2027 年强基计划数学：代数变形

例1.1

设$x$满足条件$x^3-\frac{1}{x^3}=8\sqrt{5}$,则$x^2+\frac{1}{x^2}$的值为?

立方和差恒等式:

• $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)=(a-b)^3+3ab(a-b)$
• $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)^3-3ab(a+b)$

显然,这道题可以使用恒等式解决: $$\begin{gathered} x^3-\frac{1}{x^3}=8\sqrt{5}\\ (x-\frac{1}{x})^3+3(x-\frac{1}{x})=8\sqrt{5}\\ [(x-\frac{1}{x})-\sqrt{5}][(x-\frac{1}{x})^2+\sqrt{5}(x-\frac{1}{x})+8]=0 \end{gathered}$$

对于第二个括号,$\Delta=5-32\lt0$

所以只能是:$x-\frac{1}{x}=\sqrt{5}$

于是$x^2+\frac{1}{x^2}=(x-\frac{1}{x})^2+2=7$

例1.2

已知在实数范围内:$x+y=u+v,x^2+y^2=u^2+v^2$,求证:$x^n+y^n=u^n+v^n$

可以发现,条件相当于两个质量相同的物体发生弹性碰撞,速度交换(其实也可以各自保持原先的速度).

目标:$\{x,y\}=\{u,v\}$

$$\begin{gathered} x+y=u+v\\ x^2+y^2+2xy=u^2+v^2+2uv\\ \begin{cases} x+y=u+v,\\ xy=uv \end{cases} \end{gathered}$$

所以,$\{x,y\},\{u,v\}$是同一个一元二次方程的两根,目标证毕.

例1.3

(北大)已知$x\neq y$,且$x^2=2y+5,y^2=2x+5$,则$x^3-2x^2y^2+y^3=?$

$$\begin{gathered} x^2-y^2=2(y-x)\\ x+y=-2\\ x^3+y^3-2x^2y^2=(x+y)^3-3xy(x+y)-2x^2y^2\\ =6xy-2x^2y^2-8\\ x^2y^2=(2x+5)(2y+5)(*)\\ x^2y^2-4xy-10(x+y)-25=0\\ x^2y^2-4xy-5=0\\ xy=-1,xy=5\\ x^3+y^3-2x^2y^2=6\times5-2\times5^2-8=-28\\ x^3+y^3-2x^2y^2=6\times(-1)-2\times(-1)^2-8=-16 \end{gathered}$$

很不幸,上述的解法看似巧妙,但是导致了增根,原因在于(*)变形不恒等.

$$\begin{gathered} x^2=2(-x-2)+5\\ x^2+2x-1=0\\ y^2+2y-1=0(y\ne x)\\ \begin{cases} xy=-1,\\ x+y=-2 \end{cases} \end{gathered}$$

所以,只有$-16$是可行的答案.

例1.4

(2016北京大学博雅计划)三个不同的实数$x,y,z$满足$x^3-3x^2=y^3-3y^2=z^3-3z^2$,求$x+y+z=?$

显然根据一元三次方程韦达定理,$x+y+z=+3$

例1.5

(2017北京大学自主招生)实数$a,b$满足$(a^2+4)(b^2+1)=5(2ab-1)$,求$b(a+\frac{1}{a})$的值.

贸然求解不可行,先尝试韦达定理或者均值不等式的取等条件:

$$(ab)^2+(a^2+4b^2)+9-10ab=0\ge(ab)^2-6ab+9=(ab-3)^2$$

于是得到$\begin{cases}ab=3,\frac{b}{a}=\frac{1}{2}\end{cases}$

所以:$b(a+\frac{1}{a})=\frac{7}{2}$

事实上,更自然的方法是主元法:

$$\begin{gathered} (b^2+1)a^2-(10b)a+4b^2+9=0\\ \Delta=(10b)^2-4(b^2+1)(4b^2+9)\\ =-16b^4+48b^2-36\\ =-16(b^2-\frac{3}{2})^2\ge0\\ b^2=\frac{3}{2}\\ a=\frac{5b}{b^2+1}=2b\\ b(a+\frac{1}{a})=2b^2+\frac{1}{2}=\frac{7}{2} \end{gathered}$$

例1.6

已知$a,b\in Q,a^5+b^5=2a^2b^2$,求证:$1-ab$是有理数的平方.

考虑常量代换: $$\begin{gathered} 1-ab=(\frac{a^5+b^5}{2a^2b^2})^2-ab\\ =\frac{(a^5+b^5)^2-4a^5b^5}{4a^4b^4}\\ =\frac{(a^5-b^5)^2}{4a^4b^4}\\ =(\frac{a^5-b^5}{2a^2b^2})^2 \end{gathered}$$

例1.7

(2015北京大学博雅计划)整数$x,y,z$满足$xy+yz+zx=1$,则$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)$可能取到的值为

A. 16900 B. 17900 C. 18900 D. 前三个答案都不对

故技重施,常量代换:

$$\begin{gathered} 1+x^2=xy+yz+zx+x^2=(x+y)(x+z)\\ 1+y^2=(y+z)(y+x)\\ 1+z^2=(z+x)(z+y)\\ (1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)\\ =[(x+y)(y+z)(z+x)]^2 \end{gathered}$$

所以要求结果为完全平方数,故排除BC. 只需要找出可行的A.

$$130=2\times5\times13$$

令$\begin{cases} x+y=2,\\ y+z=5,\\ z+x=13 \end{cases}$,解得:$\begin{cases} x=5,\\ y=-3,\\ z=8 \end{cases}$

经检验,符合条件,故选A.

例1.8

(2017北京大学博雅计划)整数$a,b,c$满足$a+b+c=1,s=(a+bc)(b+ac)(c+ab)\gt100$,求$s$的最小值.

仍然常量代换构造齐次式:

$$\begin{gathered} a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)\\ \cdots\\ s=[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\ge121(s\gt100) \end{gathered}$$

可惜,无法构造出合理的取等条件.

同理,$s=169,196,225,256,289$不可以,$s=324(a=-5,b=2,c=4)$可行

例1.9

(2015北京大学博雅计划)设$x=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc},y=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca},z=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$,且$x+y+z=1$,则$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}$的值为?

联想到余弦定理,条件相当于$A+B+C=\pi,\cos A+\cos B+\cos C=1$.

熟知$\cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}$

所以有一个角的半角正弦值为0,这个角余弦值一定为1.

不妨设$x=1,y=-z$,则$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}=1$

或者考虑因式分解:

$$\begin{gathered} a(b^2+c^2-a^2)+b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)-2abc=0\\ \end{gathered}$$

这是一个三元三次对称式,当$a=b+c$时,左式等于0,所以可以因式分解为:

$$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=0$$

不妨设$a+b=c$,则$z=-1,x=y=1$,同理得到相同结论

例1.10

已知$abc=1$,求$\sum_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}$的值.

$$\begin{gathered} \frac{a}{ab+a+1}=\frac{a}{ab+a+abc}=\frac{1}{bc+b+1}\\ \frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\\ =\frac{b+1}{bc+b+1}+\frac{bc}{abc+bc+b}=1 \end{gathered}$$

或者,对于$xyz=1$,作代换$a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$.

$$\begin{gathered} \frac{a}{ab+a+1}=\frac{\frac{x}{y}}{\frac{x}{z}+\frac{x}{y}+1}=\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \end{gathered}$$ 同理累加即可. ### 常见代换 变量代换的常见类型： 1. 连环式代换：$a, b, c = 1$，$a = \frac{x}{y}$，$b = \frac{y}{z}$，$c = \frac{z}{x}$ 2. 分蛋糕代换：$a + b + c = 1$ 求证 $a + b + c + a + c \leq \frac{1}{3}$ $$\begin{cases} a = \frac{x}{x + y + z} \\ b = \frac{y}{x + y + z} \\ c = \frac{z}{x + y + z} \end{cases}$$ 证明：$x + y + z \leq \frac{1}{3} \Rightarrow x + y + z \leq \frac{1}{3} \Rightarrow x + y \leq \frac{1}{3} \Rightarrow x + y + z \leq \left( \frac{1}{3} \right)^2$ 3. 拉维代换：$a, b, c$ 是 $\triangle ABC$ 边，$a = x + y$，$b = y + z$，$c = z + x$ 4. 差分代换：$a + b + c = 0$ 证 $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$ $$a = x - y, \quad b = y - z, \quad c = z - x$$ $$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - ac - bc)$$ ## 例1.11 (2018北京大学自主招生)已知$a\ne b,a^2(b+c)=b^2(a+c)=1$,求$c^2(a+b)-abc$的值.

$$\begin{gathered} ab(a-b)+c(a^2-b^2)=0\\ ab+c(a+b)=0\\ c^2(a+b)=-abc \end{gathered}$$

利用$a^2(b+c)=1$:

$$\begin{gathered} a(ab+ac)=1=-abc\\ c^2(a+b)-abc=-2abc=2 \end{gathered}$$

例1.12

(2014北大综合营)设实数$a,b,c$满足$a+b+c=0,a^3+b^3+c^3=0$,其中$n\in N_+$,求$a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}$的值

$a^3+b^3+c^3=3abc+\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]=3abc=0$,所以:

$abc=0$,不妨设$c=0,a+b=0$,则所求式显然等于0.

例1.13

(2016北大自招)已知对于实数$a$,存在实数$b,c$满足$a^3-b^3-c^3=3abc,a^2=2(b+c)$,则这样的实数$a$的个数为()

A. 1 B. 3 C. 无穷个 D. 前三个选项都不对

由※有$a-b-c=0$或$a=-b=-c$,下面对两个情况进行分类讨论:

情况一:a=b+c

$a^2=2a$,于是$a$可以为0或2

情况二:b=c=-a

$a^2=-4a\ge 0$,于是$a=-4$

综上,选B

例1.14

(自主招生)已知$a+b+c=0$,求$a(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+b(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})+c(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})$

原式相当于: $$\frac{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}{abc}=-\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=-3$$

例题 1.15

设 $a, b, c$ 为非零常数，且 $a^2 + b^2 + c^2 = 1$，
$$a\left(\frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) + b\left(\frac{1}{c} + \frac{1}{a}\right) + c\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) = -3$$

则 $a + b + c$ 的可能值有

A. 3 个

B. 2 个

C. 1 个

D. 前三个答案都不对

条件像是例1.14的反问题.

$$\frac{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}{abc}=-3$$

也就是$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+3abc=0$

类似例1.9,可以因式分解:

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)=0$$

Scenario One

$$a+b+c=0$$

Scenario Two

$-\frac{1}{3}(a+b+c)^2\le ab+bc+ca=0\le\frac{1}{3}(a+b+c)^2$,则$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=1$

当$a,b,c$变为相反数时,条件仍满足,故:

$a+b+c=\pm1$ 故选A ### 一个常用结论 设实数 $S,Q$ 满足 $$S^2\le nQ$$ 则一定存在 $n$ 个实数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$，使得 $$x_1+x_2+\cdots+x_n=S,\qquad x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=Q.$$ 反过来，若这样的 $n$ 个实数存在，由柯西不等式： $$(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2\le n(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2),$$ 自然有 $S^2\le nQ$。 下面证明充分性。这个结论可以用数学归纳法解决。 当 $n=2$ 时，设 $$x+y=S,\qquad x^2+y^2=Q.$$ 于是 $$xy=\frac{S^2-Q}{2}.$$ 所以 $x,y$ 是方程 $$t^2-St+\frac{S^2-Q}{2}=0$$ 的两个根。其判别式为 $$\Delta=S^2-2(S^2-Q)=2Q-S^2.$$ 只要 $S^2\le2Q$，就有 $\Delta\ge0$，故 $x,y$ 为实数。 假设结论对 $n-1$ 个实数成立。现在考虑 $n$ 个实数的情形。 先设最后一个数为 $x_n=z$。那么剩余的 $n-1$ 个数需要满足 $$x_1+\cdots+x_{n-1}=S-z,$$ $$x_1^2+\cdots+x_{n-1}^2=Q-z^2.$$ 根据归纳假设，只需要保证 $$(S-z)^2\le(n-1)(Q-z^2).$$ 整理得 $$nz^2-2Sz+S^2-(n-1)Q\le0.$$ 把它看作关于 $z$ 的二次不等式，其判别式为 $$\begin{aligned} \Delta &=(-2S)^2-4n[S^2-(n-1)Q]\\ &=4(n-1)(nQ-S^2)\ge0. \end{aligned}$$ 因此总能找到实数 $z$，使上式成立(事实上,$z=\frac{S}{n}$是可行的)。此时剩下的 $n-1$ 个数满足归纳条件，故存在。

综上，

$$S^2\le nQ$$

不仅是柯西不等式给出的必要条件，也是存在实数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 的充分条件。

特别地，$n=3$ 时只需先取一个 $c$，将问题化为 $a+b$ 与 $a^2+b^2$ 的二元问题；而二元问题最终就是判别式非负。