求逆计算。
证明思路接下来，我们将阐述如何证明Woodbury恒等式，并按照以下步骤进行论述：1. 根据定义，展开(A + U * V^T)^-1，并将其转化为对X、U和V的函数。
2. 接着，用矩阵乘法展开式子(A + U * V^T) * (A + U * V^T)^-1，并对乘积整理得：(A + U * V^T) * (A + U * V^T)^-1 = I + U * (V^T * (A + U *V^T)^-1)3. 由于A可以写成A = X * I + U * V^T，那么我们将(A + U *V^T)^-1代换为(X * I + U * V^T + U * V^T)^-1，并展开矩阵乘积。
整理后得到：(X * I + U * V^T + U * V^T)^-1 = X^-1 - X^-1 * U * (I + V^T *X^-1 * U)^-1 * V^T * X^-14. 由于X是可逆矩阵，因此我们可以将上式中的X移项，并对式子进行整理，得到Woodbury恒等式的完整表达式。
代数法和组合意义法证明组合恒等式
代数法和组合意义法证明组合恒等式组合恒等式是组合数学中一个重要定理。
它的形式为：$C_m^n=C_{m-1}^{n-1}+C_{m-1}^n$证明组合恒等式，最常用的方法是代数法和组合意义法。
以代数法为例证明组合恒等式，首先我们将LHS的$C_m^n$表示为：$C_m^n=\frac{m \times (m-1) \times ... \times (m-n+1)}{n \times (n-1)\times ... \times 1}=m(m-1)\dots (m-n+1) \div n(n-1) \dots 1$由于左侧的作分母时有n个因子，我们暂且将其表示为 S 的乘积：$S=n(n-1) \dots 1$根据上面的公式，将左侧记为$C_{m-1}^{n-1}$部分写为如下形式：$C_{m-1}^{n-1}=m(m-1)(m-2)\dots (m-n+1)\div S$将 RHS 写为$C_{m-1}^n$，我们可以将它写为：接下来我们对以上二者进行比较。
由于$C_{m-1}^{n-1}$部分多一个变量m，将它乘以m，然后把 S 放在分母中，我们可以得到：另一方面，$C_{m-1}^n$有一个变量减少，但分母还是$S$，所以：综上所述，经过代数法证明，可知组合恒等式是成立的。
首先，我们考虑有m个元素的集合$A=\{a_1,a_2,a_3,...,a_m\}$，其中，任取n个元素的组合称为$A$的子集，令其中一个子集为$B=\{b_1,b_2,...,b_n\}$(注意，子集的元素的顺序无关紧要，只要有n个元素即可)。
对于该集合，从$A$中取出n个元素组成子集的方法分两种情况：第一种情况是$B$中不包含$a_m$元素，即$B'=\{b_1,b_2,...,b_{n-1}\}$，此时有$C_{m-1}^{n-1}$种组合。
由上面的分析，可以得到下面表达式：因此，组合恒等式证毕，本题得证。
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．。
浅谈组合恒等式证明的常用方法
浅谈组合恒等式证明的常用方法组合恒等式是组合数学中常见的等式形式，它们描述了一些集合之间的数量关系。
证明组合恒等式的方法有很多种，下面将介绍几种常见的方法。
一、代数证明法代数证明法利用组合数的性质以及代数运算的法则来证明组合恒等式。
该方法的关键在于将组合数的定义表示为代数式，并对其进行适当的变换，最终证明等式左边和右边是相等的。
例如，要证明组合恒等式$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。
首先，使用组合数的定义$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$，然后对等式两边应用阶乘的性质进行变换。
$\frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} +\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$接着，利用阶乘的定义$n! = n \cdot (n-1)!$，并化简分子部分的阶乘。
$\frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} + \frac{n-k}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$继续变换，将分式化为组合数的形式。
$\frac{n}{k} \cdot \binom{n-1}{k-1} + \frac{n-k}{k} \cdot\binom{n-1}{k} = \binom{n}{k}$最后，通过代数运算的法则，将等式两边进行合并，从而证明了组合恒等式。
二、递归证明法递归证明法是一种基于递归关系的证明方法。
该方法的关键在于通过归纳法证明递归关系成立，从而证明组合恒等式。
例如，要证明组合恒等式$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。
首先，考虑递归关系$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k}$。
代数式的恒等式与方程的证明与推理
代数式的恒等式与方程的证明与推理一、恒等式的定义与性质在代数学中，恒等式是一种数学表达式，其中的两边总是相等的。
恒等式可以由代数运算得出，并且对于任意满足其中所涉及的条件的变量或数值，都成立。
恒等式的性质如下：1. 反身性：对于任意的数值或变量，恒等式与自身相等。
2. 对称性：恒等式的两边可以互换位置而保持相等。
3. 传递性：如果恒等式A等于恒等式B，而恒等式B又等于恒等式C，那么恒等式A也等于恒等式C。
二、恒等式的证明方法1. 直接证明法：通过直接计算，将恒等式的左边转化为右边，或将右边转化为左边，以证明两边相等。
举例来说，对于恒等式(a + b)² = a² + 2ab + b²，我们可以通过展开左边并进行求和运算，证明它与右边相等。
2. 分类讨论法：将恒等式中的变量或数值分成不同情况进行讨论，证明恒等式在每种情况下都成立。
举例来说，对于恒等式|a| = a 或 |a| = -a，我们可以分别讨论a为正数、负数和0的情况，证明恒等式在每种情况下都成立。
3. 数学归纳法：适用于需要证明一个恒等式对于所有自然数或整数都成立的情况。
举例来说，对于恒等式1² + 2² + 3² + ... + n² = (n(n + 1)(2n + 1))/6，我们可以使用数学归纳法证明。
三、方程的定义与求解方法方程是恒等式的一种特殊形式，其中至少包含一个未知数，并且需要找到满足方程的未知数的值。
方程的求解方法如下：1. 引入一个变量：将方程中的未知数引入一个临时变量，通过运算将方程转化为一个恒等式，从而求解出未知数。
2. 因式分解法：对于含有多项式的方程，可以使用因式分解法来将方程转化为多个恒等式的乘积，再求解每个恒等式中的未知数。
3. 方程求根法：利用方程的特点，例如一元二次方程的求根公式，解析求解出未知数。
四、方程的证明与推理方法1. 逆向推理法：从一个已知的等式或不等式出发，通过逆向推导，得到要证明的方程。
初中数学竞赛辅导资料(20)代数恒等式的证明
初中数学竞赛辅导资料（20）代数恒等式的证明甲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，乙例题例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+a c cb 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=b a c b -- b-c=ca ac c a -=-11∴ca=c b a c -- 同理ab=a c ba -- ∴ab bc ca ＝a cb a --b ac 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⎪⎩⎪⎨⎧===222nc mn b m a ∴: b 2－4ac ＝（2mn ）2－4m 2n 2=0丙练习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：a c zc b yb a x-=-=- 求证：x+y+z=010.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。
Bianchi恒等式
Bianchi恒等式是构筑爱因斯坦场方程的曲率张量的一个重要恒等式。
场方程左边的形式即为Bianchi恒等式的缩并形式。
看看如何证明它是很有必要的。
证明Bianchi恒等式有几种方法。
当然一般可以直接证明，这是最好理解的，但比较繁琐。
其次，还可利用张量式的对称和反对称化加以证明。
最简单的方法就是在一个特定坐标系中证明，再根据张量式的协变性，就可知在任意坐标系中都成立。
这也是一般教科书常用的方法。
下面来看看这个证明。
（关于“直接证明”的例可参考本人百度空间的主页）两个Bianchi恒等式在微分几何中，黎曼曲率张量或黎曼张量是表达黎曼流形的曲率的标准方式，更普遍的，它可以表示有仿射联络的流形的曲率,包括无扭率或有扭率的。
曲率张量通过Levi-Civita联络(更一般的，一个仿射联络)(或者叫协变导数)由下式给出:这里R(u,v)是一个流形切空间的线性变换；它对于每个参数都是线性的。
注意有些作者用相反的符号定义曲率.如果and 是坐标向量场则[u,v] = 0所以公式简化为也就是说曲率张量衡量协变导数的反交换性。
线性变换也称曲率变换.对称性和恒等式黎曼曲率张量有如下的对称性:∙∙∙最后一个恒等式由里奇(Ricci)发现,但是称为第一比安基恒等式(First Bianchi identity)或代数比安基恒等式(Algebraic Bianchi identity)，因为和下面的比安基恒等式相像。
这三个恒等式组成曲率张量对称性的完整列表，也就是给定说任何满足上述恒等式的张量，可以找到一个黎曼流形在某点的曲率张量和它一样。
简单的计算表明这样一个张量有n2(n2−1) / 12个独立分量。
另一个有用的恒等式可以由上面这些导出:称为比安基恒等式(Bianchi identity)，经常也叫第二比安基恒等式(Second Bianchi identity)或微分比安基恒等式(Differential Bianchi identity)。
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。
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≤≤。
七年级数学竞赛讲座07 有关恒等式的证明
七年级数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、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、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例3 若abc=1，求证1111=++++++++c ca cb bc b a ab a()()()()()()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 nn n n ++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++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。
三角恒等变换的证明
三角恒等变换的证明三角恒等变换是指通过对三角函数的基本关系进行代数运算，得到新的等价形式。
它在解决三角函数问题中起到了非常重要的作用。
本文将通过推导和证明，展示三角恒等变换的原理和应用。
下面将介绍一些常见的三角恒等变换。
一、正弦和余弦的平方和恒等式在三角恒等变换中，正弦和余弦的平方和恒等式是最基本的恒等式之一。
它的表达式如下所示：(sinθ)² + (cosθ)² = 1该恒等式可以通过勾股定理来证明。
假设一个直角三角形，其中一条直角边对应的角度为θ，斜边的长度为1。
根据三角函数的定义，正弦和余弦的值可以通过对应的边长比斜边长来表示。
由此可得sinθ = 对边/斜边 = a/1 = a，cosθ = 邻边/斜边 = b/1 = b。
代入三角函数的平方和恒等式中可以得到：(sinθ)² + (cosθ)² = a² + b² = 1由此可见，三角恒等变换的基本原理是建立在几何图形和三角函数的关系之上的。
二、正弦和余弦的和差恒等式正弦和余弦的和差恒等式在三角恒等变换中也是非常常见的。
它用来处理三角函数的相加或相减问题。
下面是正弦和余弦的和差恒等式的表达式：sin(α ± β) = sinαcosβ ± cosαsinβcos(α ± β) = cosαcosβ ∓ sinαsinβ这些恒等式可以通过将θ替换成α ± β，然后利用三角函数的和差公式进行证明。
三、正切和余切的和差恒等式正切和余切的和差恒等式和正弦和余弦的和差恒等式非常相似，只是公式中的三角函数变为正切和余切。
下面是正切和余切的和差恒等式的表达式：tan(α ± β) = (tanα ± tanβ)/(1 ∓ tanαtanβ)cot(α ± β) = (cotαcotβ ∓ 1)/(cotβ ± cotα)这些恒等式的证明方法与正弦和余弦的和差恒等式类似，通过将θ替换成α ± β，利用三角函数的和差公式来推导得到。
一个恒等式与一类不等式证明
a 2 + ab + b 2 ≥
于是，要证明原不等式，只要证明
27 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64 ( ab + bc + ca ) .
2 2 2 3
因为
(; bc + ca = ab ⋅ bc ⋅ ca ≤ ， 3
3
故 2 ab + bc + ca ≤
3 ⋅ 3 ( b + c )( c + a )( a + b ) .
例 4 （ 2005 年 罗 马 尼 亚 数 学 奥 林 匹 克 题 ） 设 a, b, c 为 正 实 数 ， 且
( a + b )( b + c )( c + a ) = 1 ，求证：
证明：因为 证明
而
3
( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≥
3 ( ab + bc + ca ) 3 . 4
3
3 ( ab + bc + ca ) ⋅ ( ab + bc + ca ) = 3 ( ab + bc + ca ) ，
3
所以，有
ab + bc + ca 2 ≤ 1+ ， 3
《数学通讯》 （上半月） 数学通讯》 半月）2010 年第 4 期
一个代数恒等式与一类不等式的证明
安振平 （ 陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心 712000 ） 文[1]的第 218-219 页上讨论了如下代数恒等式：
( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc = ( a + b )( b + c )( c + a ) .
恒等式公式
恒等式公式恒等式公式是数学中非常重要的概念之一。
恒等式是指对于任意给定的变量或数值，等式都能够成立。
它在代数、几何、微积分等数学领域中都有广泛的应用。
本文将从不同的角度介绍恒等式公式的作用和应用，帮助读者更好地理解和运用恒等式公式。
一、恒等式公式在代数中的应用在代数中，恒等式公式常常用于简化表达式、证明等价关系以及解方程等问题。
例如，对于任意实数x，恒等式(x+a)(x-a) = x^2 - a^2成立。
这个恒等式可以用于简化二次多项式的因式分解，进而求解二次方程。
另外，恒等式公式在代数运算中也有重要作用，例如(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2是一个常见的恒等式，它可以用于展开二次多项式的平方。
在几何中，恒等式公式常常用于证明等边、等角、相似等关系。
例如，对于任意三角形ABC，恒等式AB^2 + BC^2 = AC^2成立，这就是著名的毕达哥拉斯定理。
恒等式公式还可以用于证明三角形的内角和、外角和等性质。
此外，恒等式公式在解几何问题中也有重要作用，例如利用正弦定理、余弦定理等恒等式可以计算三角形的边长、角度等未知量。
三、恒等式公式在微积分中的应用在微积分中，恒等式公式常常用于求导、积分等运算中。
例如，恒等式公式d/dx e^x = e^x可以用于求解指数函数的导数。
此外，恒等式公式还可以用于计算积分，例如∫sin^2(x) dx = 1/2(x - sin(x)cos(x))。
恒等式公式在微积分中的应用十分广泛，它们能够简化计算过程，提高计算效率。
恒等式公式在代数、几何、微积分等数学领域中都有重要的应用。
它们能够简化表达式、证明等价关系、解决几何问题以及进行微积分运算等。
熟练掌握恒等式公式的应用，不仅能够提高数学解题的效率，还能够深化对数学概念的理解。
因此，学习和掌握恒等式公式是每个数学学习者的基本任务之一。
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。
代数式的恒等式与不等式
代数式的恒等式与不等式代数式是数学中常见的一种表达方式，它由一系列的变量、常数、运算符和括号所组成。
在代数学中，我们常常需要探究代数式的性质和关系，其中恒等式和不等式是两个重要的概念。
一、恒等式恒等式是指在特定条件下，左右两边完全相等的代数式。
在数学证明和推导中，恒等式的运用至关重要。
1.1 常见的恒等式在代数学中，有一些常见的恒等式值得我们注意。
例如：- 乘法分配律：对于任意的实数a、b和c，恒等式a * (b + c) = a * b + a * c成立。
- 平方差公式：对于任意的实数a和b，恒等式(a + b) * (a - b) = a^2 - b^2成立。
- 二次平方差公式：对于任意的实数a和b，恒等式a^2 - b^2 = (a + b)(a - b)成立。
这些恒等式在代数运算和方程解法中起着重要的作用，我们可以通过它们简化复杂的计算和推导过程。
1.2 恒等式的证明恒等式的证明是数学中常见的一种推理方法。
通过严密的逻辑推理和代数运算，我们可以证明一个恒等式在特定条件下成立。
以乘法分配律为例，我们可以将左边和右边的表达式展开，然后逐步进行运算和化简，最终可以得到相等的结果。
这个过程中需要注意每一步的合法性和正确性，确保推导的过程准确无误。
二、不等式不等式是用不等号（<, >, ≤或≥）表示的代数式的关系。
不等式研究的是变量之间的大小关系，它在数学中有广泛的应用。
2.1 常见的不等式不等式有许多不同的形式和类型，下面列举几个常见的例子：- 一次不等式：对于任意的实数a和b，不等式a < b表示a小于b。
- 二次不等式：对于任意的实数x，不等式x^2 > 0表示x的平方大于0。
- 绝对值不等式：对于任意的实数a，不等式|a| < 1表示a的绝对值小于1。
不等式的类型多种多样，我们需要根据实际问题的需求，选择适当的不等式来描述变量之间的关系。
2.2 不等式的解集解不等式意味着找到使得不等式成立的变量取值范围。
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：让你的大脑开窍大家好，今天我们来聊聊一个非常有趣的话题——逻辑代数常用恒等式证明。
相信很多同学在学习逻辑学的时候，都会遇到一些看似难以理解的恒等式，比如哥德尔的不完全性定理、艾舍尔画廊等等。
那么，这些恒等式到底有什么用呢？它们又是如何证明的呢？别着急，今天我们就来一起揭开这些谜底。
我们来看看哥德尔的不完全性定理。
这个定理是逻辑学中的一个经典问题，它告诉我们，任何一种包含自然数加法和减法的公理化数学系统，都存在无法被该系统内的命题所证明的真命题。
换句话说，就是有些事情是无法通过数学方法来证明的。
这个定理最早是由德国数学家哥德尔在1931年提出的，至今仍然是逻辑学中的一个重要难题。
那么，哥德尔的不完全性定理有什么实际意义呢？这个问题其实涉及到了哲学、数学和计算机科学等多个领域。
从哲学的角度来看，哥德尔的不完全性定理揭示了数学和现实之间的界限，提醒我们在追求真理的过程中要保持谦逊和敬畏。
从数学的角度来看，这个定理促使人们去思考更深层次的问题，如是否存在一种通用的数学结构可以描述所有的数学对象，以及这种结构本身是否有局限性等。
而从计算机科学的角度来看，哥德尔的不完全性定理则为研究人工智能的发展提供了重要的启示，即人工智能可能无法解决所有问题，甚至可能无法解决自己的发展问题。
接下来，我们再来看看另一个著名的逻辑代数恒等式——德摩根定律。
这个定律告诉我们，对于任意一个二元运算符f和它的逆运算符f-,它们的乘积f(f-)等于单位元。
也就是说，对于任意一个二元运算符f和它的逆运算符f-,它们的关系可以用一个简单的恒等式来表示。
那么，德摩根定律有什么实际应用呢？这个定律在计算机科学中有着非常重要的地位。
在计算机科学中，二元运算符和逆运算符是非常常见的概念，比如加法、减法、与、或、非等运算符。
而德摩根定律则为我们提供了一种简洁的方式来描述这些运算符之间的关系。
通过这个定律，我们可以很容易地推导出各种复杂的运算规则和算法，从而实现计算机程序的各种功能。
牛顿恒等公式证明
牛顿恒等公式证明一、牛顿恒等公式。
设n次多项式f(x)=a_nx^n+a_n - 1x^n-1+·s+a_1x + a_0，n≥slant1，a_n≠0，其根为x_1,x_2,·s,x_n（这里根的重数按重数计算）。
牛顿恒等式（Newton's identities）将幂和p_k=∑_i = 1^nx_i^k（k = 1,2,·s）与多项式的系数a_i联系起来。
二、证明过程。
1. 由韦达定理（Vieta's formulas）可知：- 对于n次多项式f(x)=a_nx^n+a_n - 1x^n-1+·s+a_1x + a_0，其根x_1,x_2,·s,x_n满足a_n - k=(- 1)^ka_n∑_1≤slant i_{1。
2. 我们来推导牛顿恒等式。
- 考虑多项式f(x)=a_n(x - x_1)(x - x_2)·s(x - x_n)。
- 将f(x)展开得f(x)=a_nx^n-a_n(∑_i = 1^nx_i)x^n - 1+a_n∑_1≤slant i。
- 设y为一个变量，考虑f(y + x_1)f(y + x_2)·s f(y + x_n)。
- 一方面，f(y + x_i)=a_n(y + x_i)^n+a_n-1(y + x_i)^n - 1+·s+a_0。
- 那么f(y + x_1)f(y + x_2)·s f(y + x_n)是关于y的n^2次多项式。
- 另一方面，我们可以将f(y + x_1)f(y + x_2)·s f(y + x_n)展开为∑_k =0^n^{2}b_ky^k。
- 比较y^k的系数，我们可以得到与幂和p_k以及多项式系数a_i相关的等式。
- 对于k = 1时的牛顿恒等式：- 我们有p_1=∑_i = 1^nx_i=-frac{a_n - 1}{a_n}，这是由韦达定理直接得到的，同时也可以看作是牛顿恒等式k = 1的情况。
三角恒等式的证明方法
三角恒等式的证明方法三角恒等式是指在三角函数中成立的等式关系。
在数学的学习中，证明三角恒等式是一项重要的任务。
本文将介绍几种常见的证明方法，以帮助读者更好地理解和掌握三角恒等式的证明过程。
一、代数证明法代数证明法是通过将三角函数转化为代数表达式，再通过化简和运算等步骤来证明恒等式的方法。
该方法通常适用于涉及三角函数的加法、减法、乘法关系的证明。
例如，我们来证明三角函数的和差化积公式：sin(A ± B) = sinA·cosB ± cosA·sinB证明过程如下：首先将左边的三角函数展开为代数表达式：sin(A ± B) = sinA·cosB ± cosA·sinB然后利用三角函数的定义，将其转化为分子和分母的代数表达式：= (sinA·cosB) / 1 ± (cosA·sinB) / 1接下来，利用代数的乘法公式，将分子分别进行展开：= (sinA·cosB) / 1 ± (cosA·sinB) / 1= [sinA·(cosB/1)] ± [(cosA/1)·sinB]再将分母的1进行化简：= [sinA·(cosB/1)] ± [(cosA/1)·sinB]= sinA·cosB ± cosA·sinB最后，通过上述代数变换和运算，我们证明了三角函数的和差化积公式。
二、几何证明法几何证明法是通过利用几何图形和几何性质来证明三角恒等式的方法。
该方法在证明三角恒等式时，常常需要对几何图形进行分析和运用几何关系。
例如，我们来证明正弦定理：a/sinA = b/sinB = c/sinC证明过程如下：首先，根据三角形的定义，我们可以构建一个三角形ABC，其中边长分别为a、b、c，角度分别为A、B、C。
三角函数的恒等式及证明方法
三角函数的恒等式及证明方法在学习三角函数时，我们不可避免地涉及到三角函数的恒等式。
三角函数是解决角度相关问题的有力工具，而三角函数的恒等式是三角函数理论应用的必备内容。
一、常见的三角函数的恒等式1. 余弦函数的恒等式余弦函数在三角函数中应用广泛，下面是一些常见的余弦函数的恒等式：cos(-x)=cos(x) ——余弦函数是偶函数cos(x+π/2)=-sin(x) ——余弦函数与正弦函数是相位差为π/2的函数，且余弦函数的相邻两个极值点相差π/2cos(x+y)=cos(x)cos(y)-sin(x)sin(y) ——余弦函数的和角公式cos2(x)=(cos(x))^2-(sin(x))^2 ——余弦平方的二倍角公式cos(x)cos(y)=(1/2)[cos(x+y)+cos(x-y)] ——余弦函数的积角公式2. 正弦函数的恒等式正弦函数也是常用的三角函数之一，下面是一些常见的正弦函数的恒等式：sin(-x)=-sin(x) ——正弦函数是奇函数sin(x+π/2)=cos(x) ——正弦函数与余弦函数是相位差为π/2的函数，且正弦函数的极值出现在余弦函数的零点sin(x+y)=sin(x)cos(y)+cos(x)sin(y) ——正弦函数的和角公式sin2(x)=(sin(x))^2+(cos(x))^2 ——正弦平方的二倍角公式sin(x)cos(y)=(1/2)[sin(x+y)+sin(x-y)] ——正弦函数的积角公式3. 正切函数的恒等式正切函数是另一常用的三角函数，下面是一些常见的正切函数的恒等式：tan(-x)=-tan(x) ——正切函数是奇函数tan(x+π)=tan(x) ——正切函数是周期函数，其周期为π，而tan(x)的极限值在π/2和-π/2处取值tan(x+y)=(tan(x)+tan(y))/(1-tan(x)tan(y)) ——正切函数的和角公式tan2(x)=(1-cos(2x))/(1+cos(2x))=(sin(2x))/(1+cos(2x)) = ((1-cos(x))/sin(x))^2 ——正切平方的二倍角公式二、证明三角函数的恒等式的方法无论是什么类型的三角函数恒等式，其证明都是基于三角函数之间的关系以及三角函数的基本公式，原则上都可以通过代数推导、等式转化、几何图示等多种方式进行证明。
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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。
例1 求证：3n+2－2n＋2＋2×5n+2
＋3n－2n＝10（5n+1+3n－2n-1）
证明：左边＝2×5×5n+1＋（3n+2+3 n）
＋（－2n+2－2n）
＝10×5n+1＋3n(32+1)－2n-1(23＋2)
＝10（5n+1+3n－2n-1）=右边
又证：左边＝2×5n+2
＋3n（32＋1）－2n(22+1)
＝2×5n+2＋10×3n－5×2
右边＝10×5n+1+10×3n－10×2n-1
＝2×5n+2＋10×3n－5×2n
∴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）
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+c3）+b3+c3
＝－3bc(b+c)
=－3bc(－a)＝3abc
例3己知:ax2+bx+c是一个完全平方式（a,b,c是常数）
求证：b2－4ac=0
证明：设:ax2+bx+c＝（mx+n）2，
m,n是常数
那么:ax2+bx+c＝m2x2+2mnx+n2
两边展开对比系数可得：
b2－4ac＝（2mn）2－4m2n2=0
例4已知x＋y＋z＝xyz，
证明：x（1－y2）（1－z2）
＋y（1－x2）（1－z2）
＋z(1-x2)(1-y2)=4xyz
将等式左边展开，利用条件x＋y＋x＝xyz，
将等式左边化简变形成右边
练习
1、求证：①(a+b+c)2+(a+b-c)2
－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab
②（x+y）4+x4+y4=2(x2+xy+y2)2
③(x-2y)x3－(y-2x)y3=(x+y)(x-y)3
④3 n+2+5 n+2―3 n―5 n
=24(5 n+3 n-1)
⑤a5n+a n+1
=(a3 n－a2 n+1)(a2 n+a n+1)
2.己知：a2+b2=2ab 求证：a=b
3.己知：a+b+c=0
求证：①a3+a2c+b2c+b3=abc
②a4+b4+c4=2a2b2+2b2c2+2c2a2
4.己知：a2=a+1
求证：a5=5a+3
5.己知：x＋y－z=0
求证： x3+8y3=z3－6xyz
6.己知：a2+b2+c2=ab+ac+bc
求证：a=b=c
7.己知：a∶b=b∶c求证：
（a+b+c）2+a2+b2+c2=2(a+b+c)(a+c)
8.求证：
（2x－3）（2x+1）(x2－1)＋1
是一个完全平方式
9己知：ax3+bx2+cx+d能被x2+p整除求证：ad=bc 10．已知a＋b＋c＝5，a2＋b2＋c2＝15，a3＋b3＋c3＝47，求证（a2＋ab＋b2）（b2＋bc＋c2）（c2＋ca＋a2）=625．。