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2019 AMC 10年级(相当于高一) 样题一

$ p,q, $ 和 $ r $ 是多项式 $ x^3-22x^2+80x-67  $ 的不同根。已知存在实数 $ A,B, $ 和 $ C $ 使得

$$\cfrac 1{s^3-22s^2+80s-67}=\cfrac A{s-p}+\cfrac B{s-q}+\cfrac C{s-r}$$

对所有 $s\not\in \{p, q, r\}$ 都成立。那么 $\cfrac 1A+\cfrac 1B +\cfrac 1C$ 的值为:

(A) 243
(B) 244
(C) 245
(D) 245
(E) 247
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通分,待定系数,和韦达定理,得到如下六个方程

$A+B+C=0$
$A(q+r)+B(p+r)+C(p+q)=0$
$Aqr+Bpr+Cpq=1$
$p+q+r=22$
$pq+pr+pr=80$
$pqr=67$

应该不是叫直接把 $A,B,C$ 解出来吧?需要强大的代数变形能力

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依题意 `s^3-22s^2+80s-67=(s-p)(s-q)(s-r)`,所以等式去分母后为\[A(s-q)(s-r)+B(s-p)(s-r)+C(s-p)(s-q)=1,\]这时是对任意 `s` 成立,故此分别令 `s=p`, `q`, `r` 可得\[A=\frac1{(p-q)(p-r)},B=\frac1{(q-p)(q-r)},C=\frac1{(r-p)(r-q)},\]所以所求式为\[(p-q)(p-r)+(q-p)(q-r)+(r-p)(r-q),\]亦即\[(p+q+r)^2-3(pq+qr+rp),\]代韦达定理 `p+q+r=22`, `pq+qr+rp=80` 即得结果为 `244`。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$

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有点意思。

从前三个方程,把 $A,B,C$ 作为未知数,解得

$A=\cfrac 1{qr-qp+p^2-pr}$

即 $\cfrac 1A=qr-qp+p^2-pr$, 由对称性,有

$\cfrac 1B=pr-rq+q^2-qp$

$\cfrac 1C=qp-pr+r^2-rq$

三式相加,得$\cfrac 1A+\cfrac 1B+\cfrac 1C=p^2+q^2+r^2-pq-qr-rp=(p+q+r)^2-3(pq+qr+pr)=22^2-3\cdot 80=484-240=244$

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回复 3# kuing

太牛了。 这也是套路题吧?

你的办法,省去了成吨的计算,直指要害,佩服。

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题目说的其实是 $s\notin\{p,q,r\}$, 但是 $s=p,q,r$ 是极限情形,取了某种意义上的倒数后,就是可去间断点了。总之这个办法快准狠,学习了。

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印象中论坛里某帖有一道类似题

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题目说的其实是 $s\notin\{p,q,r\}$, 但是 $s=p,q,r$ 是极限情形,取了某种意义上的倒数后,就是可去间断点 ...
业余的业余 发表于 2019-2-19 23:17

如果想避免解释可去间断点啥的,可以用拉格朗日插值公式。

设 `x_i`(`i=1`, `2`, `3`)互不相同,设常数函数 `f(x)=1`,由拉格朗日插值公式,`f(x)` 可以表示成
\[f(x)=\frac{(x-x_2)(x-x_3)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}f(x_1)+\frac{(x-x_1)(x-x_3)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)}f(x_2)+\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)}f(x_3),\]
故此有恒等式
\[1=\frac{(x-x_2)(x-x_3)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}+\frac{(x-x_1)(x-x_3)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)}+\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)},\quad(*)\]
当 `(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)\ne0` 时,两边除以它就是
\begin{align*}
&\frac1{(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)}\\
={}&\frac1{(x-x_1)(x_1-x_2)(x_1-x_3)}+\frac1{(x-x_2)(x_2-x_1)(x_2-x_3)}+\frac1{(x-x_3)(x_3-x_1)(x_3-x_2)}.
\end{align*}

显然这对于多元也是一样的,而且这里 `x`, `x_i` 都不一定要是实数。

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回复 8# kuing

恒等式 (*),正好就是昨天那个动点不等式里的引理二的证法,等会补充到那边。(本来昨天已经懒得写,结果还是写了……

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回复 9# kuing

其实没有关系。这是确定待定系数的简洁方法。做积分题时,partial fraction  (比如把 $\cfrac {1}{(x-a)(x-b)(x-c)}$ 分解为 $\cfrac {A}{x-a}+\cdots$ 的技术) 会用到这个技巧,这样的 $A,B,C$ 必定存在,怎么简单怎么来。你的办法真没有问题的。

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