代数

egin{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}

egin{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}

egin{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.

egin{enumerate}
item extbf{平方差公式}:
[a^2-b^2=(a-b)(a+b).]
而
[a^3pm b^3=(apm b)cdot (a^2mp ab+b^2).]
一般地,对正整数$n$有 extbf{幂差公式}
egin{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 extbf{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 extbf{完全平方公式}:
egin{align*}
(apm b)^2=a^2pm 2ab+b^2.
end{align*}
extbf{立方和(差)公式}
[(apm b)^3=a^3pm 3a^2b+3ab^2pm b^3.]

item 几个常用公式:
egin{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^3left( z-y ight) +y^3left( x-z ight) +z^3left( y-x ight) =left( x-y ight) left( y-z ight) left( z-x ight) left( x+y+z ight),\
&x^2left( z-y ight) +y^2left( x-z ight) +z^2left( y-x ight) =left( x-y ight) left( y-z ight) left( z-x ight)\
&x^4+y^4+z^4-2left( x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 ight)
=left( x-y-z ight) left( -x+y-z ight) left( -x-y+z ight) left( x+y+z ight)
end{align*}
end{enumerate}

egin{example}
分解因式
egin{enumerate}
item $a^6-b^6$,

item $a^4+b^4$.
end{enumerate}
end{example}
egin{solution}
egin{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}

egin{example}
分解因式$x^{15}+x^{14}+x^{13}+cdots+x^2+x+1$.
end{example}
egin{solution}
[ ext{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}

egin{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}
egin{solution}
由于$left(x+frac{1} {x} ight)^2=x^2+frac{1} {x^2}+2=9$,则$x^2+frac{1} {x^2}=7$,于是$left(x^2+frac{1} {x^2} ight)^2=x^4+frac{1}{x^4}+4=49$,则$x^4+frac{1}{x^4}=45$,
$left(x+frac{1} {x} ight)^3=x^3+frac{1} {x^3}+3(x+frac{1} {x})$,则$x^3+frac{1} {x^3}=18$.
end{solution}
%https://www.ixueshu.com/document/0cd2ec5338a4fa7b318947a18e7f9386.html

egin{note}
已知$x+frac{1} {x}=a$,求$x^n+frac{1}{x^n}$.
end{note}

egin{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}
egin{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}

egin{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}
egin{solution}
注意到
[
a^2+b^2+c^2-left( ab+bc+ca ight) =frac{1}{2}left[ left( a-b ight) ^2+left( b-c ight) ^2+left( c-a ight) ^2 ight].
]
end{solution}

egin{example}
计算:
[
frac{left( 2^4+frac{1}{4} ight) left( 4^4+frac{1}{4} ight) left( 6^4+frac{1}{4} ight) cdots left( 20^4+frac{1}{4} ight)}{left( 1^4+frac{1}{4} ight) left( 3^4+frac{1}{4} ight) left( 5^4+frac{1}{4} ight) cdots left( 19^4+frac{1}{4} ight)}.
]
end{example}
egin{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 ight) left( 8^4+4 ight) left( 12^4+4 ight) cdots left( 40^4+4 ight)}{left( 2^4+1 ight) left( 6^4+4 ight) left( 10^4+4 ight) cdots left( 38^4+4 ight)}.
]
利用
[x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=[(x-1)^2+1][(x+1)^2+1]]
可知
egin{align*}
&frac{left( 4^4+4 ight) left( 8^4+4 ight) left( 12^4+4 ight) cdots left( 40^4+4 ight)}{left( 2^4+1 ight) left( 6^4+4 ight) left( 10^4+4 ight) cdots left( 38^4+4 ight)}
\
&=frac{left( 3^2+1 ight) left( 5^2+1 ight) cdot left( 7^2+1 ight) left( 9^2+1 ight) cdots left( 39^2+1 ight) left( 41^2+1 ight)}{left( 1^2+1 ight) left( 3^2+1 ight) cdot left( 5^2+1 ight) left( 7^2+1 ight) cdots left( 37^2+1 ight) left( 39^2+1 ight)}
\
&=frac{41^2+1}{2}=841.
end{align*}
end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{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.

egin{example}
分解因式
egin{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}
egin{solution}
egin{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.

egin{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.

egin{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.

egin{example}
分解因式
egin{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}
egin{solution}
egin{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$left(x+frac{1}{3} ight)left(x-frac{2}{3} ight)=frac{1}{9}(3x+1)(3x-2)
=frac{1}{9}(9x^2-3x-2)$,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
[egin{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}

egin{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}
egin{solution}
$x^8+x^7+1=(x^2+x+1)(x^6-x^4+x^3-x+1)$.
end{solution}

egin{example}
分解因式$f(x,y,z)=x^3(y-z)+y^3(z-x)+z^3(x-y)$.
end{example}
egin{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}

egin{example}
分解$[(a-c)^2+(b-d)^2](a^2+b^2)-(ad-bc)^2$.
end{example}
egin{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}

egin{example}
分解$x^4+y^4+(x+y)^4$.
end{example}
egin{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}

egin{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}
egin{proof}
注意到
egin{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} ight)-
2left(frac{1}{2}+frac{1}{4}+cdots+frac{1}{2n} ight)\
&=frac{1}{n+1}+frac{1}{n+2}cdots+frac{1}{2n}.
end{align*}
而
egin{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 ight)
-2left(frac{1}{2^s}+frac{1}{4^s}+cdots+frac{1}{(2n)^s}+cdots ight)\
&=left(1-frac{1}{2^{s-1}} ight)S.
end{align*}
end{proof}

egin{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}
egin{solution}
当$frac{1}{8}leq xleqfrac{1}{7}$,有$P=(1-2x)+(1-3x)+cdots+(1-7x)+(8x-1)
+(9x-1)+(10x-1)=3$.
end{solution}

egin{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}
egin{solution}
$fleft( frac{1}{1422} ight) =frac{592043}{711}$.
end{solution}

egin{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}
egin{solution}
$a=6,b=1,c=5,d=1$和$e=12$.
end{solution}

egin{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}
egin{solution}
利用[left(frac{1}{a-b}+frac{1}{b-c}+frac{1}{c-a} ight)^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} ight|]
为有理数.
end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}
比较$frac{5}{22},frac{7}{26}$和$frac{11}{34}$的大小.
end{example}
egin{solution}
注意到$frac{1}{2}-frac{3}{11},frac{1}{2}-frac{3}{13},frac{1}{2}-frac{3}{17}$.
end{solution}

egin{example}
已知$x,y$为实数,且满足
[left(x+sqrt{x^{2}+2008} ight)left(y+sqrt{y^{2}+2008} ight)=2008,]
求$x^{2}-3 x y-4 y^{2}-6 x-6 y+2008$.
end{example}
egin{solution}
由
egin{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}

egin{example}
(2008年江西初联决赛)设$left( x+sqrt{x^2+1} ight) left( y+sqrt{y^2+4} ight) =9$,求$xsqrt{y^2+4}+ysqrt{x^2+1}$.
end{example}
egin{solution}
由题意知
[
xy+ysqrt{x^2+1}+xsqrt{y^2+4}+sqrt{left( x^2+1 ight) left( y^2+4 ight)}=9,
]
令$z=xsqrt{y^2+4}+ysqrt{x^2+1}$,则$z+xy+sqrt{left( x^2+1 ight) left( y^2+4 ight)}=9$,即$xy+sqrt{left( x^2+1 ight) left( y^2+4 ight)}=9-z$.平方得
[
x^2y^2+left( x^2+1 ight) left( y^2+4 ight) +2xysqrt{left( x^2+1 ight) left( y^2+4 ight)}=81-18z+z^2.
]
又
egin{align*}
z^2&=left( xsqrt{y^2+4}+ysqrt{x^2+1} ight) ^2
\
&=x^2left( y^2+4 ight) +y^2left( x^2+1 ight) +2xysqrt{left( x^2+1 ight) left( y^2+4 ight)},
end{align*}
于是$81-18z=4$,则$z=frac{77}{18}$.
end{solution}

egin{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}
egin{solution}
注意到$(sqrt{5}+sqrt{3})^6=(8+2sqrt{15})^3$.令$a=8+2sqrt{15},b=8-2sqrt{15}$,
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}

egin{example}
求$(2+sqrt{3})^n$的整数部分.
end{example}
egin{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}

egin{example}
(陈计)设$x,y$为实数,且满足
[
left( sqrt{y^2-x}-x ight) left( sqrt{x^2+y}-y ight) =y.
]
求证: $x+y=0$.
end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}
(2011年华中科大实验班入学选拔)
egin{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}

egin{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}
egin{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} ight)}=frac{1}{4}-frac{2^{n+1}}{3^{2^{n+1}}-1}.]

利用
[
frac{2^k}{3^{2^k}+1}=frac{2^kleft( 3^{2^k}-1 ight)}{3^{2^{k+1}}-1},]
则
[
B=prod_{k=1}^n{frac{2^k}{3^{2^k}+1}}=prod_{k=1}^n{frac{2^kleft( 3^{2^k}-1 ight)}{3^{2^{k+1}}-1}}=2^{nleft( n+1 ight) /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^{nleft( n+1 ight) /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 ight) /2}}=frac{3^{2^{n+1}}-1}{2^{left( n^2+n+10 ight) /2}}-frac{1}{2^{left( n^2-n+4 ight) /2}}.
]
end{solution}
egin{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}

egin{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}
egin{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+2sqrt{ab}}=sqrt{a}+sqrt{b},quad a,bgeq 0,
]
于是
[
sqrt{20+2sqrt{n}}=sqrt{10+sqrt{100-n}}+sqrt{10-sqrt{100-n}}.
]
因此
egin{align*}
sqrt{2}S&=sum_{n=1}^{99}{sqrt{20+2sqrt{n}}}
\
&=sum_{n=1}^{99}{left( sqrt{10+sqrt{100-n}}+sqrt{10-sqrt{100-n}} ight)}
\
&=sum_{n=1}^{99}{left( sqrt{10+sqrt{n}}+sqrt{10-sqrt{n}} ight)}=S+T,
end{align*}
故
[
frac{S}{T}=frac{1}{sqrt{2}-1}=sqrt{2}+1.
]
end{proof}

egin{example}
(王永喜)求
[
frac{displaystylesum_{k=1}^{n^2+2n}{sqrt{sqrt{2n+2}+sqrt{n+1+sqrt{k}}}}}{displaystylesum_{k=1}^{n^2+2n}{sqrt{sqrt{2n+2}-sqrt{n+1+sqrt{k}}}}}.
]
end{example}
egin{proof}
事实上
egin{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} ight)\
&=sqrt{frac{2+sqrt{2+sqrt{2}}}{2-sqrt{2+sqrt{2}}}}=1+sqrt{2}+sqrt{2left( 2+sqrt{2} ight)}.
end{align*}
记
egin{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
egin{align*}
&sqrt{n+1-sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}}+sqrt{n+1+sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}}
\
&=sqrt{2}sqrt{ n+1 +sqrt{k}},
end{align*}
则
egin{align*}
&left( sqrt{2+sqrt{2}}sqrt{sqrt{2n+2}+sqrt{n+1+sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}}} ight.
\
&left. +sqrt{2-sqrt{2}}sqrt{sqrt{2n+2}-sqrt{n+1+sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}}} ight) ^2
\
&=left( 2+sqrt{2} ight) left( sqrt{2n+2}+sqrt{n+1+sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}} ight)
\
&+left( 2-sqrt{2} ight) left( sqrt{2n+2}-sqrt{n+1+sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}} ight)
\
&+2sqrt{2}sqrt{n+1-sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}}
\
&=4sqrt{2n+2}+2sqrt{2}left( sqrt{n+1+sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}}+sqrt{n+1-sqrt{left( n+1 ight) ^2-k}} ight)
\
&=4sqrt{2n+2}+4sqrt{n+1+sqrt{k}},
end{align*}
故
[
sqrt{2+sqrt{2}}S+sqrt{2-sqrt{2}}T=2S.
]
end{proof}

egin{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 ight) ^2}+frac{b}{left( ac-b^2 ight) ^2}+frac{c}{left( ab-c^2 ight) ^2}=0.
]
end{example}%历届全国初中数学竞赛经典试题详解, P88.
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{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} ight)left(sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} ight)=left(sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} ight)^{2}+sum_{1 leq i<j leq n}left(a_{i} b_{j}-a_{j} b_{i} ight)^{2}.]
可得

egin{theorem}{柯西不等式(Cauchy-Buniakowsky-Schwarz Inequality)}{sl12}
[left(sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} ight)left(sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} ight)geq left(sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} ight)^{2}.]
end{theorem}

egin{example}
已知$asqrt{1-b^2}+bsqrt{1-a^2}=1$,求证: $a^2+b^2=1$.
end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}
设
end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}
求出不定方程[x^3+y^3+z^3-3xyz=0]
的全部整数解.
end{example}
egin{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}

egin{theorem}{}{sl12}
方程$ax=b$解的情形为:
egin{enumerate}
item 当$a eq 0$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$b eq0$时,方程无解.
end{enumerate}

end{theorem}

egin{example}
解关于$x$的方程$m^2(1-x)=mx+1$.
end{example}

egin{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}
egin{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}

egin{example}
若$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$满足方程组
[egin{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}
egin{solution}
按顺序将方程依次相减即可.
end{solution}

egin{example}
解关于$x_1,x_2,x_3,cdots,x_{n-1},x_n$的方程组
[egin{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 cdotscdotscdots\
x_1+x_2+x_3+cdots+x_{n-2}+x_{n-1}=n.
end{cases}]
end{example}
%egin{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 eq 0]
配方后可得
[
aleft( x+frac{b}{2a} ight) ^2+c-frac{b^2}{4a}=0,
]
于是
[
aleft( x+frac{b}{2a} ight) ^2=frac{b^2}{4a}-c=frac{b^2-4ac}{4a}Rightarrow x_{ ext{1,}2}=frac{-bpm sqrt{b^2-4ac}}{2a}.
]

egin{example}
实数$a,b,c$满足
[egin{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}
egin{solution}
令$b=x+y,c=x-y$,于是原方程组化为
[egin{cases}
a^2-6a+3=x^2-y^2, \
2a+1=3x^2+y^2.
end{cases}]
消去$x$,得$-(3a^2-20a+8)=4y^2geq 0$,解得$frac{10-2sqrt{19}}{3}leq aleq frac{10+2sqrt{19}} {3}$.
end{solution}

egin{example}
方程$(1+x^2)^2=4x(1-x^2)$的解.
end{example}
egin{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$x=-1pm sqrt{2}$.
end{solution}

egin{example}
解方程组
[egin{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}
egin{solution}
零解$(x,y,z)=(0,0,0)$.当$xyz eq 0$时,倒数变换可得
[egin{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 ight)^2+left(frac{1}{y}-1 ight)^2+left(frac{1}{z}-1 ight)^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}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

section{多项式与高次方程}

形如$a+bi$的数称为复数,这里$i^2=-1$.

egin{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}

egin{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}

egin{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}

egin{theorem}{韦达定理}{sl12}
若复系数一元$n$次多项式$f(X)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0\,(a_n eq 0)$有$n$个复根$x_1,x_2,cdots,x_n$,则
[egin{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)^2frac{a_{n-2}}{a_n}, \
cdotscdotscdotscdots \
x_1x_2cdots x_n=(-1)^nfrac{a_0}{a_n}.
end{cases}]
end{theorem}

egin{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}

egin{corollary}{}{sl}
$n$次实系数多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0\,(a_n eq 0)$可唯一分解为
[
fleft( x ight) =a_nprod_{i=1}^k{left( x-b_i ight)}cdot prod_{j=1}^l{left( x^2+p_jx+q_j ight)},
]
这里$b_i,p_i,q_i$均为实数且$p_i^2-4q_i<0$.
end{corollary}

egin{example}
egin{align*}
x^{2n-1}-1&=left( x-1 ight) prod_{k=1}^{n-1}{left( x^2+1-2xcos frac{2kpi}{2n-1} ight)},
\
x^{2n}-1&=left( x-1 ight) left( x+1 ight) prod_{k=1}^{n-1}{left( x^2+1-2xcos frac{2kpi}{2n} ight)},
\
x^{2n-1}+1&=left( x+1 ight) prod_{k=1}^{n-1}{left( x^2+1+2xcos frac{(2k-1)pi}{2n-1} ight) ,}
\
x^{2n}+1&=prod_{k=1}^n{left( x^2+1+2xcos frac{(2k-1)pi}{2n} ight)},
end{align*}
end{example}

egin{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
egin{align*}
fleft( x ight) =&frac{left( x-x_2 ight) left( x-x_3 ight) cdots left( x-x_n ight)}{left( x_1-x_2 ight) left( x_1-x_3 ight) cdots left( x_1-x_n ight)}fleft( x_1 ight) +frac{left( x-x_1 ight) left( x-x_3 ight) cdots left( x-x_n ight)}{left( x_2-x_1 ight) left( x_2-x_3 ight) cdots left( x_2-x_n ight)}fleft( x_2 ight)
\
&+cdots +frac{left( x-x_1 ight) left( x-x_3 ight) cdots left( x-x_{n-1} ight)}{left( x_n-x_1 ight) left( x_n-x_3 ight) cdots left( x_n-x_{n-1} ight)}fleft( x_n ight),
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$ax^3+bx^2+cx+d=0\,(a eq 0)$,我们有 extbf{卡尔丹公式};对于一元三次方程$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\,(a eq 0)$,有 extbf{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$ngeq 5$次方程
[a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0=0,quad ngeq 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$ngeq 5$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}

egin{example}
(2011年江西初联)方程
[
sqrt{x+3-4sqrt{x-1}}+sqrt{x+8-6sqrt{x-1}}=1
]
的解的情形是
egin{tasks}(4)
ask 无解
ask 恰有一解
ask 恰有两个解
ask 有无穷多个解
end{tasks}
end{example}
egin{solution}
将方程变形为
[
sqrt{left( sqrt{x-1}-2 ight) ^2}+sqrt{left( sqrt{x-1}-3 ight) ^2}=1.
]
end{solution}

egin{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}
egin{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$t^2+t+6x-2
=left(t+frac{1}{2} ight)^2+6left(x-frac{3}{8} ight)$,
当$x=frac{3}{8}$时, $t=A+B=2sqrt[3]{3x-1}=1$,故$t^2+t+6x-2>0$.

于是,对任意的$xgeq frac{3}{8}$,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$left{xleft|xgeq frac{3}{8} ight. ight}$
end{solution}

egin{example}
(2018年江苏复赛)已知函数$f_1(x)=sqrt{x^2+48}$,当$ninmathbb{N}^ast$, $ngeq 2$时, $f_n(x)=sqrt{x^2+6f_{n-1}(x)}$.求方程$f_n(x)=2x$的实数解.
end{example}
egin{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}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}

end{example}
egin{solution}

end{solution}

egin{example}
比较$sqrt{1+sqrt{1+sqrt{1+sqrt{cdots}}}}$和$1+cfrac{1}{1+cfrac{1}{ddots}}$的大小.
end{example}
%egin{solution}

%end{solution}

egin{example}
说明$0.dot{9}=0.9999cdots=1$.
end{example}

egin{example}[(Ramanujan)]
求
[sqrt{1+2sqrt{1+3sqrt{cdots +left( n-1 ight) sqrt{1+nsqrt{1+cdots}}}}}.]
end{example}
egin{solution}
利用$n+1=sqrt{1+nleft( n+2 ight)}$.
end{solution}

egin{example}[(Ramanujan, 1914)]
设$a>0$,解方程组
[egin{cases}
x^2=y+a,\
y^2=z+a, \
z^2=x+a.
end{cases}]
end{example}
egin{proof}
事实上,
egin{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}

egin{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}
egin{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}

egin{example}
求证$sum_{n=1}^{2019}frac{1}{n}$的整数部分为$8$.
end{example}

egin{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}
egin{solution}
利用
[2sqrt{n+1}-2sqrt{n}<frac{1} {sqrt{n}}<2sqrt{n}-2sqrt{n-1},]
则有
[2sqrt{n+1}-2sqrt{2}<frac{1} {sqrt{2}}+frac{1}{sqrt{3}}+cdots+frac{1}{sqrt{n}}<2sqrt{n}-2sqrt{1},]
则
[2sqrt{n}-2<frac{1} {sqrt{2}}+frac{1}{sqrt{3}}+cdots+frac{1}{sqrt{n}}<2sqrt{n}-1,]
当$n=1020100,sqrt{n}=1010$,则$2018<S<2019$,则$[S]=2018$.
end{solution}

egin{note}
一般地,我们有
egin{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}