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title: 2027 年强基计划数学：代数变形
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date: 2026-07-10T14:26:26+08:00
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  name: SunIsAlex
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  - 强基计划
  - 数学竞赛
  - 代数
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  - 数学
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summary: 本文围绕代数变形整理 15 道典型例题，涵盖恒等式、因式分解、对称式处理与常见变量代换，重点展示如何通过结构观察化繁为简，适合强基计划和数学竞赛基础阶段复习。
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# See details front matter: https://fixit.lruihao.cn/documentation/content-management/introduction/#front-matter
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## 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。