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高中数学竞赛讲义---代数式的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 在另一个子集内可能不恒等。例如, x2 ? 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。
2 2 例 1:设 p 为实常数,试求方程 x ? p ? 2 x ? 1 ? x 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。

? x 2 ? p ? ( x ? 2 x 2 ? 1)2 ? 解:原方程等价于 ? ? x 2 ? 2 x 2 ? 1 ? 0, x ? 0 ?
? 2 ( p ? 4) 2 ? x ? 8(2 ? p ) ?4 x x 2 ? 1 ? 4 x 2 ? p ? 4 ? 2 ( p ? 4)2 ? ? ?x ? ? 2 4 4 ? ? 8(2 ? p) 2 ? ?1 ? x ? ? ?x ? ?? 3 3 ? ? ? 4 ? p ? x2 ? 4 , x ? 0 2 x?0 ? ?4 x ? p ? 4 ? 0, x ? 0 ? 4 3 ? ? ? ?
由上式知,原方程有实根,当且仅当 p 满足条件

4 ? p ( p ? 4)2 4 4 ? ? ?0? p? 4 8(2 ? p) 3 3

这说明原方程有实根的充要条件是 0 ? p ?

4 4? p 。这时,原方程有惟一实根 x ? 。 3 8(2 ? p)

二、恒等变换的方法与技巧 恒等变换的目的是使问题变得简单,便于求解。因此,式的恒等变换是根据需要进行的,根据不同问 题的特点,有其不同的规律性。 1.分类变换 当式的变换受到字母变值的限制时,可对字母的取值进行分类,然后对每一类进行变换,以达到求解 的目的。分类变换方法适用于式的化简与方程(组)的化简、求解。
1

例 1:当 x 取什么样的实数值时,下列等式成立: (a) x ? 2 x ? 1 ? (c) x ? 2 x ? 1 ?

x ? 2x ?1 ? 2 ; x ? 2x ?1 ? 2 。

(b) x ? 2 x ? 1 ?

x ? 2x ?1 ? 1;

解:我们来求解更一般的方程: x ? 2 x ? 1 ? 记方程左边为 f(x),则 f ( x) ?

x ? 2 x ? 1 ? m(m ? 0)

1 1 (2 x ? 1 ? 2 2 x ? 2 ? 1) ? (2 x ? 1 ? 2 2 x ? 1 ? 1) 2 2

? 2 ? 2 x ? 1, x ? 1 2 2 ? ? | 2 ? 1 ? 1| ? | 2 x ? 1 ? 1|? ? 1 2 2 ? x ?1 ? 2, ? 2
由此可知, m ? 2 时, 当 原方程的解集为 [ ,1] ; m?[ , 2) 当 0 原方程变形为 2 ? 2x ?1 ? m ,解得 x ?

1 2

时, 解集为 ? ; m? ( 2, ? ) 时, 当 ?

1 2 ( m ? 2) 。 4 1 2 即当 m? ( 2, ??) 时,原方程的解集为 { ( m ? 2)} 。 4 ? x ? y ? z ? 3, ? 2 2 2 例 2:在复数范围内解方程组 ? x ? y ? z ? 3, ? x 5 ? y 5 ? z 5 ? 3. ?
解:考虑数列 an ? xn ? y n ? z n , n ?N* 。不难证明此数列满足递推式

an?3 ? ( x ? y ? z)an?2 ? ( xy ? yz ? zx)an?1 ? xyzan ,其中 a1 ? a2 ? 3, a5 ? 3 。
利用基本恒等式, xy ? yz ? zx ? 得 递推式化为 an ?3 ? 3an ? 2 ? 3an ?1 ? 由此得 a4 ? 3a3 ? 3a2 ?

1 2 1 1 (a1 ? a2 ) ? 3 ,xyz ? a3 ? a1[a2 ? ( xy ? yz ? zx)] ? a3 , {an } 的 ∴ 2 3 3

1 a3 ? an , n ? N* 3

1 1 a3 ? a1 ? 4a3 ? 9, a5 ? 3a4 ? 3a3 ? a3 ? a2 ? 10a3 ? 27 3 3 1 由 a5 ? 3 ,得 10a3 ? 27 ? 3 ,∴a3 ? 3 。∴xyz ? a3 ? 1 。 3

? x ? y ? z ? 3, ? 综上所述知,原方程组等价于 ? xy ? yz ? zx ? 3, ? xyz ? 1. ?
由韦达定理知,x,y,z 是关于 t 的三次方程 t ? 3t ? 3t ? 1 ? 0 的三根,此三次方程
3 3

即 (t ?1) ? 0,?t1 ? t2 ? t3 ? 1,这说明原方程组在复数范围内的解集为{(1,1,1)}。
3

2

注:此题还可以利用三次单位根 ? ? ? 2.利用对称性

1 3 ? i 的性质来解。 2 2

定义 4 一个 n 元解析式 f ( x1 , x2 ,?, xn ) 称为对称式,当且仅当对于任意的 i , j (1 ? i ? j ? n) 都有

f ( x1,?, xi ,?, x j ,?, xn ) ? f ( x1,?, x j ,?, xi ,?, xn ) 。
由定义可知,对称式的各变元所处的地位相同,因此,一个对称式 f ( x1 , x2 ,?, xn ) 具有下列性质: (1)若对于变元 x1,x2,f 具有性质 p,则对于任意的变元 xi , x j , f 也具有性质 p。 (2)对于 x1,x2,…,xn 的任意排 xi1 , xi 2 ,?, xin ,有 f ( xi1 , xi 2 ,?, xin ) ? f ( x1, x2 ,?, xn ) ,因此,对 于讨论 f 具有某一性质时,可不妨设 x1 ? x2 ? ? ? xn 。 定义 5 一个 n 元解析式称为轮换对称式,当且仅当 x2 代 x1,x3 代 x2,…,xn 代 xn-1,x1 代 xn 时有

f ( x1 , x2 ,?, xn ) ? f ( x2 , x3 ,?, xn , x1 ) 。
显角,对称式一定是轮换式,但轮换式不一定是对称式。例如,x2y+y2z+z2x 是轮换式,但不是对称式。 因此,对称式所具有的性质(1)(2)对轮换式一般不成立。由轮换的特点,在解题中,为了方便起见, 、 我们可指定变元中 x1 最大(或最小) 。 例 3:设 x,y,z>0,求证(x+y+z)5-(x5+y5+z5)≥10(x+y)(y+z)(z+x)(xy+yz+zx)等号成立当且仅当 x=y=z。 证:令 f ( x, y, z) ? ( x ? y ? z)5 ? ( x5 ? y5 ? z 5 ) 。易知 f ( x, y, z) 是对称式。 ∵ x+y=0 时,f(x,y,z)=0,∴( x ? y) | f ( x, y, z ) 。从而 ( y ? z ) | f ,( z ? x) | f , 当 ∴( x ? y)( y ? z )( z ? x) | f 。注意到 f 是关于 x,y,z 的五次齐次式,故可设

f ( x, y, z) ? ( x ? y)( y ? z)( z ? x)[ A( x 2 ? y 2 ? z 2 )] ? B( xy ? yz ? zx) ,令 x ? 0, y ? 1, z ? 1 ,
得 2A+B=15。令 x ? y ? z ? 1,得 A+B=10。因此,A=B=5。 ∴ f ( x, y, z) ? 5( x ? y)( y ? z)( z ? x)( x ? y ? z ? xy ? yz ? zx) 注意到 x, y, z ? 0 ,
2 2 2 2 2 2 ? ? 等号成立的条件为 且 x ? y ? z ? xy ? yz ? zx ,得 f ( x, y, z)? 10(x? y )(y? z )(z? x )(xy yz zx)

x? y?z。
例 4:设 a,b,c 是三角形的边长,证明 a b(a ? b) ? b c(b ? c) ? c a(c ? a) ? 0 并说明等号何时成立。
2 2 2

证:令欲证不等左边为 f ( a, b, c) ,则易证 f ( a, b, c) 为轮换式(非对称) 。故可设 a ? b, c 。注意到

b ? c ? a ? 0 , 则 可 先 考 虑 将 f 中 分 离 出 一 个 含 b+c-a 的 非 负 式 子 。 事 实 上

f ? a2b(a ? b) ? b2c(b ? c) ? [(c ? b) ? b]2 a(c ? a)

3

? (c ? b)2 a(b ? c ? a) ? ab(b ? c)2 ? ab(c ? a)(2c ? b) ? a2b(a ? b) ? b2c(b ? c)
再令 f* ? ?ab(b ? c)2 ? ab(c ? a)(2c ? b) ? a2b(a ? b) ? b2c(b ? c) 令 a ? c ,有 f* ? ?bc(b ? c)2 ? c2b(c ? b) ? b2c(b ? c) ? 0 令 a ? b ,有 f* ? ?b2 (b ? c)2 ? b2 (c ? b)(2c ? b) ? b2c(b ? c) ? 0 ∴a ? c | f* , a ? b | f* 。又 b | f* ,∴b(a ? c)(a ? b) ? f* 。注意到 f* 关于 c 是二次式,a,b 是三次式, 故可设 f* ? b(a ? c)(a ? b)( xa ? yb ? zc) 令 b=c,得 f* ? ab(a ? c)2 ? b(a ? c)2[ xa ? ( y ? z)b] , ∴a ? xa ? ( y ? z )b ,∴ y ? z ? 0, x ? 1 令 a=0,得 f* ? b2c(b ? c) ? b2c( yb ? zc) ,∴b ? c ? yb ? zc , ∴ y ? 1, z ? ?1 。于是 f* ? b(a ? c)2 a(b ? c ? a) ? f* ? 0 。从而 f ? (c ? b)2 a(b ? c ? a) ? f* ? 0 显然,当且仅当 a=b=c 时 f=0。 注:对于 f* ,也可直接通过提取公因式法来分解因式。事实上

b?1 ? f* ? a(c ? a)(2c ? b) ? a2 (a ? c) ? a2 (c ? b) ? a(b ? c)2 ? bc(b ? c)
? a(c ? a )(2c ? a ? b) ? (b ? c)[?a 2 ? ab ? ac ? bc] ? a(c ? a )(2c ? a ? b) ? (b ? c)(c ? a)(a ? b) ? (c ? a )[2ac ? a (a ? b) ? ab ? ac ? bc ? b 2 ] ? (c ? a )[(a ? b)c ? (b ? a)(a ? b)] ? (c ? a )(b ? a )(a ? b ? c)
3.逆推分析 从一个数学过程的结果出发,按与原来相反的程序去推求初始条件的方法叫做逆推分析法,它的特点 是每一步逆推均可逆。由此可见,逆推分析法是证明恒等式的重要方法。 例 5:设 a,b,c,d,x,y 为正实数,且满足 xy ? ac ? bd ,

x ad ? bc ? 。求证: y ab ? cd

abx cdx ady bcy ? ? ? 。 a?b? x c?d ? x a?d ? y b?c? y
证:注意到 xy ,

x 的表达式有 ab(c ? d ? x) ? cd (a ? b ? x) y

? ab(c ? d ) ? cd (a ? b) ? x(ab ? cd ) ? ab(c ? d ) ? cd (a ? b) ? y (ad ? bc) ? ad (b ? c ? y ) ? bc(a ? d ? y )
利用① 式,将欲证等式两边通分化简,等价于

x(a ? d ? y)(b ? c ? y) ? y(a ? b ? x)(c ? d ? x)
4

② 式左边= x(a ? d )(b ? c) ? xy(a ? b ? c ? d ) ? xy 2

? x(ac ? bd ) ? x(ab ? cd ) ? xy(a ? b ? c ? d ) ? xy 2 ? x2 y ? y(ad ? bc) ? xy(a ? b ? c ? d ) ? xy 2 ? y[ x2 ? x(a ? b ? c ? d ) ? (a ? b)(c ? d )]
式右边。故原等式得证。 ? y(a ? b ? x)(c ? d ? x) ② 4.整体代换 把若干变元的整个式子换成一个新的字母,于是问题中的变元就减少了,有利于式的变形求解。 例 6:求出所有四元实数组 ( x1 , x2 , x3 , x4 ) 使其中任一数与其他三数的积之和都等于 2。

? x1 ? x2 x3 x4 ? 2, ? x ? x x x ? 2, ? 2 3 4 1 解: 根据题意, 四元数组 ( x1 , x2 , x3 , x4 ) 满足方程组;? 易知, 所有 xi ? 0(i ? 1, 2,3, 4) 。 ? x3 ? x4 x1 x2 ? 2, ? x4 ? x1 x2 x3 ? 2. ?
于是可作整体代换: x1 x2 x3 x4 ? p , 令 则上述每一个方程均可写成如下形式 xi ?

p 即 ? 2 , xi2 ? 2xi ? p ? 0 xi

(p≠0) ,解之得 xi ? 1 ? 1 ? p ,由于 xi 是实数,故 p ? 1 。以下分两种情况讨论: (1)若 p=1,则 xi ? 1, i ? 1,2,3,4. (2)若 p<1,则有三种可能: (i) 三个根为 1 ? 1 ? p , 一个根为 1 ? 1 ? p , 这时 p ? (1 ? 1 ? p )3 (1 ? 1 ? p ) ? (1 ? 1 ? p )2 ? p

? 1 ? (1? 1? p )2 ? 1? 1? p ? 1 ? p ? 1 。但这和 p<1 的假设矛盾。
(ii)三个根为 1 ? 1 ? p ,一个根为 1 ? 1 ? p ,这时 p ? (1 ? 1 ? p )3 (1 ? 1 ? p )

? (1? 1? p )2 ? p ? 1 ? (1? 1? p )2 (? p ? 1) ? ?1 ? 1 ? 1 ? p ? p ? ?3 ,故有一个 xi 为 3,其他三数为-1。
(iii)两个根为 1 ? 1 ? p ,两个根为 1 ? 1 ? p ,这时 p ? (1 ? 1 ? p )2 (2 ? 1 ? p )2 ? p2 ,故 p=1。 这又和 p<1 的假设矛盾。 综上所述,原方程组共有五组不同的实数解:

(1,1,1,1)(3, ?1, ?1, ?1),(?1,3, ?1, ?1),(?1, ?1,3, ?1)(?1, ?1, ?1,3) 。
6.重新组合 所谓重新组合是指把几个独立的式子依据某一运算组合成新的式子,其目的是使组合后的解析式变得 简单,以便于问题求解。
5

2 ?( x12 ? x3 x5 )( x2 ? x3 x5 ) ? 0, ? 2 2 ?( x2 ? x4 x1 )( x3 ? x4 x1 ) ? 0, ? 2 2 例 8:确定所有能使不等式组 ?( x3 ? x5 x2 )( x4 ? x5 x2 ) ? 0, 成立的 ( x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) , ? 2 2 ?( x4 ? x1 x3 )( x5 ? x1 x3 ) ? 0, ?( x 2 ? x x )( x 2 ? x x ) ? 0. 2 4 1 2 4 ? 5

其中 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 为正实数。 解:注意到此不等式组关于 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 成轮换对称,因此可考虑将五个不等式重新组合(相加) 起来,得
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 x12 x2 ? x12 x3 ? x12 x4 ? x12 x5 ? x2 x3 ? x2 x4 ? x2 x5 ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 ? x12 x2 x4 2 2 2 2 2 2 2 2 ?x12 x3 x5 ? x2 x1x4 ? x2 x3 x5 ? x3 x1x4 ? x3 x2 x5 ? x4 x1x3 ? x4 x2 x5 ? x5 x1x3 ? x5 x2 x4 ? 0

再重新组合各项,得

1 1 1 1 ( x1 x2 ? x1 x4 ) 2 ? ( x1 x2 ? x2 x4 ) 2 ? ( x1 x3 ? x3 x4 ) 2 ? ( x1 x3 ? x3 x5 ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ? ( x1 x4 ? x4 x3 ) 2 ? ( x1 x5 ? x5 x3 ) 2 ? ( x2 x3 ? x2 x5 ) 2 ? ( x2 x3 ? x3 x5 ) 2 2 2 2 2 1 1 ? ( x2 x4 ? x4 x5 ) 2 ? ( x2 x5 ? x5 x4 ) 2 ? 0 2 2
从而可推出 x1=x2=x3=x4=x5。 经检验每组五个相等的正实数是原不等式组的解。故原不等式组的解为 x1=x2=x3=x4=x5=a,a∈ +。 R 在解题中既要注意到题目各个部分,又要从整体上把握题目。因此,必须把化整为零与重新组合的思 想有机地结合起来。 7.消去部分 所谓消去部分是指或者让一部分式子互相抵消,或者让一部分式子代替另一部分式子。比如,在解方 程中的加减消元法、代入消元法、比较消元法;数列求和(积)中的交叉消去(交叉相约)等。 例 11:求出所有的实数 a,使得存在非负实数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 适合

? kxk ? a, ? k 3 xk ? a2 , ? k 5 xk ? a3 。
k ?1 k ?1 k ?1

5

5

5

解:我们对 xi 的个数为 n 来求解。注意到 a ? a ? a ? a ,可考虑先消去 a,再由 x1 , x2 ,?, xn 的值来
3 2 2

确定 a 的值,事实上, (

? kxk )(? k 5 xk ) ? (? k 3 xk )2 ? ?? ij(i 2 ? j 2 )2 xi x j ? 0 ? xi x j ? 0
k ?1 i ?1 k ?1 i ?1 j ?1

n

n

n

n

n

( i , j =1,2,…,n, i ? j ) 。则对任意 xk 有下列两种情况: (1) xk ? 0 ,其余的 xi 均为零,得 a=0; (2) xk ? 0 ,其余 xi 均为零,得 a ?

a2 ? k 3 xk / kxk ? k 2 (k ? 1, 2,? , n) 。 a
6

综上所述,a 的取值集为 {0,12 , 22 ,?, n2 } 。 8.构造对偶式 根据题中某式 A 的结构特征,构造 A 的对偶式 B。利用 A 与 B 之间的运算(主要是加、减、乘)求 得 A、B 的两种关系式,从而使问题获得解决。 常见的对偶式有 a+b 与 a-b;ab 与

a an bn ;sinx 与 cosx;tanx 与 cotx; 与 等等。 b a?b a?b
n

例 13:设 xi ? 0(i ? 1, 2,?, n) 且

? xi ? 1 。求证:
i ?1

2 2 xn x12 x2 1 ? ?? ? ? x1 ? x2 x2 ? x3 xn ? x1 2

证:令不等式左边为 A,其对偶式 B ?

2 2 x3 x2 x2 ? ? ? ? 1 ,由平均不等式可得: x1 ? x2 x2 ? x3 xn ? x1

A? B ? (

2 2 1 1 1 x 2 ? x3 x2 ? x2 x12 ? x2 )?( 2 ) ? ? ? ( n 1 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ( x2 ? x3 ) ? ? ? ( xn ? x1 ) ? 1 2 2 2 x1 ? x2 x2 ? x3 xn ? x1



2 2 2 2 xn ? x12 x12 ? x2 x2 ? x3 又 A? B ? ? ( x1 ? x2 ) ? ( x2 ? x3 ) ? ? ? ( xn ? x1 ) ? 0 ? ??? x1 ? x2 x2 ? x3 xn ? x1



①+②得, 2 A ? 1, A ?

1 。 2

10.数形结合 对于某些特殊的代数式,它有其特殊的几何意义,我们可利用这种几何意义将代数式之间的变换转化 为几何量之间的变换,使最终达到我们求解问题的目的。 例 16:已知正实数 p,q,r 满足关系式 p ? q ? r ? 2 pqr ? 1。求证方程组

? y ? qr ? z ? qr ? 1 ? p , ? ? ? z ? rp ? x ? rp ? 1 ? q , 有惟一解。 ? ? x ? pq ? y ? pq ? 1 ? r . ?
解:显然, p, q, r ? (0,1) ,故存在三锐角 A、B、C 使

p ? cos A, q ? cos B, r ? cos C ,于是

cos2 A ? cos2 B ? cos2 C ? 2cos A cos B cos C ? 1。易证上式当且仅当 A+B+C= ? 成立。故以 A,B,C 为内
1 ,其垂足三角形为Δ DEF,H 为垂心,则易计算得Δ AEF ? Δ ABC 2 BC EF AF EF ? 1。 ? ? cos A 。由 A,F,H,E 共圆得 AH ? (∵B,C,E,F 共圆)∴ ,而 sin A BC AC sin A BC ? cos A ? cos A ? p ,同理, HB ? cos B ? q , CH ? cos C ? r 。 ∴ sin A ? BC ,? AH ? sin A 1 1 又 S ?BHC ? BC ? DH ? EC ? HB ? DH ? cos B ? cos C ? qr 。 2 2
角可构造Δ ABC。设其外接圆半径为 同理, EH ? cos C ? cos A ? rp , FH ? cos A ? cos B ?

pq 。
7

由 HB2 ? DH 2 ? CH 2 ? DH 2 ? BD ? CD ? BC ? sin A ? 1? cos2 A 即得 q ? pr ? r ? qr ? 1? p 。 同理 r ? rp ?

p ? rp ? 1? q , p ? pq ? q ? pq ? 1 ? r 。故 ( x, y, z ) ? ( p, q, r ) 为原方程组

的一组解。 若另有一组解 ( x?, y?, z?) , 不妨设 x? ? p , 则由③式知 y? ? q , 由①式知 z ? ? r , 由②式知 x? ? p 矛盾。故原方程组有惟一解 ( p, q, r ) 。

习题 1—1 1.解方程 x ? 2 x ? 1 ?

x ? 2 x ? 1 ? mx 。

2.设 x, y, z ? R 。求证:不等式 x3 ? y3 ? z 3 ? 3xyz 成立的充要条件是 x ? y ? z ? 0 或 x ? y ? z 。 3.设 x ? y ? z ? 0 ,求证:

x5 ? y 5 ? z 5 x3 ? y 3 ? z 3 x 2 ? y 2 ? z 2 ? ? 。 5 3 2

? y ? a ? z ? a ? 1, ? 3 ? 4.设 a, b, c 是满足 a ? b ? c ? 的正数,试证明方程组: ? z ? b ? x ? b ? 1, 有惟一实数解。 2 ? ? x ? c ? y ? c ? 1, ?

1. 答案: m ? 0 或 m ? 2 2 时, 当 原方程的解集为 ? ; 0 ? m ? 2 时, 当 原方程的解集为 {

2 ? 4 ? 2m 2 }; m2

当 2 ? m ? 2 2 时,原方程的解集为 {

2 }。 m

2.提示:利用重要恒等式 x3 ? y3 ? z3 ? 3xyz ? ( x ? y ? z) ? ( x2 ? y 2 ? z 2 ? xy ? yz ? zx)

1 ( x ? y ? z )[( x ? y ) 2 ? ( y ? z ) 2 ? ( z ? x) 2 ] ? 0 。 2
3.提示:构造数列 an ? x ? y ? z (n ?N ) ,则 a1 ? 0, a2 ? x ? y ? z ? ?2( xy ? yz ? zx) 。
n n n * 2 2 2

a3 ? x3 ? y3 ? z3 ? 3xyz 。可证。
4.简解:在边长为 1 的正三角形内必存在一点 P,它到三边的距离依次为 a, b , c ,恰好满足:

1 3 2 2 2 ( a ? b ? c) ? 。则 x1 ? PA , y1 ? PB , z1 ? PC 就是原方程组的解。 2 4

8

若 ( x?, y?, z?) 也是一组解,如果 x? ? x1 ,则由第三个方程知 y? ? y1 ,又由第一个方程有 z? ? z1 ,再由 第二个方程有: x? ? x1 ,矛盾。

9


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