代数
\begin{verse}
如果我感到忧伤,我会做数学变得快乐;
如果我正快乐,我会做数学保持快乐.——雷尼
\end{verse}
\chapter{代数}
\begin{verse}
我不知道世人怎样看我,但我自己以为我不过像一个在海边玩耍的孩子,
不时为发现比寻常更为美丽的一块卵石或一片贝壳而沾沾自喜,
至于展现在我面前的浩翰的真理海洋,却全然没有发现.——牛顿
\end{verse}
\section{因式分解}
\begin{verse}
我亦无他,惟手熟尔.——欧阳修《卖油翁》
\end{verse}
由数与字母的积或字母与字母的积所组成的代数式叫做单项式(monomial),由有限个单项式的代数和组成的代数式叫做多项式(polynomial).
整式为单项式和多项式的统称.
有理式包括分式和整式,这种代数式中对于字母只进行有限次加、减、乘、除和整数次乘方这些运算,它也可以化为两个多项式的商.
\begin{enumerate}
\item \textbf{平方差公式}:
\[a^2-b^2=(a-b)(a+b).\]
而
\[a^3\pm b^3=(a\pm b)\cdot (a^2\mp ab+b^2).\]
一般地,对正整数$n$有\textbf{幂差公式}
\begin{align*}
&a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}),\\
\end{align*}
当$n$是正奇数时,有\textbf{幂和公式}
\[a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots-ab^{n-2}+b^{n-1}).\]
这就说明$x-1$可整除$x^n-1$.
\item \textbf{完全平方公式}:
\begin{align*}
(a\pm b)^2=a^2\pm 2ab+b^2.
\end{align*}
\textbf{立方和(差)公式}
\[(a\pm b)^3=a^3\pm 3a^2b+3ab^2\pm b^3.\]
\item 几个常用公式:
\begin{align*}
& (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca,\\
&a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\
&x^3\left( z-y \right) +y^3\left( x-z \right) +z^3\left( y-x \right) =\left( x-y \right) \left( y-z \right) \left( z-x \right) \left( x+y+z \right),\\
&x^2\left( z-y \right) +y^2\left( x-z \right) +z^2\left( y-x \right) =\left( x-y \right) \left( y-z \right) \left( z-x \right)\\
&x^4+y^4+z^4-2\left( x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 \right)
=\left( x-y-z \right) \left( -x+y-z \right) \left( -x-y+z \right) \left( x+y+z \right)
\end{align*}
\end{enumerate}
\begin{example}
分解因式
\begin{enumerate}
\item $a^6-b^6$,
\item $a^4+b^4$.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item $a^6-b^6=(a^3)^2-(b^3)^2=(a^3+b^3)(a^3-b^3)=(a+b)(a^2-ab+b^2)(a-b)(a^2+ab+b^2)$.
\item $a^4+b^4=a^4+2a^2b^2+b^4-2a^2b^2=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2
=(a^2-\sqrt{2}ab+b^2)(a^2+\sqrt{2}ab+b^2)$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{example}
分解因式$x^{15}+x^{14}+x^{13}+\cdots+x^2+x+1$.
\end{example}
\begin{solution}
\[\text{原式}=\frac{x^{16}-1}{x-1}=\frac{(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)}{x-1}=
(x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1).\]
\end{solution}
\begin{example}
若$x+\frac{1}{x}=3$,求$\frac{x^3+\frac{1}{x^3}+7}{x^4+\frac{1}{x^4}+3}$.
\end{example}
\begin{solution}
由于$\left(x+\frac{1} {x}\right)^2=x^2+\frac{1} {x^2}+2=9$,则$x^2+\frac{1} {x^2}=7$,于是$\left(x^2+\frac{1} {x^2}\right)^2=x^4+\frac{1}{x^4}+4=49$,则$x^4+\frac{1}{x^4}=45$,
$\left(x+\frac{1} {x}\right)^3=x^3+\frac{1} {x^3}+3(x+\frac{1} {x})$,则$x^3+\frac{1} {x^3}=18$.
\end{solution}
%https://www.ixueshu.com/document/0cd2ec5338a4fa7b318947a18e7f9386.html
\begin{note}
已知$x+\frac{1} {x}=a$,求$x^n+\frac{1}{x^n}$.
\end{note}
\begin{example}
设实数$a,b,c$满足$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$,证明:
\[\frac{1}{a^{2019}}+\frac{1}{b^{2019}}
+\frac{1}{c^{2019}}=\frac{1}{a^{2019}+b^{2019}+c^{2019}}.\]
\end{example}
\begin{solution}
将条件通分整理得$(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=0$,分解因式得$(a+b)(b+c)(c+a)=0$,故$a=-b,b=-c,c=-a$必有一个成立.
\end{solution}
\begin{example}
已知$a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca$,求$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$.
\end{example}
\begin{solution}
注意到
\[
a^2+b^2+c^2-\left( ab+bc+ca \right) =\frac{1}{2}\left[ \left( a-b \right) ^2+\left( b-c \right) ^2+\left( c-a \right) ^2 \right].
\]
\end{solution}
\begin{example}
计算:
\[
\frac{\left( 2^4+\frac{1}{4} \right) \left( 4^4+\frac{1}{4} \right) \left( 6^4+\frac{1}{4} \right) \cdots \left( 20^4+\frac{1}{4} \right)}{\left( 1^4+\frac{1}{4} \right) \left( 3^4+\frac{1}{4} \right) \left( 5^4+\frac{1}{4} \right) \cdots \left( 19^4+\frac{1}{4} \right)}.
\]
\end{example}
\begin{solution}
对分子分母中每个括号乘以$16$,原式可改写为
\[
\frac{\left( 4^4+4 \right) \left( 8^4+4 \right) \left( 12^4+4 \right) \cdots \left( 40^4+4 \right)}{\left( 2^4+1 \right) \left( 6^4+4 \right) \left( 10^4+4 \right) \cdots \left( 38^4+4 \right)}.
\]
利用
\[x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=[(x-1)^2+1][(x+1)^2+1]\]
可知
\begin{align*}
&\frac{\left( 4^4+4 \right) \left( 8^4+4 \right) \left( 12^4+4 \right) \cdots \left( 40^4+4 \right)}{\left( 2^4+1 \right) \left( 6^4+4 \right) \left( 10^4+4 \right) \cdots \left( 38^4+4 \right)}
\\
&=\frac{\left( 3^2+1 \right) \left( 5^2+1 \right) \cdot \left( 7^2+1 \right) \left( 9^2+1 \right) \cdots \left( 39^2+1 \right) \left( 41^2+1 \right)}{\left( 1^2+1 \right) \left( 3^2+1 \right) \cdot \left( 5^2+1 \right) \left( 7^2+1 \right) \cdots \left( 37^2+1 \right) \left( 39^2+1 \right)}
\\
&=\frac{41^2+1}{2}=841.
\end{align*}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\subsection{十字相乘法}
考虑整式乘法
\[(x+a)(x+b)=x^2+(a+b)x+ab,\]
当一个二次式的常数项可以拆成两个数的乘积,而这两个数的和刚好等于一次项系数,我们可以反向利用这个代数式进行因式分解,这种方法称为十字相乘法.
\begin{example}
分解因式
\begin{enumerate}
\item $x^2-(2m+1)x+m^2+m-2$;
\item $2x^2-7xy-22y^2$.
\item $(x^2+3x+2)(4x^2+8x+3)-90$;
\item $6x^4+7x^3-36x^2-7x+6$;
\item $(x^2+xy+y^2)-4xy(x^2+y^2)$;
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item $x^2-(2m+1)x+m^2+m-2=[x-(m+2)][x-(m-1)]$;
\item $2x^2-7xy-22y^2=(x+2y)(2x-11y)$.
\item $(x^2+3x+2)(4x^2+8x+3)-90=(x+1)(x+2)(2x+1)(2x+3)-90
=[(x+2)(2x+1)][(x+1)(2x+3)]-90=(2x^2+5x+2)(2x^2+5x+3)-90$.
令$y=2x^2+5x+2$,原式化为$y(y+1)-90=(y-9)(y+10)$,可得
$(2x^2+5x-7)(2x^2+5x+12)=(x-1)(2x+7)(2x^2+5x+12)$.
\item 原式$=6(x^4+1)+7x(x^2-1)-36x^2=6(x^2-1)^2+7x(x^2-1)-24x^2=[2(x^2-1)-3x][3(x^2-1)+8x]=(2x^2-3x-2)(3x^2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)$.
\item 原式$=[(x+y)^2-xy]^2-4xy[(x+y)^2-2xy]$.令$u=x+y,v=xy$,则原式$=(u^2-v)^2-4v(u^2-2v)=u^4-6u^2v+9v^2=(u^2-3v)^2=(x^2+y^2-xy)^2$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\subsection{求根法}
若$f(a)=0$,则称$a$为多项式$f(x)$的一个根.
\begin{theorem}{因式定理}{sl12}
若$a$是一元多项式$f(x)$的根,即$f(a)=0$成立,则多项式$f(x)$有一个因式$x-a$.
\end{theorem}
根据因式定理,找出一元多项式$f(x)$的一次因式的关键是求多项式$f(x)$的根.对于任意多项式$f(x)$,要求出它的根是没有一般方法的,然而当多项式$f(x)$的系数都是整数时,即整系数多项式时,经常用下面的定理来判定它是否有有理根.
\begin{theorem}{}{sl12}
若既约分数$\frac{p}{q}$ (即$p$与$q$互质)是多项式
\[f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+x_0\]
的根,则必有$q$是最高次系数$a_n$的约数, $p$是常数项$a_0$的约数.特别地,当最高次项为$a_n=1$时,整系数多项式$f(x)$的整数根均为常数项的约数.
\end{theorem}
我们根据上述定理,用求多项式的根来确定多项式的一次因式,从而对多项式进行因式分解.
\begin{example}
分解因式
\begin{enumerate}
\item $x^3-4x^2+6x-4$;
\item $9x^4-3x^3+7x^2-3x-2$;
\item $x^4-2x^3-27x^2-44x+7$.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item 这是一个整系数一元多项式,原式若有整数根,必是$-4$的约数,逐个检验$-4$的约数: $\pm 1,\pm 2,\pm 4$,只有$2$是根,因此$x^3-4x^2+6x-4=(x-2)(x^2-2x+2)$.
\item 因为$9$的约数有$\pm 1,\pm 3,\pm 9$; $-2$的约数有$\pm 1,\pm 2$,所以原式的有理根只可能是
\[\pm 1,\pm 2,\pm \frac{1}{3},\pm \frac{2}{3},\pm \frac{1}{9},\pm \frac{2}{9}.\]
经检验,只有$-\frac{1}{3}$和$\frac{2}{3}$是原式的根,所以原式有因式$x+\frac{1}{3}$和$x-\frac{2}{3}$.又因为$\left(x+\frac{1}{3}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{9}(3x+1)(3x-2)
=\frac{1}{9}(9x^2-3x-2)$,所以$9x^4-3x^3+7x^2-3x-2=(3x+1)(3x-2)(x^2+1)$.
\item (待定系数法)设原式$=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+(a+c)x^3+(b+d+ac)x^2+(ad+bc)x+bd$,所以
\[\begin{cases}
a+c=-2, \\
b+d+ac=-27, \\
ad+bc=-44, \\
bd=7.
\end{cases}\]
由$bd=7$,取$b=1,d=7$,则$a=-7,c=5$,所以原式$=(x^2-7x+1)(x^2+5x+7)$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\subsection{其他类型}
\begin{example}
(1978年高联)将多项式$f(x)=x^8+x^7+1$在整数范围内分解因式.
\end{example}
\begin{solution}
$x^8+x^7+1=(x^2+x+1)(x^6-x^4+x^3-x+1)$.
\end{solution}
\begin{example}
分解因式$f(x,y,z)=x^3(y-z)+y^3(z-x)+z^3(x-y)$.
\end{example}
\begin{solution}
因$f(x,y,z)$是关于$x,y,z$的轮换式,所以必有因式$x-y,y-2,z-x$,于是有因式$(x-y)(y-z)(z-x)$.又$f(x,y,z)$是四次齐次式,所以它还有一个一次对称式的因式,故可设
\[f(x,y,z)=(x-y)(y-z)(z-x)\cdot k(x+y+z).\]
比较原式与所设式的项$x^3y$的系数,得$k=-1$.
故\[f(x,y,z)=-(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z).\]
\end{solution}
\begin{example}
分解$[(a-c)^2+(b-d)^2](a^2+b^2)-(ad-bc)^2$.
\end{example}
\begin{solution}
(求导)上式中变量$c$的次数最低,看成$f(c)$,因为$f'(c)=-2(a-c)(a^2+b^2)+2b(ad-bc)=2a(ac-b^2+bd-a^2)$.积分后得$f(c)=(ac-b^2+bd-a^2)^2+c_0$,又$c_0=f(a)=0$,则原式$=(ac-b^2+bd-a^2)^2$.
\end{solution}
\begin{example}
分解$x^4+y^4+(x+y)^4$.
\end{example}
\begin{solution}
$(x^2+y^2)^2-x^2y^2+(x+y)^4-x^2y^2=2(x^2+xy+y^2)^2$.
\end{solution}
\section{代数变形}
\begin{example}
求证:
\[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots-\frac{1}{2n}=
\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\cdots+\frac{1}{2n}.\]
(思考题)若$s>1$为已知的常数,且
\[1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots+\frac{1}{n^s}+\cdots=S,\]
求
\[1-\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}-\frac{1}{4^s}+\cdots-\frac{1}{(2n)^s}+\cdots.\]
其中$s>0$.
\end{example}
\begin{proof}
注意到
\begin{align*}
&1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots-\frac{1}{2n}\\
&=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)-
2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)\\
&=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\cdots+\frac{1}{2n}.
\end{align*}
而
\begin{align*}
&1-\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}-\frac{1}{4^s}+\cdots-\frac{1}{(2n)^s}+\cdots\\
&=\left(1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots+\frac{1}{(2n)^s}+\cdots\right)
-2\left(\frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\cdots+\frac{1}{(2n)^s}+\cdots\right)\\
&=\left(1-\frac{1}{2^{s-1}}\right)S.
\end{align*}
\end{proof}
\begin{example}
如果对于某一特定范围内的$x$的任一允许值$P=|2x-1|+|3x-1|+|4x-1|+\cdots+|9x-1|+|10x-1|$为定值,求此定值.
\end{example}
\begin{solution}
当$\frac{1}{8}\leq x\leq\frac{1}{7}$,有$P=(1-2x)+(1-3x)+\cdots+(1-7x)+(8x-1)
+(9x-1)+(10x-1)=3$.
\end{solution}
\begin{example}
求$|x-1|+|x-2|+\cdots+|x-2019|$的最小值.
(2011年华约)求$|x-1|+|2x-1|+\cdots+|2011x-1|$的最小值.
\end{example}
\begin{solution}
$f\left( \frac{1}{1422} \right) =\frac{592043}{711}$.
\end{solution}
\begin{example}
已知
\[
\sqrt{47}=a+\cfrac{1}{b+\cfrac{1}{c+\cfrac{1}{d+\cfrac{1}{e+\ddots}}}},
\]
求$a,b,c,d$和$e$.
\end{example}
\begin{solution}
$a=6,b=1,c=5,d=1$和$e=12$.
\end{solution}
\begin{example}
若$a$、$b$、$c$为两两不等的有理数,求证: $\sqrt{\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}}$为有理数.
\end{example}
\begin{solution}
利用\[\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\right)^2
=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2},\]
则
\[\sqrt{\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}}
=\left|\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\right|\]
为有理数.
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
比较$\frac{5}{22},\frac{7}{26}$和$\frac{11}{34}$的大小.
\end{example}
\begin{solution}
注意到$\frac{1}{2}-\frac{3}{11},\frac{1}{2}-\frac{3}{13},\frac{1}{2}-\frac{3}{17}$.
\end{solution}
\begin{example}
已知$x,y$为实数,且满足
\[\left(x+\sqrt{x^{2}+2008}\right)\left(y+\sqrt{y^{2}+2008}\right)=2008,\]
求$x^{2}-3 x y-4 y^{2}-6 x-6 y+2008$.
\end{example}
\begin{solution}
由
\begin{align*}
x+\sqrt{x^2+2008} &=\frac{2008}{y+\sqrt{y^2+2008}}=\sqrt{y^2+2008}-y,
\\
y+\sqrt{y^2+2008}&=\frac{2008}{x+\sqrt{x^2+2008}} =\sqrt{x^2+2008}-x
\end{align*}
可知$x+y=0$.于是所求结果为$2008$.
\end{solution}
\begin{example}
(2008年江西初联决赛)设$\left( x+\sqrt{x^2+1} \right) \left( y+\sqrt{y^2+4} \right) =9$,求$x\sqrt{y^2+4}+y\sqrt{x^2+1}$.
\end{example}
\begin{solution}
由题意知
\[
xy+y\sqrt{x^2+1}+x\sqrt{y^2+4}+\sqrt{\left( x^2+1 \right) \left( y^2+4 \right)}=9,
\]
令$z=x\sqrt{y^2+4}+y\sqrt{x^2+1}$,则$z+xy+\sqrt{\left( x^2+1 \right) \left( y^2+4 \right)}=9$,即$xy+\sqrt{\left( x^2+1 \right) \left( y^2+4 \right)}=9-z$.平方得
\[
x^2y^2+\left( x^2+1 \right) \left( y^2+4 \right) +2xy\sqrt{\left( x^2+1 \right) \left( y^2+4 \right)}=81-18z+z^2.
\]
又
\begin{align*}
z^2&=\left( x\sqrt{y^2+4}+y\sqrt{x^2+1} \right) ^2
\\
&=x^2\left( y^2+4 \right) +y^2\left( x^2+1 \right) +2xy\sqrt{\left( x^2+1 \right) \left( y^2+4 \right)},
\end{align*}
于是$81-18z=4$,则$z=\frac{77}{18}$.
\end{solution}
\begin{example}
(2008年江西初联决赛)求不超过$(\sqrt{5}+\sqrt{3})^6$的最大整数.
\end{example}
\begin{solution}
注意到$(\sqrt{5}+\sqrt{3})^6=(8+2\sqrt{15})^3$.令$a=8+2\sqrt{15},b=8-2\sqrt{15}$,
则$a+b=16,ab=4$,故$a,b$是方程$x^2-16x+4=0$的两个根,则有$a^2=16a-4,b^2=16b-4$,则$a^3+b^3=16(a^2+b^2)-4(a+b)
=16[16(a+b)-8]-4(a+b)=252(a+b)-128=3904$.而$0<b<1$,
故$3903<a^3<3904$.因此,不超过$(\sqrt{5}+\sqrt{3})^6$的最大整数为$3903$.
\end{solution}
\begin{example}
求$(2+\sqrt{3})^n$的整数部分.
\end{example}
\begin{solution}
注意到$(2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n$为整数,则结果为$(2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n-1$.
\end{solution}
\begin{example}
(陈计)设$x,y$为实数,且满足
\[
\left( \sqrt{y^2-x}-x \right) \left( \sqrt{x^2+y}-y \right) =y.
\]
求证: $x+y=0$.
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
(2011年华中科大实验班入学选拔)
\begin{enumerate}
\item 说明方程$x^2-xy+y^2+x+y+1=0$仅一组解,并求出这一解.
\item 说明平面曲线$x^3+3xy+y^3=1$的形状.
\item 说明曲线$x^3+3xy+y^3=1$上只有三个不同的点可构成一个等边三角形,并求出这个等边三角形的面积.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{example}
设$a_k=\frac{2^k}{3^{2^k}+1}$, $k$为自然数,令$A=\sum_{k=1}^n{a_k},B=\prod_{k=1}^n{a_k}$,求$\frac{A}{B}$.
\end{example}
\begin{solution}
利用
\[\frac{1}{m+1}=\frac{1}{m-1}-\frac{2}{m^2-1}\]
可知
\[
\frac{2^k}{3^{2^k}+1}=\frac{2^k}{3^{2^k}-1}-\frac{2^{k+1}}{3^{2^{k+1}}-1},
\]
则
\[
A=\sum_{k=1}^n{\frac{2^k}{3^{2^k}+1}}=\sum_{k=1}^n{\left( \frac{2^k}{3^{2^k}-1}-\frac{2^{k+1}}{3^{2^{k+1}}-1} \right)}=\frac{1}{4}-\frac{2^{n+1}}{3^{2^{n+1}}-1}.\]
利用
\[
\frac{2^k}{3^{2^k}+1}=\frac{2^k\left( 3^{2^k}-1 \right)}{3^{2^{k+1}}-1},\]
则
\[
B=\prod_{k=1}^n{\frac{2^k}{3^{2^k}+1}}=\prod_{k=1}^n{\frac{2^k\left( 3^{2^k}-1 \right)}{3^{2^{k+1}}-1}}=2^{n\left( n+1 \right) /2}\frac{8}{3^{2^{n+1}}-1}.
\]
因此
\[
\frac{A}{B}=\frac{\frac{1}{4}-\frac{2^{n+1}}{3^{2^{n+1}}-1}}{2^{n\left( n+1 \right) /2}\frac{8}{3^{2^{n+1}}-1}}=\frac{\frac{3^{2^{n+1}}-1}{4}-2^{n+1}}{2^{\left( n^2+n+6 \right) /2}}=\frac{3^{2^{n+1}}-1}{2^{\left( n^2+n+10 \right) /2}}-\frac{1}{2^{\left( n^2-n+4 \right) /2}}.
\]
\end{solution}
\begin{note}
一般地,我们有
\[
\frac{2^k}{a^{2^k}+1}=\frac{2^k}{a^{2^k}-1}-\frac{2^{k+1}}{a^{2^{k+1}}-1}.
\]
\end{note}
\begin{example}
计算
\[\frac{\sqrt{10+\sqrt{1}}+\sqrt{10+\sqrt{2}}+\dots+\sqrt{10+\sqrt{99}}}{\sqrt{10-\sqrt{1}}+\sqrt{10-\sqrt{2}}+\dots+\sqrt{10-\sqrt{99}}}.\]
\end{example}
\begin{proof}
记
\[
S=\sum_{n=1}^{99}{\sqrt{10+\sqrt{n}}},\quad T=\sum_{n=1}^{99}{\sqrt{10-\sqrt{n}}}.\]
注意到
\[
\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}=\sqrt{a}+\sqrt{b},\quad a,b\geq 0,
\]
于是
\[
\sqrt{20+2\sqrt{n}}=\sqrt{10+\sqrt{100-n}}+\sqrt{10-\sqrt{100-n}}.
\]
因此
\begin{align*}
\sqrt{2}S&=\sum_{n=1}^{99}{\sqrt{20+2\sqrt{n}}}
\\
&=\sum_{n=1}^{99}{\left( \sqrt{10+\sqrt{100-n}}+\sqrt{10-\sqrt{100-n}} \right)}
\\
&=\sum_{n=1}^{99}{\left( \sqrt{10+\sqrt{n}}+\sqrt{10-\sqrt{n}} \right)}=S+T,
\end{align*}
故
\[
\frac{S}{T}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\sqrt{2}+1.
\]
\end{proof}
\begin{example}
(王永喜)求
\[
\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n^2+2n}{\sqrt{\sqrt{2n+2}+\sqrt{n+1+\sqrt{k}}}}}{\displaystyle\sum_{k=1}^{n^2+2n}{\sqrt{\sqrt{2n+2}-\sqrt{n+1+\sqrt{k}}}}}.
\]
\end{example}
\begin{proof}
事实上
\begin{align*}
&\frac{\sum_{k=1}^{n^2+2n}{\sqrt{\sqrt{2n+2}+\sqrt{n+1+\sqrt{k}}}}}{\sum_{k=1}^{n^2+2n}{\sqrt{\sqrt{2n+2}-\sqrt{n+1+\sqrt{k}}}}}=\cot \left( \frac{\pi}{16} \right)\\
&=\sqrt{\frac{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}}=1+\sqrt{2}+\sqrt{2\left( 2+\sqrt{2} \right)}.
\end{align*}
记
\begin{align*}
S &=\sum_{k=1}^{n^2+2n}{\sqrt{\sqrt{2n+2}+\sqrt{n+1+\sqrt{k}}}},
\\
T &=\sum_{k=1}^{n^2+2n}{\sqrt{\sqrt{2n+2}-\sqrt{n+1+\sqrt{k}}}},
\end{align*}
只需证
\[
\sqrt{2+\sqrt{2}}S+\sqrt{2-\sqrt{2}}T=2S.
\]
注意到
\begin{align*}
&\sqrt{n+1-\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}}+\sqrt{n+1+\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}}
\\
&=\sqrt{2}\sqrt{ n+1 +\sqrt{k}},
\end{align*}
则
\begin{align*}
&\left( \sqrt{2+\sqrt{2}}\sqrt{\sqrt{2n+2}+\sqrt{n+1+\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}}} \right.
\\
&\left. +\sqrt{2-\sqrt{2}}\sqrt{\sqrt{2n+2}-\sqrt{n+1+\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}}} \right) ^2
\\
&=\left( 2+\sqrt{2} \right) \left( \sqrt{2n+2}+\sqrt{n+1+\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}} \right)
\\
&+\left( 2-\sqrt{2} \right) \left( \sqrt{2n+2}-\sqrt{n+1+\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}} \right)
\\
&+2\sqrt{2}\sqrt{n+1-\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}}
\\
&=4\sqrt{2n+2}+2\sqrt{2}\left( \sqrt{n+1+\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}}+\sqrt{n+1-\sqrt{\left( n+1 \right) ^2-k}} \right)
\\
&=4\sqrt{2n+2}+4\sqrt{n+1+\sqrt{k}},
\end{align*}
故
\[
\sqrt{2+\sqrt{2}}S+\sqrt{2-\sqrt{2}}T=2S.
\]
\end{proof}
\begin{example}
已知
\[
\frac{a}{bc-a^2}+\frac{b}{ac-b^2}+\frac{c}{ab-c^2}=0,
\]
求证:
\[
\frac{a}{\left( bc-a^2 \right) ^2}+\frac{b}{\left( ac-b^2 \right) ^2}+\frac{c}{\left( ab-c^2 \right) ^2}=0.
\]
\end{example}%历届全国初中数学竞赛经典试题详解, P88.
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\section{恒等式及其应用}
由拉格朗日恒等式
\[\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)=\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2}+\sum_{1 \leq i<j \leq n}\left(a_{i} b_{j}-a_{j} b_{i}\right)^{2}.\]
可得
\begin{theorem}{柯西不等式(Cauchy-Buniakowsky-Schwarz Inequality)}{sl12}
\[\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)\geq \left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2}.\]
\end{theorem}
\begin{example}
已知$a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-a^2}=1$,求证: $a^2+b^2=1$.
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
设
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
求出不定方程\[x^3+y^3+z^3-3xyz=0\]
的全部整数解.
\end{example}
\begin{solution}
注意到
\[x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=0,\]
则$x+y+z=0$或$x=y=z$.
\end{solution}
\section{方程与方程组}
\section{一元一次方程}
\begin{theorem}{}{sl12}
方程$ax=b$解的情形为:
\begin{enumerate}
\item 当$a\neq 0$时,有唯一解$x=\frac{b}{a}$;
\item 当$a=0$且$b=0$时,方程的解为任意实数;
\item 当$a=0$且$b\neq0$时,方程无解.
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{example}
解关于$x$的方程$m^2(1-x)=mx+1$.
\end{example}
\begin{example}
若$abc=1$,解方程
\[\frac{2ax}{ab+a+1}+\frac{2bx}{bc+b+1}+\frac{2cx}{ca+c+1}=1.\]
\end{example}
\begin{solution}
利用$abc=1$可知
\[\frac{2ax}{ab+a+abc}+\frac{2bx}{bc+b+1}+\frac{2bcx}{abc+bc+b}=1,\]
则$x=\frac{1}{2}$.
\end{solution}
\section{二元一次方程组}
\begin{example}
若$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$满足方程组
\[\begin{cases}
x_1+x_2+x_3=a_1, \\
x_2+x_3+x_4=a_2, \\
x_3+x_4+x_5=a_3, \\
x_4+x_5+x_1=a_4, \\
x_5+x_1+x_2=a_5,
\end{cases}\]
若$a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$是常数,且$a_1>a_2>a_3>a_4>a_5$,比较$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$的大小.
\end{example}
\begin{solution}
按顺序将方程依次相减即可.
\end{solution}
\begin{example}
解关于$x_1,x_2,x_3,\cdots,x_{n-1},x_n$的方程组
\[\begin{cases}
x_2+x_3+x_4+\cdots+x_{n-1}+x_n=1, \\
x_1+x_3+x_4+\cdots+x_{n-1}+x_n=2, \\
x_1+x_2+x_4+\cdots+x_{n-1}+x_n=3, \\
\cdots \cdots\cdots\cdots\\
x_1+x_2+x_3+\cdots+x_{n-2}+x_{n-1}=n.
\end{cases}\]
\end{example}
%\begin{solution}
%按顺序将方程依次相减即可.
%\end{solution}
\section{一元二次方程}
对于一元二次方程
\[ax^2+bx+c=0,\quad a\neq 0\]
配方后可得
\[
a\left( x+\frac{b}{2a} \right) ^2+c-\frac{b^2}{4a}=0,
\]
于是
\[
a\left( x+\frac{b}{2a} \right) ^2=\frac{b^2}{4a}-c=\frac{b^2-4ac}{4a}\Rightarrow x_{\text{1,}2}=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}.
\]
\begin{example}
实数$a,b,c$满足
\[\begin{cases}
a^2-bc-6a+3=0, \\
b^2+c^2+bc-2a-1=0.
\end{cases}\]
求$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
令$b=x+y,c=x-y$,于是原方程组化为
\[\begin{cases}
a^2-6a+3=x^2-y^2, \\
2a+1=3x^2+y^2.
\end{cases}\]
消去$x$,得$-(3a^2-20a+8)=4y^2\geq 0$,解得$\frac{10-2\sqrt{19}}{3}\leq a\leq \frac{10+2\sqrt{19}} {3}$.
\end{solution}
\begin{example}
方程$(1+x^2)^2=4x(1-x^2)$的解.
\end{example}
\begin{solution}
原方程可化为
\[(1+x^2)^2-(1-x^2)^2+(1-x^2)^2-4x(1-x^2)+4x^2-4x^2=0,\]
即
\[[(1+x^2)+(1-x^2)][(1+x^2)-(1-x^2)]-4x^2+[(1-x^2)-2x]^2=0,\]
则$x^2+2x-1=0$,解得$x=-1\pm \sqrt{2}$.
\end{solution}
\begin{example}
解方程组
\[\begin{cases}
x=\frac{2z^2}{1+z^2}, \\
y=\frac{2x^2}{1+x^2}, \\
z=\frac{2y^2}{1+y^2}.
\end{cases}\]
\end{example}
\begin{solution}
零解$(x,y,z)=(0,0,0)$.当$xyz\neq 0$时,倒数变换可得
\[\begin{cases}
\frac{1}{x}=\frac{1}{2z^2}+\frac{1}{2}, \\
\frac{1}{y}=\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2}, \\
\frac{1}{z}=\frac{1}{2y^2}+\frac{1}{2}.
\end{cases}\]
相加可得
\[\left(\frac{1}{x}-1\right)^2+\left(\frac{1}{y}-1\right)^2+\left(\frac{1}{z}-1\right)^2=0,\]
所以原方程组有两组解$(x,y,z)=(0,0,0)$或$(x,y,z)=(1,1,1)$.
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\section{多项式与高次方程}
形如$a+bi$的数称为复数,这里$i^2=-1$.
\begin{theorem}{代数基本定理}{sl12}
$n$次复系数方程$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0$必有一个复数根.
\end{theorem}
\begin{theorem}{根的个数定理}{sl12}
$n$次复系数方程$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0$有且只有$n$个复数根(包括重根).
\end{theorem}
\begin{corollary}{}{sl}
在复数范围内, $n$次多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$可唯一分解为$f(x)=a_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)$,其中$x_1,x_2,\cdots,x_n$为$f(x)$的$n$个复根.
\end{corollary}
\begin{theorem}{韦达定理}{sl12}
若复系数一元$n$次多项式$f(X)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\,(a_n\neq 0)$有$n$个复根$x_1,x_2,\cdots,x_n$,则
\[\begin{cases}
x_1+x_2+\cdots+x_n=-\frac{a_{n-1}}{a_n}, \\
x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_{n-1}x_n=(-1)^2\frac{a_{n-2}}{a_n}, \\
\cdots\cdots\cdots\cdots \\
x_1x_2\cdots x_n=(-1)^n\frac{a_0}{a_n}.
\end{cases}\]
\end{theorem}
\begin{theorem}{实系数多项式虚根成对定理}{sl12}
若虚数$a+bi$是实系数一元$n$次多项式$f(x)$的根,那么它的共轭复数$a-bi$也是这个多项式的根,并且它们的重数相等.
\end{theorem}
\begin{corollary}{}{sl}
$n$次实系数多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\,(a_n\neq 0)$可唯一分解为
\[
f\left( x \right) =a_n\prod_{i=1}^k{\left( x-b_i \right)}\cdot \prod_{j=1}^l{\left( x^2+p_jx+q_j \right)},
\]
这里$b_i,p_i,q_i$均为实数且$p_i^2-4q_i<0$.
\end{corollary}
\begin{example}
\begin{align*}
x^{2n-1}-1&=\left( x-1 \right) \prod_{k=1}^{n-1}{\left( x^2+1-2x\cos \frac{2k\pi}{2n-1} \right)},
\\
x^{2n}-1&=\left( x-1 \right) \left( x+1 \right) \prod_{k=1}^{n-1}{\left( x^2+1-2x\cos \frac{2k\pi}{2n} \right)},
\\
x^{2n-1}+1&=\left( x+1 \right) \prod_{k=1}^{n-1}{\left( x^2+1+2x\cos \frac{(2k-1)\pi}{2n-1} \right) ,}
\\
x^{2n}+1&=\prod_{k=1}^n{\left( x^2+1+2x\cos \frac{(2k-1)\pi}{2n} \right)},
\end{align*}
\end{example}
\begin{theorem}{拉格朗日插值公式}{sl12}
任何一个次数不超过$n-1$次的复系数一元多项式$f(x)$,都可以惟一地表示为
\begin{align*}
f\left( x \right) =&\frac{\left( x-x_2 \right) \left( x-x_3 \right) \cdots \left( x-x_n \right)}{\left( x_1-x_2 \right) \left( x_1-x_3 \right) \cdots \left( x_1-x_n \right)}f\left( x_1 \right) +\frac{\left( x-x_1 \right) \left( x-x_3 \right) \cdots \left( x-x_n \right)}{\left( x_2-x_1 \right) \left( x_2-x_3 \right) \cdots \left( x_2-x_n \right)}f\left( x_2 \right)
\\
&+\cdots +\frac{\left( x-x_1 \right) \left( x-x_3 \right) \cdots \left( x-x_{n-1} \right)}{\left( x_n-x_1 \right) \left( x_n-x_3 \right) \cdots \left( x_n-x_{n-1} \right)}f\left( x_n \right),
\end{align*}
其中$x_1,x_2,\cdots,x_n$为互异复数.
\end{theorem}
对于一元三次方程$ax^3+bx^2+cx+d=0\,(a\neq 0)$,我们有\textbf{卡尔丹公式};对于一元三次方程$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\,(a\neq 0)$,有\textbf{费拉里法}.
(塔塔利亚)解方程$x^3+3x^2=5,x(x+2)(x+4)=1000,x^3+6x^2+8x=1000$.
在16世纪,给出了三次及四次方程的公式解法后,人们发现,这几种方程的根都可以由系数经过加,减,乘,除和开任意次方这五种代数运算得到.此后有二百年的时间,很多数学家都致力于寻求$n\geq 5$次方程
\[a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0,\quad n\geq 5\]
的求根公式,这里系数都是字母,而不是某些确定的数字.所以对$n$次方程,人们自然也希望寻找到一个这样的公式.直到$1820$年, Abel (1802-1829)才证明了在$n\geq 5$时,这是办不到的.
尽管对于字母系数的多项式,不可能得到一个通用的求根公式.然而,对于具体数值系数的多项式,是不是可能找到一个这样的公式呢?换句话说,它们的根是不是可以由系数经过加,减,乘,除和开任意次方这五种代数运算求得呢?这个问题在1830年由Galois (1811-1832)彻底地解决了(伽罗瓦理论).他给出了一种方法来判断:哪些数值系数的多项式不可以,哪些可以.例如,多项式$x^5-4x-2$的根就不能由系数经过加,减,乘,除和开任意次方等运算得到.由于这个问题的解决,也就回答了为什么在初等几何中不能用圆规和直尺将一个角三等分等问题.
\subsection{进阶技巧}
\begin{example}
(2011年江西初联)方程
\[
\sqrt{x+3-4\sqrt{x-1}}+\sqrt{x+8-6\sqrt{x-1}}=1
\]
的解的情形是
\begin{tasks}(4)
\task 无解
\task 恰有一解
\task 恰有两个解
\task 有无穷多个解
\end{tasks}
\end{example}
\begin{solution}
将方程变形为
\[
\sqrt{\left( \sqrt{x-1}-2 \right) ^2}+\sqrt{\left( \sqrt{x-1}-3 \right) ^2}=1.
\]
\end{solution}
\begin{example}
(2016年江苏复赛)求方程
\[\sqrt[3]{x(3+\sqrt{8x-3})-1}+\sqrt[3]{x(3-\sqrt{8x-3})-1}=1\]
的实数解.
\end{example}
\begin{solution}
令$A=\sqrt[3]{x(3+\sqrt{8x-3})-1},B=\sqrt[3]{x(3-\sqrt{8x-3})-1}$,
则$A^3+B^3=6x-2,AB=1-2x$.
令$t=A+B$,注意到$(A+B)^3=A^3+B^3+3AB(A+B)$,则$t^3-3(1-2x)t-(6x-2)=0$,即$(t-1)(t^2+t+6x-2)=0$.又$t^2+t+6x-2
=\left(t+\frac{1}{2}\right)^2+6\left(x-\frac{3}{8}\right)$,
当$x=\frac{3}{8}$时, $t=A+B=2\sqrt[3]{3x-1}=1$,故$t^2+t+6x-2>0$.
于是,对任意的$x\geq \frac{3}{8}$,有$t^2+t+6x-2>0$,从而$t=1$.
综上,原方程的实数解构成的集合为$\left\{x\left|x\geq \frac{3}{8}\right.\right\}$
\end{solution}
\begin{example}
(2018年江苏复赛)已知函数$f_1(x)=\sqrt{x^2+48}$,当$n\in\mathbb{N}^\ast$, $n\geq 2$时, $f_n(x)=\sqrt{x^2+6f_{n-1}(x)}$.求方程$f_n(x)=2x$的实数解.
\end{example}
\begin{solution}
先用归纳法证明$x=4$是方程$f_n(x)=2x$的解.再证:当$x>4$时,有$8<f_n(x)<2x$;当$0<x<4$时,有$2x<f_n(x)<8$,因此$f_n(x)=2x$无其它解.
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
比较$\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{\cdots}}}}$和$1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{\ddots}}$的大小.
\end{example}
%\begin{solution}
%\end{solution}
\begin{example}
说明$0.\dot{9}=0.9999\cdots=1$.
\end{example}
\begin{example}[(Ramanujan)]
求
\[\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{\cdots +\left( n-1 \right) \sqrt{1+n\sqrt{1+\cdots}}}}}.\]
\end{example}
\begin{solution}
利用$n+1=\sqrt{1+n\left( n+2 \right)}$.
\end{solution}
\begin{example}[(Ramanujan, 1914)]
设$a>0$,解方程组
\[\begin{cases}
x^2=y+a,\\
y^2=z+a, \\
z^2=x+a.
\end{cases}\]
\end{example}
\begin{proof}
事实上,
\begin{align*}
x&=\sqrt{a+y}=\sqrt{a+\sqrt{a+z}}=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+x}}}\\
&=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\cdots}}}}=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}.
\end{align*}
\end{proof}
\begin{example}
(2006年普林斯顿数学竞赛) Find the real root of $x^{5}+5 x^{3}+5 x-1$.
\end{example}
\begin{solution}
令$x=u-1/u$,得到$u^{5}-\frac{1}{u^{5}}-1$,即$u^{10}-u^5-1=0$.
于是
\[x=\sqrt[5]{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}-\sqrt[5]{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}.\]
\end{solution}
\section{不等式}
\begin{example}
求证$\sum_{n=1}^{2019}\frac{1}{n}$的整数部分为$8$.
\end{example}
\begin{example}
设$S=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{1020100}}$,如果记号$[S]$表示不超过$S$的最大整数,试求$[S]$.
\end{example}
\begin{solution}
利用
\[2\sqrt{n+1}-2\sqrt{n}<\frac{1} {\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-2\sqrt{n-1},\]
则有
\[2\sqrt{n+1}-2\sqrt{2}<\frac{1} {\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-2\sqrt{1},\]
则
\[2\sqrt{n}-2<\frac{1} {\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-1,\]
当$n=1020100,\sqrt{n}=1010$,则$2018<S<2019$,则$[S]=2018$.
\end{solution}
\begin{note}
一般地,我们有
\begin{align*}
\frac{{(n+1)}^{1-a}-{n}^{1-a}}{1-a}<\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x^a}dx<\frac{1}{n^a}<\int_{n-1}^{n}\frac{1}{x^a}dx=\frac{n^{1-a}-{(n-1)}^{1-a}}{1-a}.
\end{align*}
这里$0<a<1$.
\end{note}
