第23讲 代数证明

代数基本定理纯代数证明我们说起代数基本定理，哎，可能大家脑袋里一下子就蹦出“这玩意儿肯定很难”的念头，对吧？不过，真说白了，它其实并没有想象中的那么恐怖。

代数基本定理嘛，简单点来说，就是它告诉你：每个非零的多项式，在复数范围内一定有根。

说得通俗点，就是，不管你写出啥多项式，反正肯定会有一个复数能解得开它，简单点说，它总有一个“解决办法”。

哎，听起来是不是就不那么可怕了？接下来咱们就来聊聊这个定理怎么一步步搞定的，看看它是怎么从“有点神秘”的东西，变成“啊，原来是这么回事”的。

首先嘛，我们得理解一下，什么是“多项式”。

这事儿，咱得从基础开始讲。

你要是高中数学还记得的话，多项式其实就是像这样的一堆数字和变量混在一起的东西，像啥x² + 2x + 3 这种，甚至更复杂的也行。

然后，这个多项式，它可不是随便哪个数都能解决的哦。

举个简单的例子：x² 2 = 0，大家一想就知道它是x = √2或者x = √2吧？这没问题。

但问题来了，这种二次方程，咱能保证它一定有解吗？你不信吧？那我们就来点“猛料”。

代数基本定理的核心思想就是：不管你手上拿的是啥样的多项式，反正它一定有一个“根”，这个根不一定是咱眼中的“实数”，可能是个虚数，或者叫做复数。

举个最简单的例子，想象一个方程x² + 1 = 0，好像挺奇怪的，根本找不到能让它成立的实数对吧？可偏偏呢，复数1的平方根就能解开它。

它的“根”就是i，大家都知道，这个i是个神奇的虚数，它的平方是1。

你说，这事儿就是这么神奇，连普通实数都不行，结果复数倒是解得了。

好啦，那我们开始切入正题，开始讲代数基本定理如何用“纯代数”的方法证明。

你看啊，咱从一个已经挺牛逼的事实出发，就是复数这些东西，已经足够丰富到能包容所有方程的根了。

你要是想搞定这个定理，得从多项式的一些基本性质着手。

想想看，咱现在面对一个n次方程，形式就是这样的：。

a_n x^n + a_{n1 x^{n1 + dots + a_1 x + a_0 = 0 。

数学二十三章的知识点总结一、特征方程的概念1、特征方程的定义特征方程，是用来求解线性微分方程的一种方法。

对于一个n阶线性微分方程：an*y^(n) + an-1*y^(n-1) + ... + a1*y' + a0*y = 0其中，an, an-1, ..., a1, a0均为常数。

我们将该线性微分方程转化为特征方程，即将y替换为λ，将y'替换为d/dx。

2、特征方程的形式将n阶线性微分方程转化为特征方程的形式为：an*λ^(n) + an-1*λ^(n-1) + ... + a1*λ + a0 = 03、特征方程的求解根据特征方程的形式，我们可以使用代数方法求解特征方程的根。

特征方程的根是线性微分方程的解的基础。

二、特征方程与线性微分方程的解1、特征方程的根与线性微分方程的解当我们求解特征方程得到不同的实根λ1, λ2, ..., λn时，线性微分方程的通解形式为：y = c1*e^(λ1*x) + c2*e^(λ2*x) + ... + cn*e^(λn*x)其中，c1, c2, ..., cn为任意常数。

2、特征方程的根的类型特征方程的根有三种类型：（1）不同的实根（2）重根（3）共轭复根3、特征方程与常系数线性齐次微分方程的关系当我们求解常系数线性齐次微分方程(an*y^(n) + an-1*y^(n-1) + ... + a1*y' + a0*y = 0)时，通过转化为特征方程，可以得到对应的通解形式。

4、特殊情况的处理当特征方程的根为复数时，我们需要使用欧拉公式将其化为指数形式进行求解。

当特征方程的根为重根时，我们需要将其对应的解做合并处理。

三、特征方程的应用1、特征方程在高等数学中的应用特征方程在高等数学中有广泛的应用，它与线性微分方程、矩阵、差分方程等方面有着密切的联系。

2、特征方程在物理学中的应用特征方程在物理学中有重要的应用，它可以描述物理系统的稳定性、振动特性等。

代数基本定理的证明基本思路数学归纳法替推也就是假设n 次方程至少有n个复数解推出n+1 次方程至少有n+1 个复数解（包括相同的解）。

对于函数f z=z-a0z为复数，作为矢量，f(z)也为矢量。

如下图，左图为变量z的变化轨迹，右图为f(z)的变化轨迹。

当z在左图圆上旋转一圈，a0在圆内一点，可知f(z)为矢量箭头也旋转一周，f(z)反映在右图的圆周轨迹也是一个圆周。

原点在f(z)轨迹内部。

考虑f(z)=(z-a0)(z-a1)由复数定理可知f(z)的辐角等于z-a0的辐角与z-a1的辐角的和。

Z的变化轨迹是一个圆，a0，a1在圆内。

Z变化一周，z−a0变化一周，z−a1也变化一周。

f(z)为连续变化，f(z)的辐角也连续变化。

看下图：从辐角和的公式Arg f z=Arg(z-a0)+Arg(z-a1)，z在圆周上逆时针旋转，辐角逐渐变大z-a0， z-a1的辐角也逐渐变大，所以f(z)的辐角逐渐变大，所以f(z)绕原点旋转如右图。

当z-a0， z-a1的辐角和变化2π，f(z)的辐角也变化2π，这个时候z的辐角继续变大直到2π，f(z)的辐角继续变大，最终变化量为2∗2π，首尾连接（因为f(z)可以转化为实数是单值的）。

由此可以推出f z=z−a0z−a1…(z−a n)当a0，a1…a n在z旋转轨迹圆内时，z旋转一圈，f(z)将绕原点旋转n+1圈，最终形成封闭曲线。

1次方程z+b0=0有一个根。

假设n次方程有n个复数解则n+1次方程可写成z z−a1)z−a2…(z−a n+a0=0。

令f z=z z−a1)z−a2…(z−a n，可以z变化的圆轨迹足够大时，z变化一圈，f(z)将沿原点旋转n+1圈，最终形成封闭曲线。

关注最外围的封闭曲线。

第一种情况−a0在f(z)最外围封闭曲线外。

先任意固定z的辐角，增大z的模，也就是增大z轨道圆的半径，逐渐变化到无穷大f(z)的模将变化到无穷大，f z=z×|z−a1)|×|z−a2|…|(z−a n|，因为z的辐角是任意的，所以f(z)最外围封闭曲线上f(z)的模都将变化到无穷大。

代数证明与恒等变形代数证明主要是指证明代数中的一些相等关系或不等关系．在初中阶段，要证的等式一般可分为恒等式的证明和条件等式的证明． 恒等式的证明常用的方法有：(1)由繁到简，从一边推向另一边； (2)从左右两边人手，相向推进；(3)作差或作商证明，即证明：左边一右边=0，)0(1≠=右边右边左边． 条件等式的证明实质是有根据、有目的的代数式恒等变换，证明的关键是寻找条件与结论的联系，既要注意已知条件的变换，使之有利于应用；又要考虑求证的需求情况，使之有利于与已知条件的沟通． 代数证明不同于几何证明，几何证明有直观的图形为依托，而代数证明却取决于代数式化简求值变形技巧、方法和思想的熟练运用．例1：设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a 2+b 2,n=c 2+d 2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是______.解 mn=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+2abcd+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd ）2+(ad+bc)2.例2 ： 设x 、y 、z 为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2. 求)1)(1)(1()1)(1)(1(222++++++z y x xy zx yz 的值.解 将条件化简成2x 2+2y 2+2z 2-2xy-2xz-2yz=0∴(x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴x=y=z,∴原式=1.例3：设a+b+c=3m,求证: (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0. 证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c,则p+q+r=0. P 3+q 3+r 3-3pqr=(p+q+r)(p 2+q 2+r 2-pq-qr-rp)=0 ∴p 3+q 3+r 3-3pqr=0即 (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0 例4：若67890123475678901235,67890123455678901234==B A ,试比较A 、B 的大小.解 设 ,yx A =则,21++=y x B)2(2)2()1()2(21+-=++-+=++-y y yx y y x y y x y x y x . ∵2x ＞y ∴2x-y ＞0, 又y ＞0, 可知21++-y x y x ＞0 ∴A ＞B.例5：求最大的正整数n ，使得n 3+100能被n+10整除．分析：此题可以运用整除法或两个整式整除的问题转化为一个分式问题加以解决．解：333100109001010n n n n ++-=++=2(10)(10100)90010n n n n +-+-+＝n 2-10n+100-90010n + 要使n+10整除n 3+100，必须且只需n+10整除900，又因为n 取最大值，•所以n+•10=900，从而符合要求的正整数n 的最大值为890．评注：对于分子的次数高于或等于分母的次数的分式，可化为整式部分与分式部分的和．例6：已知a 、b 、c 为非负实数，且a 2+b 2+c 2=1,3111111-=⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a c a c b c b a ,求a+b+c 的值. 解：由条件知(a+b+c)()111cb a ++=0 ∴a+b+c=0 或cb a 111++=0当c b a 111++=0时，abcac bc ab ++=0 ∴ab+bc+ac=0∵(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ac=1 ∴a+b+c=±1∴a+b+c=0或1或-1例7：已知.0222=-+-+-c ab c b ac b a bc a 求证:0)()()(222222=-+-+-c ab c b ac b a bc a . 证明 222222222.()()a b c ab bc ac b cbc a ac b ab c ac b ab c -+-+=-=-----.0))()(()()()(.))()(()(.))()(()(.))()(()(222222222222222222222222222222222222222222222222=---+-+-+-+++-+-=-+-+-∴---+-+-=----+-+-=-----++-=-∴c ab b ac a bc b a c b ab c a c a bc ac b a c b ac bc ab c ab c b ac b a bc a c ab b ac a bc ca cb abc a c ab c c ab a bc b ac ca bc ac ab b ac b c ab b ac a bc c b ac bc ab a bc a 同理例8：设a 、b 、c 、d 都是正整数，且a 5=b 4,c 3=d 2,c-a=19,求d-b.解 由质因数分解的唯一性及a 5=b 4,c 3=d 2,可设a=x 4,c=y 2,故19=c-a=(y 2-x 4)=(y-x 2)(y+x 2)⎪⎩⎪⎨⎧=+=-∴.19,122x y x y 解得 x=3. y=10. ∴ d-b=y 3-x 5=757.练习：（1）已知a 2+c 2=2b 2,求证.211ac b a c b +=+++（2）求证：aa z a y a x a az z a ay y a ax x 3111222+-+-+-=-+-+-（3）求证：)1)(1)(1(4)1()1()1(222abab b b a a ab ab b b a a ++++=+++++．例9：已知a 、b 、c 、d 满足a+b=c+d ，a 3+b 3=c 3+d 3, 求证：a 2001+b 2001=c 2001+d 2001.解：由a 3+b 3=c 3+d 3得：(a+b) (a 2-ab+b 2)=(c+d) (c 2-cd+d 2)∵a+b =c+d ，则有(1) 若a+b =c+d=0，则a= -b ，c= -d ，从而a 2001+b 2001=c 2001+d 2001=0(2) 若a+b =c+d ≠0，则a 2-ab+b 2=c 2-cd+d 2，∴(a+b)2-3 ab=(c+d)2-3 cd ，从而ab=cd∴(a+b)2-4ab=(c+d)2-4 cd ，∴(a-b)2=(c-d)2，∴a-b=±(c-d) 可得a=b=c=d ，从而a 2001+b 2001=c 2001+d 2001例10： 有18支足球队进行单循环赛，每个参赛队同其他各队进行一场比赛，假设比赛的结果没有平局，如果用i a 和i b ，分别表示第i(i=1，2，3…18)支球队在整个赛程中胜与负的局数． 求证：21822212182221b b b a a a +++=+++ ．解：由于每支球队都要进行18-1=17场比赛，则对于第i 支球队有a i +b i =17,i=1,2,3,……18；由于比赛无平局，故所有参赛队的胜与负的总局数相等，即a 1+a 2+…+a 18=b 1+b 2+…+b 18由（a 12+a 22+…+a 182）-（b 12+b 22+…+b 182）=(a 12-b 12)+ (a 22-b 22)+…+(a 182-b 182) =17×[(a 1+a 2+…+a 18)-(b 1+b 2+…+b 18)]=0得21822212182221b b b a a a +++=+++例11：已知333cz by ax ==，且1111=++zy x ．求证：3333222c b a cz by ax ++=++．思路点拨 条件中有一个连等式，恰当引入参数，把待证式两边都变形为与参数相同的同一个代数式．解：设333cz by ax ===t 3，则a=33x t ，b=33yt，c=33z t因333c b a ++=t t zy x =++)111(又33333222111z cz y by x ax cz by ax ⋅+⋅+⋅=++=33)111(zy x t ++=t ，从而得证.例12： 已知0≠abc ，证明：四个数abc c b a 3)(++、abc a c b 3)(--、abc b a c 3)(--、abcc b a 3)(--中至少有一个不小于6．思路点拨 整体考虑，只需证明它们的和大于等于24即可． 解：因为abc c b a 3)(+++abc a c b 3)(--+abc b a c 3)(--+abc c b a 3)(--=abcc b a b a c a c b c b a ])()[(])()[(3333--+--+--+++=abcabcabc ac c b a b ac c b a b 24)633(2)633(2222222=-++-+++=24 若abcc b a 3)(++＜6，abc a c b 3)(--＜6，abc b a c 3)(--＜6，abc c b a 3)(--＜6，则他们的和必小于24，这与上式矛盾，故四个加数中至少有一个不小于6。

代数式的恒等式与方程的证明与推理一、恒等式的定义与性质在代数学中，恒等式是一种数学表达式，其中的两边总是相等的。

恒等式可以由代数运算得出，并且对于任意满足其中所涉及的条件的变量或数值，都成立。

恒等式的性质如下：1. 反身性：对于任意的数值或变量，恒等式与自身相等。

2. 对称性：恒等式的两边可以互换位置而保持相等。

3. 传递性：如果恒等式A等于恒等式B，而恒等式B又等于恒等式C，那么恒等式A也等于恒等式C。

二、恒等式的证明方法1. 直接证明法：通过直接计算，将恒等式的左边转化为右边，或将右边转化为左边，以证明两边相等。

举例来说，对于恒等式(a + b)² = a² + 2ab + b²，我们可以通过展开左边并进行求和运算，证明它与右边相等。

2. 分类讨论法：将恒等式中的变量或数值分成不同情况进行讨论，证明恒等式在每种情况下都成立。

举例来说，对于恒等式|a| = a 或 |a| = -a，我们可以分别讨论a为正数、负数和0的情况，证明恒等式在每种情况下都成立。

3. 数学归纳法：适用于需要证明一个恒等式对于所有自然数或整数都成立的情况。

举例来说，对于恒等式1² + 2² + 3² + ... + n² = (n(n + 1)(2n + 1))/6，我们可以使用数学归纳法证明。

三、方程的定义与求解方法方程是恒等式的一种特殊形式，其中至少包含一个未知数，并且需要找到满足方程的未知数的值。

方程的求解方法如下：1. 引入一个变量：将方程中的未知数引入一个临时变量，通过运算将方程转化为一个恒等式，从而求解出未知数。

2. 因式分解法：对于含有多项式的方程，可以使用因式分解法来将方程转化为多个恒等式的乘积，再求解每个恒等式中的未知数。

3. 方程求根法：利用方程的特点，例如一元二次方程的求根公式，解析求解出未知数。

四、方程的证明与推理方法1. 逆向推理法：从一个已知的等式或不等式出发，通过逆向推导，得到要证明的方程。

代数法证明叉乘反交换律-概述说明以及解释1.引言1.1 概述:在代数学中，叉乘是一种重要的向量运算，它在向量分析、物理学以及工程领域中被广泛应用。

叉乘的性质和规律对于理解向量的运算及其在现实世界中的应用至关重要。

其中，叉乘的反交换律是一个重要的性质，它表明两个向量进行叉乘运算时，交换向量的位置会改变结果的符号。

本文将通过代数法证明叉乘的反交换律，通过明确的数学推导和分析，展示叉乘运算的规律以及其在向量运算中的重要性。

通过本文的阐述，读者将能够更深入地理解叉乘运算的本质和意义，从而更好地应用于实际问题的解决中。

1.2 文章结构本文将分为三个部分来展开讨论叉乘反交换律的代数证明。

首先，在第二部分将介绍什么是叉乘，以及叉乘的性质，为后续证明奠定基础。

然后，在第三部分将详细介绍代数法证明叉乘反交换律的过程，并解释其中的关键步骤和推理。

最后，结论部分将总结叉乘的重要性，探讨代数法证明的意义，并展望未来可能的研究方向。

通过这样的分析结构，读者可以更清晰地理解叉乘的性质和代数证明的过程，从而深入掌握这一重要数学概念。

1.3 目的：本文旨在通过代数法证明叉乘的反交换律，即\( \mathbf{a} \times \mathbf{b} = -\mathbf{b} \times \mathbf{a} \)。

通过具体的代数推导，展示叉乘在向量运算中的重要性和特点，加深读者对于叉乘运算的理解和掌握。

同时，通过这一证明过程，也有助于读者提升数学推导的能力，培养逻辑思维和抽象推理的能力。

最终旨在向读者呈现叉乘反交换律的证明过程，让读者能够更深入地理解向量运算中的重要概念，进一步探索数学的美丽和奥秘。

2.正文2.1 什么是叉乘：在向量和矢量运算中，叉乘是一种二元运算，用符号"×"表示，也称为向量积或外积。

叉乘的结果是一个新的向量，该向量垂直于参与运算的两个向量，并且大小与这两个向量构成的平行四边形的面积成正比。

代数学基本定理的证明代数学基本定理，又称为代数基本定理，是代数学中的一个重要定理，它可以用于描述复数域上的多项式方程。

该定理的核心内容是：每个复系数n次多项式方程，都有n个复数根（重根算多个）。

这个定理的证明是非常有趣和精妙的，下面我们将详细介绍代数学基本定理的证明过程。

为了证明代数学基本定理，我们需先引入一个重要引理：复数域上的非零多项式方程必然有根。

这个引理可以这样证明：假设存在一个复系数多项式方程P(x)没有根。

然后我们考虑P(x)的系数a_n,a_{n-1},...,a_1,a_0。

由于P(x)没有根，所以对于任意的复数x，都有P(x)≠0。

然后我们构造一个新的多项式方程Q(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0，显然Q(x)也没有根。

但是我们可以发现，当x取非常大的复数时，Q(x)的绝对值也会变得非常大，这与复系数多项式方程的性质是矛盾的。

所以我们得出结论：复数域上的非零多项式方程必然有根。

接下来，我们来证明代数学基本定理。

我们可以采用数学归纳法来证明这个定理。

首先，当n=1时，我们只需要考虑一次多项式方程a_1x+a_0=0即可。

根据前面的引理，这个方程必然有根，所以代数学基本定理在n=1时成立。

假设当n=k时，任意一个k次多项式方程都有k个复数根。

现在我们来考虑一个k+1次多项式方程P(x)=a_{k+1}x^{k+1}+a_kx^k+...+a_1x+a_0=0。

我们可以先找到一个复数根x_1，使得P(x_1)=0成立。

根据多项式除法的原理，我们可以将P(x)除以(x-x_1)，得到一个k次多项式方程Q(x)=a_{k+1}(x-x_1)^k+b_k(x-x_1)^{k-1}+...+b_1(x-x_1)+b_0=0。

现在我们来证明Q(x)至少有k个复数根。

假设Q(x)没有根，那么根据前面的引理，Q(x)必然是一个常数，即b_k=b_{k-1}=...=b_1=b_0=0。

代数方法证明代数基本定理代数基本定理，那可是代数领域里超级重要的宝贝呀！它说的是任何一个复数域上的多项式都至少有一个复数根。

哇哦，听起来是不是很神奇呢？那怎么用代数方法来证明这个神奇的定理呢？嘿嘿，这可得好好讲讲。

咱先从多项式说起吧。

就好像搭积木一样，多项式就是由一堆“小零件”组成的。

这些“小零件”就是变量的幂次和系数。

然后我们就开始在这个多项式的世界里探索啦。

想象一下，我们要找到那个让多项式等于零的神秘数字，也就是根。

这就像是在一个大迷宫里找出口一样，得有点小技巧才行。

我们可以用一些巧妙的方法，比如分析多项式的次数啦，研究它的系数之间的关系啦。

就好像我们要了解一个人的性格，得从他的言行举止等各方面去观察一样。

比如说，对于一个一次多项式，那很简单呀，直接就能找到根啦。

但对于高次多项式，那就有点复杂咯。

这时候，我们就可以用一些特殊的工具和方法啦。

比如说，我们可以利用代数学里的定理和法则，就像我们有了一把万能钥匙，可以打开各种锁一样。

我们还可以把多项式进行变形，让它变得更容易理解和处理。

这就好像把一个复杂的拼图拆分成小块，然后再慢慢拼起来。

有时候，证明的过程就像是一场冒险，我们会遇到各种困难和挑战，但只要我们坚持不懈，就一定能找到答案。

哎呀呀，代数基本定理的证明可不是一蹴而就的呀，那是经过了无数数学家们的努力和探索才得到的。

他们就像勇敢的探险家，在代数的海洋里不断航行，寻找着真理的彼岸。

我们普通人可能没办法像那些伟大的数学家一样，一下子就找到完美的证明方法，但我们可以试着去理解他们的思路，感受他们的智慧呀。

你说，代数基本定理是不是很有趣呢？它就像一个隐藏在代数世界里的宝藏，等待着我们去挖掘和发现。

虽然证明的过程可能有点复杂，但只要我们有耐心，有好奇心，就一定能领略到它的魅力。

所以呀，别小看了代数方法证明代数基本定理哦，它可是数学领域里一颗璀璨的明星呢！让我们一起在代数的世界里畅游，去探索更多的奥秘吧！。

代数基本定理的几种证明代数基本定理是说：任何一个非常数的单项式方程（或者说任何一个非常数的多项式方程）都有至少一个复数根。

下面我将给出几种代数基本定理的证明。

1.代入法证明：设f(x)是一个非常数的多项式方程。

我们可以将f(x)表示为多个一次项的乘积形式：f(x)=a_n(x-r_1)(x-r_2)…(x-r_n)其中a_n是多项式的首项系数，r_1，r_2，…，r_n是复数根。

现在我们考虑当x趋近于无穷大时，f(x)的变化情况。

由于f(x)是非常数的多项式方程，所以当x趋近无穷大时，f(x)也趋近于无穷大。

根据这一点，我们可以找到一个实数M，使得当，x，>M时，f(x)，>1现在我们来考虑f(x)在半径为R的圆盘区域内的情况，其中R足够大，使得，z，>R时，f(z)，>1、根据开球覆盖定理，我们可以在这个圆盘区域中选择有限个半径为1的开球，覆盖整个圆盘区域。

由于f(x)的复系数，所以对于每个开球中的根r_i，其共轭根也在开球中，并且开球中的根是有限个。

于是我们可以在这个圆盘区域中找到一个开球，使得其中的根全部在这个开球内。

我们定义了这样一个开球，那么其中的根都被包含在这个开球内。

那么这个开球的半径就是R的一个上界，但这是不可能的，因为我们假设了所有的复数根都在这个开球内。

所以假设不成立，这意味着任何一个非常数的多项式方程都至少有一个复数根。

2.复数代换证明：设f(x)是一个非常数的多项式方程。

我们假设f(x)不具有任何复数根，也就是不存在任何复数r，使得f(r)=0。

现在我们考虑f(x)的次数。

假设f(x)的次数为n，也就是说f(x)可以表示为：f(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x + a_0其中a_n不等于0。

根据复数代换原理，我们可以将f(x)转化为一个次数为n的多项式方程g(z) = b_nz^n + b_{n-1}z^{n-1} + ... + b_1z + b_0，其中z是复数，b_i是复数系数。

初中数学竞赛辅导资料（初二4）代数恒等式的证明甲内容提要证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。

具体证法一般有如下几种1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。

变形的过程中要不断注意结论的形式。

2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。

3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。

即由左边－右边＝0可得左边＝右边。

4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。

还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，乙例题例1求证：3 n+2－2n＋2＋2×5 n+2＋3 n－2 n＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2－2 n）＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）=右边又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n∴左边＝右边例2 己知:a+b+c=0 求证：a3+b3+c3=3abc证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1) ∵:a+b+c=0∴a3+b3+c3－3abc＝0即a3+b3+c3=3abc又证：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）两边立方a3=－（b3+3b2c+3bc2+c3）移项a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc再证：由己知a=－b－c 代入左边,得（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c3＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc例3 己知a+ac c b b 111+=+=,a ≠b ≠c 求证：a 2b 2c 2=1 证明：由己知a-b=bcc b b c -=-11 ∴bc=b a c b -- b-c=caa c c a -=-11 ∴ca=cb ac -- 同理ab=a c b a -- ∴ab bc ca ＝a c b a --b a c b --c b a c --＝1 即a 2b 2c 2=1 例4 己知:ax 2+bx+c 是一个完全平方式（a,b,c 是常数）求证：b 2－4ac=0 证明：设:ax 2+bx+c ＝（mx+n ）2 ， m,n 是常数那么:ax 2+bx+c ＝m 2x 2+2mnx+n 2根据恒等式的性质 得⎪⎩⎪⎨⎧===222n c m n b m a ∴: b 2－4ac ＝（2mn ）2－4m 2n 2=0丙练习201． 求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab②（x+y ）4+x 4+y 4=2(x 2+xy+y 2)2 ③(x-2y)x 3－(y-2x)y 3=(x+y)(x-y)3 ④3 n+2+5 n+2―3 n ―5 n =24(5 n +3 n-1) ⑤a 5n +a n +1=(a 3 n －a 2 n +1)(a 2 n +a n +1)2.己知：a 2+b 2=2ab 求证：a=b3.己知：a+b+c=0求证：①a 3+a 2c+b 2c+b 3=abc ②a 4+b 4+c 4=2a 2b 2+2b 2c 2+2c 2a 24.己知：a 2=a+1 求证：a 5=5a+35.己知：x ＋y －z=0 求证： x 3+8y 3=z 3－6xyz6.己知：a 2+b 2+c 2=ab+ac+bc 求证：a=b=c7.己知：a ∶b=b ∶c 求证：（a+b+c ）2+a 2+b 2+c 2=2(a+b+c)(a+c)8.己知：abc ≠0，ab+bc=2ac 求证：c b b a 1111-=- 9．己知：ac z c b y b a x -=-=- 求证：x+y+z=0 10.求证：（2x －3）（2x+1）(x 2－1)＋1是一个完全平方式11己知：ax 3+bx 2+cx+d 能被x 2+p 整除 求证：ad=bc答案：1.④左边＝5 n(5 2-1)+3 n－1(33-3)= 24(5 n+3 n-1)注意右边有3n-12.左边－右边＝（a-b）23.②左边－右边＝（a2+b2-c2）2-4a2b2=……4.∵a5=a2a2a,用a2=a+1代入5.用z=x+2y代入右边6.用已知的（左－右）×27.用b2=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式8.在已知的等式两边都除以abc9.设三个比的比值为k,10.(2x2-x-2)2 11. 用待定系数法。