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1. $(x + y + z)^5 - x^5 - y^5 - z^5$

解答:

$f(x, y, z)$ 是五次齐次对称式.

验证 $$f(-y, y, z) = z^5 + y^5 - y^5 - z^5 = 0$$ 因此 $x+y$, $y+z$, $z+x$ 均为 $f(x, y, z)$ 之因式 (需补充二次齐次对称式因式).

令 $$f(x, y, z) = (x + y)(y + z)(z + x) \left[m(x^2 + y^2 + z^2) + n(xy + yz +zx)\right],$$ 取 $x = 0$, $y = z = 1$, 及 $x = 0$, $y = 1$, $z = 2$, 得 $$\begin{cases}30 = 2(2m + n)\\ 210 = 6(5m + 2n)\end{cases} \Rightarrow m = n = 5, $$ $$\Rightarrow (x + y + z)^5 - x^5 - y^5 - z^5 = 5(x + y)(y + z)(z + x)(x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz +zx).$$

2. $a^4 + b^4 + c^4 - 2a^2b^2 - 2b^2c^2 - 2c^2a^2$

解答:

$f(a, b, c)$ 是四次齐次对称式.

验证 $$f(-b-c, b, c) = (b + c)^4 + b^4 + c^4 - 2(b+c)^2b^2 - 2b^2c^2 - 2c^2(b+c)^2$$ $$= (b+c)^2(b^2 + 2bc + c^2- 2b^2 - 2c^2) + (b^2 - c^2)^2$$ $$= -(b^2 - c^2)^2 + (b^2 - c^2)^2 = 0,$$ $$f(b+c, b, c) = (b+c)^4 + b^4 + c^4 - 2(b+c)^2b^2 - 2b^2c^2 - 2c^2(b+c)^2$$ $$= (b+c)^2(b^2 + c^2 + 2bc - 2b^2 - 2c^2) + (b^2 - c^2)^2$$ $$= -(b^2 - c^2)^2 + (b^2 - c^2)^2 = 0.$$ 因此 $a+b+c$, $a - b - c$, $b - c - a$, $c - a- b$ 均为 $f(a, b, c)$ 之因式.比较系数可得 $$a^4 + b^4 + c^4 - 2a^2b^2 - 2b^2c^2 - 2c^2a^2 = (a + b + c)(a - b - c)(b - c- a)(c - a - b).$$

3. $(b+c-a)^3 + (c+a-b)^3 + (a+b-c)^3 - 3(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$

解答:

本题可采用换元并利用公式 $$x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx).$$ 因此 $$(b+c-a)^3 + (c+a-b)^3 + (a+b-c)^3 - 3(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) = (a + b + c)\left[(b+c-a)^2 + (c +a - b)^2 + (a + b - c)^2 - (b + c - a)(c + a - b) - (c + a - b)(a + b - c) - (a + b - c)(b + c - a)\right]$$ $$= (a + b + c)\left[3(a^2 + b^2 + c^2) - 2(ab + bc + ca) - c^2 + (a - b)^2 - a^2 + (b - c)^2 - b^2 + (c -a)^2\right]$$ $$= (a + b + c)\left[4(a^2 + b^2 + c^2) - 4(ab + bc + ca)\right] = 4(a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca).$$

4. $a^3(a+1)(b-c) + b^3(b+1)(c-a) + c^3(c+1)(a-b)$

解答:

$f(a, b, c)$ 是五次非齐次轮换式.

验证 $$f(b, b, c) = b^3(b + a)(b - c) + b^3(b + a)(c - b) = 0,$$ 因此 $a - b$, $b - c$, $c - a$ 均为 $f(a, b, c)$ 之因式 (需补充三次非齐次轮换式).

令 $$f(a, b, c) = (a- b)(b - c)(c - a)\left[m(a^2 + b^2 + c^2) + n(ab + bc + ca) + p(a + b + c) + q\right],$$ 原式中每一展开项最低次数是 $4$, 因此 $h = 0$,

对比系数 $a^4b$ 可得 $m = -1$,

对比系数 $a^3b$ 可得 $p = -1$,

对比系数 $a^3b^2$ 可得 $m - n = 0 \Rightarrow n = -1$.

由此可得 $$a^3(a+1)(b-c) + b^3(b+1)(c-a) + c^3(c+1)(a-b) = -(a- b)(b- c)(c - a)(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca + a + b + c).$$

5. $a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b) - \left(a^3 + b^3 + c^3\right)- 2abc$

解答:

$f(a, b, c)$ 是三次齐次对称式.

验证 $$f(b+c, b, c) = (b+c)^3 + b^2(2c + b) + c^2(2b + c) - \left[(b+c)^3 + b^3 + c^3\right] - 2(b+c)bc = 0,$$ 因此 $a - b - c$, $b - c - a$, $c - a - b$ 均是 $f(a, b, c)$ 之因式.

令 $$f(a, b, c) = k(a - b - c)(b - c- a)(c - a - b),$$ 比较 $a^3$ 系数可得 $k = 1$. 由此可得 $$a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b) - \left(a^3 + b^3 + c^3\right)- 2abc = (a - b - c)(b - c- a)(c - a - b).$$

6. $(abc + bcd + cda + dab)^2 - (ab - cd)(bc - da)(ca - bd)$

解答:

$f(a, b, c, d)$ 是六次齐次对称式.

验证 $$f(0, b, c, d) = b^2c^2d^2 - b^2c^2d^2 = 0,$$ 因此 $a$, $b$, $c$, $d$ 均是 $f(a, b, c, d)$ 之因式 (需补充二次齐次对称式).

令 $$f(a, b, c, d) = abcd\left[m(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + n(ab + bc + cd + da)\right],$$ 比较系数 $a^3bcd$ 可得 $m = 1$,

比较系数 $a^2b^2cd$ 可得 $n = 2$.

由此可得 $$(abc + bcd + cda + dab)^2 - (ab - cd)(bc - da)(ca - bd) = abcd\left(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2ab + 2bc + 2cd + 2da\right)$$ $$= abcd(a+b+c+d)^2.$$

7. 已知 $a, b, c$ 是 $\triangle{ABC}$ 的三边长, 求证: $$a^3 + b^3 + c^3 - a(b - c)^2 - b(c - a)^2 - c(a - b)^2 - 4abc < 0.$$

解答:

设不等号左边为 $f(a, b, c)$, 这是一个三次齐次对称式.

验证 $$f(b+c, b, c) = (b+c)^3 + b^3 + c^3 - (b+c)(b-c)^2 - b^3 - c^3 - 4bc(b+c) = 0,$$ 因此 $a-b-c$, $b-c-a$, $c-a-b$ 均是 $f(a, b, c)$ 之因式.

令 $$f(a, b, c) = k(a - b -c)(b - c - a)(c - a - b),$$ 比较系数 $a^3$ 可得 $k= 1$.

由此可得 $$f(a, b, c) = (a - b -c)(b - c - a)(c - a - b) = -(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c),$$ $a$, $b$, $c$ 作为三角形三边满足 $$\begin{cases}a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b \end{cases},$$ 因此 $$f(a, b, c) = -(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) < 0.$$

2016猿辅导初中数学竞赛训练营作业题解答-6