数论中埃米特恒等式证明

奥数秘技数论的高级证明方法数论作为数学的一个重要分支，研究的是整数的性质和相互关系。

而在奥数竞赛中，数论被视为一个关键领域，涉及到的问题往往具有一定的难度和复杂性。

为了在奥数竞赛中取得好成绩，掌握一些高级的证明方法是至关重要的。

一、质数与因子分解在数论中，质数是一个非常重要的概念。

质数是只能被1和自身整除的正整数，如2、3、5、7等。

而根据质因数分解定理，任何一个大于1的正整数都可以唯一地表示为几个质数的乘积。

质数的判别方法是数论中的基础知识，既可以通过试除法来判断一个数是否为质数，也可以通过素数筛法来提前计算一定范围内的质数。

在奥数竞赛中，对于给定的正整数，常常需要分解质因数来进行进一步的推导和证明。

熟练掌握质数与因子分解的方法，是解决奥数问题的重要基础。

二、模运算与同余模运算是数论中的另一个重要概念。

对于任意的整数a和正整数n，a mod n的结果表示a除以n的余数。

同余是指两个整数除以同一个正整数后所得余数相等的情况。

例如，3 mod 7与10 mod 7是同余的，因为它们除以7的余数都是3。

对于模运算和同余，在奥数竞赛中经常会遇到一些基本问题，如求解同余方程、构造同余等式、应用同余定理等。

对于这些问题，可以通过模运算的性质和同余理论的推导来解决。

三、数列与递推关系数列是数学中一种重要的概念，在奥数竞赛中也经常会出现与数列有关的问题。

有限序列、无穷序列、等差数列、等比数列等都是常见的数列类型。

在许多数列问题中，递推关系是解决问题的关键。

递推关系是指通过前面的项来确定下一项的关系式。

熟练掌握递推关系的分析和求解方法，能够帮助我们快速解决各种数列问题。

四、数论定理与应用数论中有一些重要的定理，它们在解决各种奥数问题时起到至关重要的作用。

费马小定理是数论中的一条重要定理，提供了一种判断给定数是否为质数的方法。

欧拉定理是费马小定理的拓展，它对求解模幂运算提供了一种有效的方法。

除了费马小定理和欧拉定理，欧几里得算法、中国剩余定理、威尔逊定理等都是数论中常用的重要定理，它们在奥数竞赛中经常会用到。

初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、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、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()()()()()()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 n n n n ++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++例3 若abc=1，求证1111=++++++++c ca c b bc b a ab a 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。

恒等式证明 知识定位代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．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．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．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．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．知识梳理知识梳理1：由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．知识梳理2：比较法比较法利用的是：若0，则（作差法）；或若1，则（作商法）。

a a b a ba b b-==== 这也是证明恒等式的重要思路之一。

知识梳理3：分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．知识梳理4：其他解题方法及技巧除了上述方法，设k 、换元等方法也可以在恒等式证明中发挥效力．例题精讲【试题来源】【题目】已知x+y+z=xyz ，证明：x(1-y 2)(1-z 2)+y(1-x 2)(1-z 2)+z(1-x 2)(1-y 2)=4xyz ．【答案】因为x+y+z=xyz ，所以左边=x(1-z 2-y 2-y 2z 2)+y(1-z 2-x 2+x 2z 2)+(1-y 2-x 2+x 2y 2)=(x+y+z)-xz 2-xy 2+xy 2z 2-yz 2+yx 2+yx 2z 2-zy 2-zx 2+zx 2y 2=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．【解析】将左边展开，利用条件x+y+z=xyz ，将等式左边化简成右边．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知1989x 2=1991y 2=1993z 2，x ＞0，y ＞0，z ＞0，且1111x y z++=198919911993198919911993x y z ++=++ 【答案】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则又因为所以所以【解析】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k ，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】4【试题来源】 【题目】求证：()()()()()()222a bcb ca abc a b a c b c b a c a c b ---+=++++++ 【答案】因为所以所以【解析】用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b 代a ，c 代b ，a 代c ，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知0a b c ++= ，求证()()24442222a b ca b c ++=++ 。

数论的四⼤定理详解（转载）转载于:前⾔可以发现RSA中的很多攻击⽅法都是从数论四⼤定理推导出的，所以找时间好好学习了⼀下数论四⼤定理的证明及其应⽤场景——Rabin算法。

欧拉定理若$n,a$为正整数，且$n,a$互素，即$gcd(a,n) = 1$，则$a^{φ(n)}\equiv1\pmod{n}$证明⾸先，我们需要知道欧拉定理是什么：数论上的欧拉定理，指的是$a^{φ(n)}\equiv1\pmod{n}$这个式⼦实在$a$和$n$互质的前提下成⽴的。

证明⾸先，我们知道在1到$n$的数中，与n互质的⼀共有$φ(n$)个，所以我们把这$φ(n)$个数拿出来，放到设出的集合X中，即为$x_1,x_2……x_{φ(n)}$那么接下来，我们可以再设出⼀个集合为M，设M中的数为：$m_1=a∗x_1,m_2=a∗x_2……m_φ(n)=a∗x_{φ(n)}$下⾯我们证明两个推理：⼀、M中任意两个数都不模n同余。

反证法。

证明：假设M中存在两个数设为$m_a,m_b$模$n$同余。

即$m_a\equiv m_b$移项得到：$m_a−m_b=n∗k$再将m⽤x来表⽰得到：$a∗x_a−a∗x_b=n∗k$提取公因式得到：$a∗(x_a−x_b)=n∗k$我们现在已知$a$与$n$互质，那么式⼦就可以转化为：$x_a−x_b\equiv 0 \pmod{n}$因为$a$中没有与$n$的公因⼦（1除外）所以$a !\equiv 0 \pmod{n}$ 所有只能是$ x_a−x_b\equiv 0\pmod{n}$。

⼜因为$x_a,x_b$都是⼩于$n$的并且不会相同，那么上述的式⼦⾃然全都不成⽴。

假设不成⽴。

证得：$M$中任意两个数都不模$4$同余。

⼆、M中的数除以n的余数全部与n互质。

证明：我们已知$m_i=a∗x_i$⼜因为$a$与$n$互质，$x_i$与$n$互质，所以可得$m_i$与$n$互质。

带⼊到欧⼏⾥得算法中推⼀步就好了。

⼀个优美的恒等式以及证明⼀个优美的恒等式∑i +j +k =n i +j i j +k j k +i k =n ∑r =02rr 证明本证明由三⼈合作完成，博主觉得⾮常优美，于是放在了这⾥。

证明硬拆右式⾏不通，考虑构造。

对于i +j i 构造⼀个长度为i +j 的序列S ，由i 个a 、j 个b 组成；接着对于j +k j ,k +i k 等价于i +k i ,j +kj 两者独⽴贡献。

此时考虑对序列S ′←a +S +b ，这样就有i +1个a ，j +1个b ，接着给序列中的每个字符标上指数，令a 的指数和与b 的指数和=k 。

对于所有的指数，均为⾮负整数。

由插板法不难得出a 、b 的指数分配的⽅案贡献(i +k i ),(j +k j )。

接下来将序列S ′变换成S ″：将a x →(a ⋯a )b ，b y →(b ⋯b )a ，注意括号⾥分别有x +1和y +1项，且括号并不出现在序列S ″中。

然后删除S ″中第⼀个字符（a ）。

通过这步操作，|S ″|=2n +3，a ,b 的数量分别为n +1和n +2，且⼀组⽅案S ′→S ″满⾜单射。

我们采取这样的策略还原出S ′：初始时S ′为空，给S ″的开头补上字符a ，这⾥只假设⼀种情况，另⼀种同理。

如果S ″的开头为a ，则⼀直删除S ″的第⼀个字符，直到第⼀个字符为b ，为了⽅便起见称呼这个字符b 为终⽌点，给S ′的末尾加上⼀个a x ，x 为刚刚删除a 的个数−1，然后把S ″开头的终⽌点b 删掉。

继续操作下去，如果剩余的S ″全部为a 或者b ，则不存在S ′对应S ″。

反之即为所求的S ′。

接下来归纳证明该构造的⽅案数等价于右式。

对于n =0时显然成⽴；对于n >0时，记左式=f (n )。

显然S ″=⋯ba ，考虑倒数第三个字符，如果其为b ，则⼀定存在S ′与该S ″对应（如果倒数第三个字符b 为终⽌点，最后两个也可以被消除），此时剩余2n 个字符和n 个a 和b ，⽅案数为(2nn )；如果为a ，假设是终⽌点，则最后的ba 可以被消除，否则最后的b 将成为终⽌点，仅剩⼀个a ⽆法被消除，不存在S ′对应。

高中数学中的三角恒等式证明在高中数学中，三角恒等式是一个重要的概念。

它们是一些关于三角函数的等式，可以用来简化和证明各种数学问题。

三角恒等式的证明是数学学习中的一项重要任务，它不仅可以帮助学生更好地理解三角函数的性质，还可以培养学生的逻辑思维和推理能力。

一、基本恒等式的证明在数学中，有一些基本的三角恒等式，它们是其他恒等式的基础。

例如，正弦函数和余弦函数的平方和等于1，即sin²θ + cos²θ = 1。

这个恒等式可以通过几何方法证明。

我们可以假设一个单位圆，以原点为圆心，然后在圆上取一点P(x, y)。

根据单位圆的定义，点P到原点的距离等于1，即x² + y² = 1。

因此，根据三角函数的定义，sin²θ + cos²θ = x² + y² = 1，恒等成立。

二、和差恒等式的证明和差恒等式是指将两个三角函数的和或差表示为一个三角函数的形式。

例如，sin(A + B) = sinAcosB + cosAsinB。

为了证明这个恒等式，我们可以使用三角函数的定义和一些基本的代数运算。

首先，我们可以将A和B表示为单位圆上的两个点P和Q。

然后，我们可以通过几何方法证明sin(A + B)等于点P和点Q的纵坐标之和，即sinAcosB + cosAsinB。

三、倍角恒等式的证明倍角恒等式是指将一个三角函数的倍角表示为一个三角函数的形式。

例如，sin2θ = 2sinθcosθ。

为了证明这个恒等式，我们可以使用和差恒等式和一些代数运算。

首先，我们可以将2θ表示为θ + θ。

然后，根据和差恒等式，我们可以将sin2θ表示为sin(θ + θ)。

接下来，我们可以使用和差恒等式展开sin(θ + θ)，得到2sinθcosθ。

四、其他恒等式的证明除了基本恒等式、和差恒等式和倍角恒等式，还有许多其他的三角恒等式。

这些恒等式的证明方法各不相同，有些可以通过几何方法证明，有些可以通过代数方法证明，还有些可以通过数学归纳法证明。

数论中的一些公式【整理】以下等式或者不等式均可以用数学归纳法予以证明！1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n^21*2 + 2*3 + 3*4 + ... + n*(n + 1) = n*(n + 1)*(n + 2) / 31*1! + 2*2! + 3*3! + ... + n*n! = (n + 1)! - 11^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = n*(n + 1)*(2n + 1) / 61^2 - 2^2 + 3^2 -... + (-1)^n * n^2 = (-1)^(n + 1) * n * (n + 1) / 22^2 + 4^2 + ... + (2n)^2 = 2n*(n+1)*(2n+1) / 31/2! + 2/3! + ... + n/(n+1)! = 1 - 1/(n+1)!2^(n + 1) < 1 + (n + 1)2^n1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = (n*(n + 1) / 2)^21/(2*4)+1*3/(2*4*6)+1*3*5/(2*4*6*8)+...+(1*3*5*...*(2n-1))/(2*4*6*... *(2n+2)) = 1/2 - (1*3*5*...*(2n+1))/(2*4*6*...*(2n+2))1/(2^2-1) + 1/(3^2-1) + .. + 1 / ((n+1)^2 - 1) = 3/4 - 1/(2*(n+1)) - 1/(2*(n+2))1/2n <= 1*3*5*...*(2n-1) / (2*4*6*...*2n) <= 1 / sqrt(n+1) n=1,2...2^n >= n^2 , n=4, 5,...2^n >= 2n + 1, n=3,4,...r^0 + r^1 + ... + r^n < 1 / (1 - r), n>=0, 0<r<11*r^1 + 2*r^2 + ... + n*r^n < r / (1-r)^2, n>=1, 0<r<11/2^1 + 2/2^2 + 3/2^3 + ... + n /2^n < 2, n>=1(a(1)*a(2)*...*a(2^n))^(1/2^n) <= (a(1) + a(2) + ... + a(2^n)) / 2^n, n = 1, 2, ... a(i)是正数注:()用来标记下标cos(x) + cos(2x) + ... + cos(nx) = cos((x/2)*(n+1))*sin(nx/2) / sin(x/2), 其中sin(x/2) != 01*sin(x) + 2*sin(2x) + ... + n*sin(nx) = sin((n+1)*x) / (4*sin(x/2)^2) - (n+1)cos((2n + 1)/2 * x) / (2 * sin(x/2))其中sin(x/2) != 05^n - 1能被4整除7^n - 1能被6整除11^n - 6能被5整除6*7^n - 2*3^n能被4整除3^n + 7^n - 2能被8整除n条直线能将平面最多划分为(n^2 + n + 2) / 2个区域定义H(k) = 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/k则1 + n/2 <=H(2^n) <= 1 + nH(1) + H(2) + ... + H(n) = (n + 1) * H(n) - n1*H(1) + 2*H(2) + ... + n*H(n) = n*(n + 1) / 2 * H(n + 1) - n * (n + 1) / 4欧拉函数的定义:E(k)=([1,n-1]中与n互质的整数个数).因为任意正整数都可以唯一表示成如下形式:k=p1^a1*p2^a2*……*pi^ai;(即分解质因数形式)可以推出:E(k)=(p1-1)(p2-1)……(pi-1)*(p1^(a1-1))(p2^(a2-1))……(pi^(ai-1))=k*(p1-1)(p2-1)……(pi-1)/(p1*p2*……pi);=k*(1-1/p1)*(1-1/p2)....(1-1/pk)在程序中利用欧拉函数如下性质，可以快速求出欧拉函数的值(a为N的质因素)若(N%a==0 && (N/a)%a==0) 则有:E(N)=E(N/a)*a;若(N%a==0 && (N/a)%a!=0) 则有:E(N)=E(N/a)*(a-1);若N>2, 欧拉函数E(N)必定是偶数若gcd(a,b) = 1,则有E(a * b) = E(a) * E(b)若一个数N分解成p1^a1 * p2^a2 * ... * pn^an，那么E(N) = p1^(a1 - 1) * (p1 - 1) * ... * pn^(an - 1) * (pn - 1)若N>1,不大于N且与N互素的所有正整数的和是1/2 * N * E(N)因子和: 若 k=p1^a1*p2^a2...*pi^ai F(k) =(p1^0+...+p1^a1)*(p2^0+...+p2^a2)*...*(pi^0 + ... + pi^ai)没有一个平方数是以2,3,7,8结尾的max{a, b, c} - min{a, b, c} = (|a - b| + |b - c| + |a - c|) / 2ac % m = bc % m 可以得到 a % m' = b % m' m' = m / gcd(m, c)如果a % mi = b % mi (i=1,2,...,n) 并且 l = lcm(m1, m2, ..., mn) 则可以得到 a % l = b % lEuler 定理若gcd(a,m)==1, 则a^(phi(m)) % m = 1 % mFermat小定理p为素数，对任意的a有 a^p % p = a % pp为素数，对任意的a(a<p), a^(p-1) % p = 1 % pp为素数，对任意的a，若gcd(p,a)==1, a^(p-1) % p = 1 % p一个奇数a的平方减1都是8的倍数任意4个连续整数的乘积再加上1 一定是完全平方数当a是整数时，a(a-1)(2a-1)是6的倍数当a是奇数时, a(a^2 - 1)是24的倍数n次代数方程 x^n + a1 * x^(n-1) + ... + an-1*x + an = 0 的系数都是a1, a2, ... , an都是整数。

一个恒等式的值域证明摘要：偶数6≥e N ，表为两个奇素数之和的表法个数)(2e N r 会不会出现断崖现象？由于哈-李渐近函数的余项的阶，目前没有找到有效的估计方式，一直困扰着哥德巴赫猜想的研究。

本文根据崔坤先生给出的)(2e N r 的一个真值函数表达式，给出一个1)(2≥e N r 的证明。

供参考。

关键词：表法个数，真值函数一，符号意义e N ：大于等于6的偶数。

)(i e N ：第i 级偶数元素。

)(e N c ：表e N 为两个奇合数之和的表法个数。

例：100=9+91=15+85=25+75=35+65=45+55=49+51， 12)100(=c ；24=9+15， 2)24(=c ； 18=9+9， 1)18(=c 。

二，两个式子，若干公设1，存在真值函数恒等式 )4(21)()(2)(2+-+=e ee e N N c N N r π ………… （1） 2，式（1）等于号两边同除以e N ，21)()(22)(2-+=+e e e e e N N c N N N r π …… （2） 公设：（1） 1 不是素数。

（2）e N 21是素数，对)(2e N r 有独立的贡献1。

（3）e N 21是奇合数，对)(e N C 有独立的贡献1。

三，一个命题命题：取6≥e N ， 有ee e e e e N N N c N N N r 321)()(22)(2≥-+=+π 。

证：先给出几个引理及推论引理1：设素数序列 21=p ，32=p ，53=p ，74=p ，… ；全体偶数可以按照 21)(2+<<i i e i p N p 予以分级 1级偶数元素 2)1(232<<e N ， 2级偶数元素 2)2(253<<e N ， 3级偶数元素 2)3(275<<e N ， … ，i 级偶数元素 21)(2+<<i i e i p N p 。

第五讲恒等式的证明代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．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．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．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．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．1．由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．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．分析将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．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．说明本例的证明思路就是“由繁到简”．例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且证令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，则又因为所以所以说明本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．2．比较法a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．例3 求证：分析用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．证因为所以所以说明本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．全不为零．证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．说明本例采用的是比商法．3．分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．证要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要证a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证 ab=ac+bc，只要证 c(a+b)=ab，只要证这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立．说明本题采用的方法是典型的分析法．例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．证由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．说明本题采用的方法是综合法．4．其他证明方法与技巧求证：8a+9b+5c=0．a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．所以6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)=6k(a-b+b-c+c-a)，即 8a+9b+5c=0．说明本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．例8 已知a+b+c=0，求证2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．分析与证明用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2=(a2-b2-c2)2-4b2c2=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．说明本题证明过程中主要是进行因式分解．分析本题的两个已知条件中，包含字母a，x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．证由已知说明本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．例10 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．分析与证明此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．令y+z-2x=a，①z+x-2y=b，②x+y-2z=c，③则要证的等式变为a3+b3+c3=3abc．联想到乘法公式：a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)，所以将①，②，③相加有a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以 a3+b3+c3-3abc=0，所以(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．说明由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且求证：x2y2z2=1．分析本题x，y，z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．证由已知有①×②×③得x2y2z2=1．说明这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．总之，从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上，深刻体会例题中的常用变形技能与方法，这对以后的数学学习非常重要．练习五1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求证：2b=a+c．2．证明：(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)．3．求证：5．证明：6．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求证：x=y=z或x+y+z=0．7．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证：(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．。