初一数学竞赛系列讲座(7)
有关恒等式的证明
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。
例题精讲
例1 求证：a1+(1-a1)a2+(1-a1)(1-a2)a3+…+(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)a n
=1-(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)(1-a n)
分析：要证等式成立，只要证明1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -…- (1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)a n
                                           =(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)(1-a n)
证明：1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -…- (1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)a n 
=(1-a1)[ 1- a2- (1-a2)a3- (1-a2)(1-a3)a4 -? (1-a2)(1-a3)?1-a  )n-1)a n]
=(1-a1) (1-a2)[ 1- a3- (1-a3)a4- (1-a3)(1-a4)a5 -? (1-a3)(1-a4)?1-a  明n-1)a n]
=(1-a1) (1-a2) (1-a3)[ 1- a4- (1-a4)a5- (1-a4)(1-a5)a6 -? (1-a4)(1-a5)?1-a 恒等n-1)a n]
=厖
=(1-a1)(1-a2)?1-a )[n-1)(1-a n)
∴ 原等式成立
例2 证明恒等式
(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
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。在的分子、分母上同乘c，化成，将的分母中的“1”换成abc得
      ，然后再相加即可得证。
证明：∵abc=1
∴
        =+
        =+
        ==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(c2-d2)=(a2-b2)cd
分析：将bc=ad化成比例式，然后利用比例的性质来解题。
证明：∵bc=ad    ∴
     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。
例5 已知x=by+cz，y=cz+ax，z=ax+by，且x+y+z≠0.证明：
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
     (2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax，所以
     所以  
     同理可得，，
     所以   
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
证明：  (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
          ①
    ②
    ③
  ①+②+③ 得
   所以
   即：
例7 已知a+b+c=a2+b2+c2=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= a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca
又∵a+b+c=a2+b2+c2=2
      ∴4=2+2ab+2bc+2ca，∴ab+bc+ca=1
      ∴(x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc
                    = x3-2x2+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，证明
a、b、c三数中必有两个数之和为零；
对任何奇数n，有
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)由得
       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+a2c+a2b–abc
=(b+c) (bc+ca+ab)+ a2 (b+c)
=(b+c) (a2+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
           ∴
           又
            ∴
   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-b2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b2c+ b2c=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：a2+b2+c2+d2+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a2+b2+c2+d2+ab+cd=1
      ∵ad-bc=1，∴a2+b2+c2+d2+ab+cd= ad-bc
      ∴a2+b2+c2+d2+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a2+b2+c2+d2+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：
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=，即1+2+…+n=，
从而
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=，即1+2+…+n=，
      ∴
      ∴等式左边=
                ==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
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=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。
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a2+b2+c2=9，则代数式(a-b)2+(b-c
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