AMC10/12教材 - 数学 (10)

代数

§3.1 应用题

本节主要讲如何阅读题目，并将长段文字转化为方程。

问题 3.1.1 - 点 $ A, B $ 和 $ C $ 按顺序位于一条直线上，其中点 $ A $ 到点 $ C $ 的距离是 1800 米。Ina 的速度是 Eve 的两倍，Paul 的速度是 Ina 的两倍。三位跑步者同时出发:Ina 从点 $ A $ 出发跑向点 $ C $ ，Paul 从点 $ B $ 出发跑向点 $ C $ ，Eve 从点 $ C $ 出发跑向点 $ A $ 。当 Paul 遇到 Eve 时，他转身跑向点 $ A $ 。Paul 和 Ina 同时到达点 $ B $ 。求点 $ A $ 到点 $ B $ 的距离(单位:米)。

来源:2018 年 AIME

解答:本题中我们已知三人速度的关系:Ina、Eve 和 Paul。由于 Ina 的速度是 Eve 的两倍，我们假设 Eve 的速度为 $ v $ 米/单位时间。此时，Ina 的速度为 $ {2v} $ 米/单位时间。由于 Paul 的速度是 Ina 的两倍，他的速度就是 Ina 的两倍，即 $ {4v} $ 。

Eve 的速度 $ = v $

Ina 的速度 $ = {2v} $

Paul 的速度 $ = {4v} $

题目说明 Ina 无中断到达点 B 所需的时间，等于 Paul 与 Eve 相遇后折返到达点 B 所需的时间。

我们假设点 $ \mathrm{A} $ 和点 $ \mathrm{B} $ 之间的距离为 $ d $ 。这就是 Ina 行驶的距离。总时间就是距离除以速度，即 $ \frac{d}{2v} $ 。

现在我们用距离/速度来建立一个关于 Paul 的类似等式。由于 Paul 的速度是 Eve 的四倍，他在相遇时所走的距离是 Eve 的四倍。这意味着他走了从点 $ \mathrm{B} $ 到点 C 的整个距离的 $ \frac{4}{5} $ ，即 $ {1800} - d $ 。但随后他又返回了相同的距离，因此他总共走了 $ \frac{8}{5} $ 的 $ {1800} - d $ 。我们将它除以他的速度 $ {4v} $ 并求解。

\[ \frac{\left( {{1800} - d}\right) 8}{5 \cdot {4v}} = \frac{d}{2v} \]

约去分母中的 $ v $ 后，这变成一个单变量方程。解得 $ d = \mathbf{{800}} $ 。

问题 3.1.2 - Alpha 和 Beta 参加了一场为期两天的问题解决竞赛。比赛结束时，两人各自尝试的问题总分均为 500 分。Alpha 第一天尝试了 300 分的问题并得了 160 分，第二天尝试了 200 分的问题并得了 140 分。Beta 第一天没有尝试 300 分的问题，且两天得分均为正整数，且 Beta 每天的成功率(得分/尝试分数)均低于 Alpha 当天的对应值。Alpha 两天的总成功率为 $ {300}/{500} = 3/5 $ 。Beta 最高可能实现的两天总成功率为 $ m/n $ ，其中 $ m $ 和 $ n $ 是互质的正整数。问 $ m + n $ 是多少？来源:2014 年 AIME

解答:在许多这类问题中，将其转化为不等式是一个好方法。你需要仔细阅读题目并在必要时分配变量。

由于我们知道 Beta 两天的成功率都低于 Alpha 的成功率，我们可以用变量表示 Beta 两天的成功率。假设他第一天尝试了 $ y $ 道题并答对了 $ x $ 道，第二天答对了 $ \mathrm{z} $ 道题。那么他第一天和第二天的成功率分别是 $ \frac{x}{y} $ 和 $ \frac{z}{{500} - y} $ 。

写出不等式得到

\[ \frac{x}{y} < \frac{160}{300} = \frac{8}{15} \]

\[ \frac{z}{{500} - y} < \frac{140}{200} = \frac{7}{10} \]

因为我们希望最大化 $ x + z $ (总解题数)以最终最大化总成功率，我们将对两个不等式分别整理，使左边仅保留 $ x $ 和 $ z $ 。之后，我们只需将这两个不等式相加。

\[ x < \frac{8y}{15} \]

\[ z < \frac{7\left( {{500} - y}\right) }{10} \]

将两个方程相加并简化右边的项得到

\[ x + z < {350} - \frac{y}{6} \]

因为我们希望最大化 $ x + z $ ，这发生在分数是一个极小数值时，此时最大可能值略低于350，即349。我们希望答案以他两天的成功率形式表示，即 $ \frac{349}{500} $ 。将分子与分母相加得到849。

问题 3.1.3 - Anh读了一本书。第一天她用 $ n $ 分钟读了 $ t $ 页，其中 $ n $ 和 $ t $ 均为正整数。第二天Anh用 $ n + 1 $ 分钟读了 $ t + 1 $ 页。此后每天她比前一天多读一页，并且用时比前一天多一分钟，直到完全读完共374页的书。她总共用了319分钟读完这本书。求 $ n + t $ 。

来源:2016年AIME

解答:本题中，我们假设他读页的总天数为 $ x $ 。现在我们将n求和至 $ n + x - 1 $ ，t求和至 $ t + n - 1 $ ，并令其等于各自的对应值。

使用等差数列求和公式得到两个独立的方程。

\[ \frac{\left( {{2n} + x - 1}\right) x}{2} = {374} \]

\[ \frac{\left( {{2t} + x - 1}\right) x}{2} = {319} \]

由于 $ n, t $ 和 $ x $ 的值均为整数， $ x $ 必须同时整除374和319。374与319的最大公约数是11。因此，我们将测试11作为 $ x $ (总天数)，看看是否成立。将其代入两个方程得

\[ \frac{\left( {{2n} + {10}}\right) {11}}{2} = {374} \]

\[ \frac{\left( {{2t} + {10}}\right) {11}}{2} = {319} \]

\[ {2n} + {10} = {68} \]

\[ {2t} + {10} = {58} \]

我们得到 $ n $ 为29， $ t $ 为24。将 $ n $ 和 $ t $ 相加得最终答案为53。

§3.2 数列与级数

定义 3.2.1

在等差数列中，相邻两项之间的差相同，这个共同的差通常称为 $ d $ 。

定义 3.2.2

在等比数列中，相邻两项之间的比值相同，记作 $ r $ 。

定义 3.2.3

等差-等比数列是通过将一个等差数列与一个等比数列中对应项相乘得到的。

定理 3.2.4

等差数列的和

假设首项为 $ a $ ，公差为 $ d $ ，共有 $ n $ 项。各项依次为 $ a,\mathrm{a} + \mathrm{d},\mathrm{a} + 2\mathrm{\;d},\mathrm{a} + 3\mathrm{\;d}\ldots , a + \left( {n - 1}\right) d $ 。

其和为 $ \frac{\left( {{2a} + {nd} - d}\right) n}{2} $

定理 3.2.5

等比数列的和

假设首项为 $ a $ ，公比为 $ r $ ，共有 $ n $ 项。各项依次为 a, $ a{r}^{1}, a{r}^{2}, a{r}^{3}, a{r}^{4}\ldots a{r}^{n - 1} $

其和为 $ \frac{a\left( {{r}^{n + 1} - 1}\right) }{r - 1} $

这就是本节你需要掌握的所有公式和定义。现在最好的方法就是做练习题来熟练掌握这个主题。

问题 3.2.6 - 对于每个正整数 $ k $ ，设 $ {S}_{k} $ 表示首项为 1、公差为 $ k $ 的递增等差数列。例如， $ {S}_{3} $ 是序列 $ 1,4,7,{10},\ldots $ 。有多少个 $ k $ 的值使得 $ {S}_{k} $ 包含项 2005？

来源:2005 年 AIME

解答:本题中我们已经知道任意等差数列的首项都是 1。现在我们假设第 n 项是 2005，且相邻两项的差为 $ k $ 。现在我们可以写出一个代数表达式。

\[ 1 + k\left( {n - 1}\right) = {2005} \]

减去 1 得到

$ k\left( {n - 1}\right) = {2004} $

上述方程表明 $ k $ 必须能整除 2004。因此，我们将对 2004 进行质因数分解。

\[ {2004} = {2}^{2} \times 3 \times {167} \]

现在， $ k $ 可以是 2004 的任意因子。因此，我们使用公式计算因子数量，结果为

$ \left( {2 + 1}\right) \left( {1 + 1}\right) \left( {1 + 1}\right) = \mathbf{{12}}. $

问题 3.2.7 设 $ P\left( x\right) = {x}^{3} + {x}^{2} - {r}^{2}x - {2020} $ 是一个多项式，其根为 $ r, s, t $ 。那么 $ P\left( 1\right) $ 是多少？

来源:2020 HMMT

解法:本题中我们将使用韦达定理(Vieta's Theorem)。由韦达定理可知:

$ r + s + t = - 1 $

$ {rs} + {rt} + {st} = - {r}^{2} $

rst = 2020

将第二个等式重新整理可得 $ {rs} + {r}^{2} + {rt} + {st} = 0 $ 。

我们可以因式分解得到

$ r\left( {r + s + t}\right) = - {st} $

现在根据韦达定理，我们已经知道 $ r + s + t = - 1 $ ，因此可以将其代入 $ r\left( {r + s + t}\right) = - {st} $ 中得到

$ - r = - {st} $ 。两边同时除以 -1 得到 $ r = {st} $

现在我们可以将这个结果代入 $ {rst} = {2020} $ 得到 $ {r}^{2} = {2020} $ 。

现在由于我们要找 $ P\left( 1\right) $ ，首先将 1 代入 $ P\left( x\right) $ ，即 $ {x}^{3} + {x}^{2} - {r}^{2}x - {2020} $ 。我们得到 $ - {r}^{2} - {2018} $ 。接着将 $ {r}^{2} = {2020} $ 代入 $ - {r}^{2} - {2018} $ ，得到最终答案为 -4038。

问题 3.2.8 —— 一个凸多边形的内角度数构成一个公差为整数的递增等差数列，该多边形有 18 条边。求最小内角的度数。

来源:2011 AIME

解法:本题中我们首先计算这个 18 边形所有内角的总和。我们使用一个简单的公式:n 边形的内角和为 $ {180} \cdot \left( {n - 2}\right) $ 。

$ {180} \cdot {16} = {2880} $

由于这些角构成等差数列，我们假设首项为 $ a $ ，公差为 $ d $ 。这意味着各项依次为 $ a, a + d, a + {2d}, a + {3d}\ldots , a + {17d} $ 。

现在我们将这 18 个值相加得到

\[ {18a} + \left( {1 + 2 + 3.. + {17}}\right) d \]

\[ = {18a} + \frac{{17} \cdot {18}}{2}d \]

\[ = {18a} + {153d} \]

我们将上述表达式设为 2880 并求解。

\[ {18a} + {153d} = {2880} \]

将每一项除以9得到

\[ {2a} + {17d} = {320} \]

我们现在知道，为了使2能整除320 - 17d， $ d $ 必须是偶数。因此，我们将假设 $ d $ 为2。然后，我们发现 $ a = {143} $ 。现在我们将检验最大角 $ \left( {a + {17d}}\right) $ 是否小于180度。代入143和2得到177。

顺便提一下，如果我们代入d的其他值，比如4或6，那么最大角将超过180度，这是不可能的，因为我们的图形是凸的。因此，答案是143。

问题3.2.9 - 两个不同的、实数的、无限几何级数的和均为1，且它们的第二项相同。其中一个级数的第三项是 $ \frac{1}{8} $ ，两个级数的第二项可以写成形式 $ \frac{\sqrt{m} - n}{p} $ ，其中 $ m, n $ 和 $ p $ 是正整数，且 $ m $ 不能被任何质数的平方整除。求 $ {100m} + {10n} + p $ 。

来源:2002年AIME

解法:在这个问题中，我们将假设两个级数的第二项都是 $ x $ 。那么，对于其中一个级数，我们知道它的第三项是 $ \frac{1}{8} $ 。因此，我们将用 $ x $ 表示这个第一级数的 $ r $ 的值。我们直接得到比值为 $ \frac{1}{8x} $ 。现在我们用这个比值除以第二项来找到第一项。这样做后，我们得到 $ 8{x}^{2} $ 。现在我们将使用无限几何级数求和公式。

首项是 $ 8{x}^{2} $ ，公比是 $ \frac{1}{8x} $ 。我们将这些代入公式并令其等于和1。

\[ \frac{8{x}^{2}}{1 - \frac{1}{8x}} \]

简化这个表达式得到方程

\[ {64}{x}^{3} - {8x} + 1 = 0. \]

我们可以因式分解得到

\[ \left( {{4x} - 1}\right) \left( {{16}{x}^{2} + {4x} - 1}\right) = 0 \]

求解根得到

\[ \frac{1}{4}\text{and}\frac{-1 + \sqrt{5}}{8}\text{and}\frac{-1 - \sqrt{5}}{8} \]

只有第二个根符合我们想要的答案格式，所以我们只需以 $ {100}\mathrm{\;m} + {10}\mathrm{n} + \mathrm{p} $ 的形式作答，结果是518。

§3.3 多项式

这是代数中最重要的话题之一，在AMC中经常出现。它在AMC和AIME中都非常常见。你需要熟练掌握它。

我们将从韦达定理开始。

韦达定理是一种很好的方法，用于求根的和或积。对于形如 $ \mathrm{a}{x}^{2} + \mathrm{{bx}} + \mathrm{c} $ 的任意多项式，韦达定理指出根的和为 $ \frac{-b}{a} $ 。这个多项式的根的积就是 $ \frac{c}{a} $ 。(注意:在使用韦达定理时，你不包括变量，只使用系数。)

定理3.3.1

韦达定理

对于任意多项式 $ P\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \ldots + {a}_{1}x + {a}_{0} $ ，以下定理适用。

\[ {r}_{1} + {r}_{2} + \cdots + {r}_{n - 1} + {r}_{n} = - \frac{{a}_{n - 1}}{{a}_{n}} \]

$ \left( {{r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + \cdots + {r}_{1}{r}_{n}}\right) + \left( {{r}_{2}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{4} + \cdots + {r}_{2}{r}_{n}}\right) + \cdots + {r}_{n - 1}{r}_{n} = \frac{{a}_{n - 2}}{{a}_{n}} $

$ \vdots $

\[ {r}_{1}{r}_{2}\cdots {r}_{n} = {\left( -1\right) }^{n}\frac{{a}_{0}}{{a}_{n}}. \]

对于任意具有 $ n $ 个复数根的多项式，其根的和恒为 $ - \frac{{a}_{n - 1}}{{a}_{n}} $ 。一个常见错误是求形如 $ \mathrm{a}{x}^{3} + \mathrm{{bx}} + \mathrm{c} $ 的多项式的根之和。有些人认为根的和就是 $ \frac{-b}{a} $ ，但在这种情况下这是错误的。我们使用第二高次项的系数除以最高次项变量的系数。对于不了解的人，一个项的次数是指它的指数。例如，在 $ 3{x}^{2} + 4\mathrm{x} + 7 $ 中，项 $ 3{x}^{2} $ 的次数是 2，而项 $ 4\mathrm{x} $ 的次数是 1。在技巧题中，根的和是 2。原因是存在一个虚数项。例如， $ \mathrm{a}{x}^{3} + \mathrm{{bx}} + \mathrm{c} $ 等同于 $ \mathrm{a}{x}^{3} + 0{x}^{2} + \mathrm{{bx}} + \mathrm{c} $ 。实际上根的和是 0。不要落入这个陷阱！

了解判别式也很重要。二次多项式 $ a{x}^{2} + {bx} + c $ 的判别式是 $ {b}^{2} - {4ac} $

如果判别式的值大于 0，则该二次方程有两个不同的实数根。

如果判别式的值等于 0，则该二次方程有一个不同的实数根(但它是重复的)。

如果判别式小于 0，则该二次方程没有实数根(它有两个复数根)

定理 3.3.2

余数定理

若我们将多项式 $ \mathrm{f}\left( x\right) $ 除以 $ x - r $ ，则余数将是 $ \mathrm{f}\left( r\right) $

问题 3.3.3 - 找出最小的正整数 $ n $ ，使得多项式 $ {x}^{4} - {nx} + {63} $ 可以表示为两个具有整数系数的非常数多项式的乘积。

来源:2010 年 AIME

解答:本题中，由于我们知道两个多项式相乘会得到一个四次多项式，因此这两个多项式可能分别是 1 次和 3 次，或者都是 2 次。我们将分别处理这两种情况。

情况 1:次数为 1 和 3

\[ \left( {x + a}\right) \left( {{x}^{3} + b{x}^{2} + {cx} + d}\right) = {x}^{4} - {nx} + {63} \]

展开左边得

\[ {x}^{4} + \left( {a + b}\right) {x}^{3} + \left( {{ab} + c}\right) {x}^{2} + \left( {{ac} + d}\right) x + {ad} = {x}^{4} - {nx} + {63} \]

现在我们令对应幂次的系数相等。这意味着对于每个相同幂次的 $ x $ 项，我们将它们的系数进行比较。

\[ a + b = 0 \]

\[ {ab} + c = 0 \]

\[ {ac} + d = - n \]

\[ {ad} = {63} \]

现在我们首先处理前两个方程并重新排列它们。第一个方程给出一个 $ = - b $ ，将其代入第二个方程得到 $ c = {b}^{2} $

现在我们将 $ - b $ 代入最后两个方程以得到

\[ - {bc} + d = - n \]

\[ - {bd} = {63} \]

现在我们将我们的 $ {b}^{2} $ 代入我们新建立的方程中的 $ c $ 以得到

\[ - {b}^{3} + d = - n \]

\[ - {bd} = {63} \]

现在可以尝试 $ b $ 和 $ d $ 的值了，因为我们知道它们的乘积就是 63。经过几次尝试后，我们得到 Case 1 中 $ n $ 的最小答案为 48。

情况二:次数为 2 和 2

\[ \left( {{x}^{2} + {ax} + b}\right) \left( {{x}^{2} + {cx} + d}\right) = {x}^{4} - {nx} + {63} \]

展开左边得到

\[ {x}^{4} + \left( {a + c}\right) {x}^{3} + \left( {b + d + {ac}}\right) {x}^{2} + \left( {{ad} + {bc}}\right) x + {bd} = {x}^{4} - {nx} + {63} \]

现在我们再次比较系数以得到几个方程

\[ a + c = 0 \]

\[ b + d + {ac} = 0 \]

\[ {ad} + {bc} = - n \]

\[ {bd} = {63} \]

以与 Case 1 相同的方式解这个方程，我们得到 $ n = $ 8。

问题 3.3.4 — 二次方程 $ {x}^{2} + {mx} + n $ 的根是

$ {x}^{2} + {px} + m $ 的根的两倍，且 $ m, n $ 、 $ p $ 均不为零。求 $ n/p $ 的值？

$ \textbf{(A)}\;1\;\textbf{(B)}\;2\;\textbf{(C)}\;4\;\textbf{(D)}\;8\;\textbf{(E)}\;{16} $

来源:2005 AMC

解答:假设方程 $ {x}^{2} + {px} + m $ 的根为 $ r $ 和 $ s $ ，我们知道另一个二次方程的根是 $ {2r} $ 和 $ {2s} $ ，因为题目说明它的根是两倍。

现在我们将使用韦达公式(Vieta's Formula)写出关于这两个二次方程的若干等式。

关于二次方程 $ {x}^{2} + {mx} + n $ 的等式

\[ {2r} + {2s} = - m \]

\[ {4rs} = n \]

关于二次方程 $ {x}^{2} + {px} + m $ 的等式

\[ r + s = - p \]

\[ {rs} = m \]

既然我们要找 $ \frac{n}{p} $ ，我们将利用之前写出的等式代入 $ n $ 和 $ p $ 的表达式以得到

$ \frac{n}{p} = \frac{4rs}{-\left( {r + s}\right) } $

现在简化这个表达式看起来可能很难，但我们注意到有两个涉及 $ \mathrm{m},\mathrm{r} $ 和 $ \mathrm{s} $ 的方程。因此，我们想尝试用 $ m $ 表示 $ {rs} $ 和 $ r + s $ ，以抵消掉 $ m $ 。

由于 $ {rs} = m $ ，我们可以将等式两边同时乘以4得到 $ {4rs} = {4m} $ 。

由于 $ 2\left( {r + s}\right) = m $ ，我们可以将等式两边同时除以2得到 $ r + s = \frac{m}{2} $ 。

现在我们将新的发现代入另一个分数中，得到

$ - \frac{4m}{\frac{-m}{2}} = 8\left( \mathbf{D}\right) . $

问题 3.3.5 — 假设 $ f\left( x\right) = {x}^{3} + x - 1 $ 的根为 $ r, s, t $ 。

$ \frac{{r}^{3}}{1 - r} + \frac{{s}^{3}}{1 - s} + \frac{{t}^{3}}{1 - t} $ 的值是多少

来源:2013 CHMMC

解答:在这个问题中，大多数人会直接应用韦达定理(Vieta's Theorem)。然而，在进行一些运算并添加几个分数之后，我们会得到一个复杂的表达式。因此，这里不能使用韦达定理。

不过，我们可以将 $ {x}^{3} + x - 1 = 0 $ 重写为 $ {x}^{3} = 1 - x $

将等式两边同时除以 $ 1 - x $ 得到 $ \frac{{x}^{3}}{1 - x} = 1 $

由于我们已经知道方程的解是 $ r, s, t $ ，可以代入得到 $ \frac{{r}^{3}}{1 - r},\frac{{s}^{3}}{1 - s},\frac{{t}^{3}}{1 - t} $ ，其值等于1。因此，我们的答案就是这三个表达式的和，即 $ 3 \cdot 1 $ ，结果为3。

问题 3.3.6 - 设 $ f $ 是一个函数，满足 $ f\left( \frac{x}{3}\right) = {x}^{2} + x + 1 $ 。求所有满足 $ f\left( {3z}\right) = 7 $ 的 $ z $ 的和。

(A) $ - 1/3 $ (B) $ - 1/9 $

来源:2000 AMC

解答:在这个问题中，我们不能直接将 $ {3z} $ 代入给定的 $ f\left( \frac{x}{3}\right) $ 表达式。原因是直接代入会使它变成 $ \mathrm{f}\left( \mathrm{z}\right) $ 。因此，我们必须将 $ {9z} $ 代入到 $ \mathrm{x} $ 中，使左边等价于 $ \mathrm{f}\left( {3\mathrm{z}}\right) $ 。

\[ f\left( \frac{9z}{3}\right) = f\left( {3z}\right) : {\left( 3z\right) }^{2} + {3z} + 1 = {81}{z}^{2} + {9z} + 1 = 7. \]

两边同时减去7得

$ {81}{z}^{2} + {9z} - 6 = 0 $

现在我们可以直接使用韦达定理(Vieta’s Theorem)来求根的和，结果是 $ \frac{-1}{9} $ (B)。

问题 3.3.7 - 考虑一个次数为 1 的多项式 $ p\left( x\right) $ ，使得对于实数 $ a, p\left( a\right) = 2, p\left( {p\left( a\right) }\right) = {17} $ 和 $ p\left( {p\left( {p\left( a\right) }\right) }\right) = {167} $ 成立。求 $ a $ 的值？ $ \textbf{(A) } - 1\;\textbf{(B) }\frac{-1}{2}\;\textbf{(C) }0\;\textbf{(D) }\frac{1}{2}\;\textbf{(E) }1 $

来源:2019 CMC 10

解法:本题中，由于我们知道 $ p\left( x\right) $ 是一次多项式，可以假设它为 $ {cx} + d $ 。

因为 $ p\left( a\right) = 2 $ ，我们可以将 $ a $ 代入 $ x $ 得到 $ {ac} + d = 2 $

利用 $ p\left( {p\left( a\right) }\right) = {17} $ ，我们可以将 $ p\left( a\right) = 2 $ 代入其中得到 $ p\left( 2\right) = {17} $ 。我们将 2 代入 $ x $ 到我们关于 $ p\left( x\right) $ 的表达式中，得到 $ {2c} + d = {17} $

利用 $ p\left( {p\left( {p\left( a\right) }\right) }\right) = {167} $ ，我们可以将 $ p\left( {p\left( a\right) }\right) = {17} $ 代入 $ p\left( {p\left( {p\left( a\right) }\right) }\right) = {167} $ 得到 $ p\left( {17}\right) = {167} $

我们将 17 代入 $ x $ 到我们关于 $ p\left( x\right) $ 的表达式中，得到 $ {17c} + d = {167} $ 。

将数值代入 $ p\left( x\right) = {cx} + d $ 后得到的三个方程是

$ {ac} + d = 2 $

$ {2c} + d = {17} $

$ {17c} + d = {167} $

我们可以用第三个方程减去第二个方程得到 $ {15c} = {150} $ ，由此得出 $ c = {10} $ 。将其代入任意一个方程(第二或第三个)可得 $ d = - 3 $ 。

这意味着我们的多项式为 $ p\left( x\right) = {10x} - 3 $ 。

现在利用等式 $ p\left( a\right) = 2 $ ，我们得到 $ {10a} - 3 = 2 $ ，而我们的 $ a $ 值为 $ \frac{1}{2}\left( \mathbf{D}\right) $ 。

问题 3.3.8 - 假设 $ r, s, t $ 是多项式 $ {x}^{3} - {2x} + 3 $ 的根。求

\[ \frac{1}{{r}^{3} - 2} + \frac{1}{{s}^{3} - 2} + \frac{1}{{t}^{3} - 2} \]

来源:2018 CHMMC

解法:让我们将 $ r $ 代入多项式，得到 $ {r}^{3} - {2r} + 3 = 0 $ 。我们可以对 $ s $ 和 $ t $ 进行同样的操作，得到

\[ {s}^{3} - {2s} + 3 = 0 \]

\[ {t}^{3} - {2t} + 3 = 0 \]

重写这些等式得到 $ {r}^{3} - 2 = {2r} - 5 $ 。我们对其他根也做同样的处理，得到

$ {s}^{3} - 2 = {2s} - 5 $

\[ {t}^{3} - 2 = {2t} - 5 \]

我们可以将其代入 $ \frac{1}{{r}^{3} - 2} + \frac{1}{{s}^{3} - 2} + \frac{1}{{t}^{3} - 2} $ ，该表达式变为 $ \frac{1}{{2r} - 5} + \frac{1}{{2s} - 5} + \frac{1}{{2t} - 5} $

我们可以通过取公分母来求和这些分数，得到

$ - {20}\left( {r + s + t}\right) + 4\left( {{rs} + {rt} + {st}}\right) $

$ {50}\left( {r + s + t}\right) - {20}\left( {{rs} + {rt} + {st}}\right) + {8rst} $

利用韦达定理(Vieta’s theorem)于 $ {x}^{3} - {2x} + 3 $ ，我们可以找到根与系数之间的关系方程。

$ r + s + t = 0 $

$ {rs} + {rt} + {st} = - 2 $

rst = -3

我们可以将此代入我们的表达式，从而得出答案为 $ \frac{-{67}}{109} $

问题 3.3.9 - 对于某些实数 $ a, b $ 和 $ c $ ，多项式

\[ g\left( x\right) = {x}^{3} + a{x}^{2} + x + {10} \]

有三个不同的根，且 $ g\left( x\right) $ 的每个根也是多项式

\[ f\left( x\right) = {x}^{4} + {x}^{3} + b{x}^{2} + {100x} + c. \]

$ f\left( 1\right) $ 是什么？

$ \begin{array}{lllll} \text{ (A) } - {9009} & \text{ (B) } - {8008} & \text{ (C) } - {7007} & \text{ (D) } - {6006} & \text{ (E) } - {5005} \end{array} $

来源:2017 AMC

解答:本题中，由于我们知道多项式 $ g\left( x\right) $ 的所有根也都是多项式 $ \mathrm{f}\left( \mathrm{x}\right) , g\left( x\right) $ 的根，因此 $ \mathrm{f}\left( \mathrm{x}\right) , g\left( x\right) $ 整除 $ f\left( x\right) $ 。然而，我们必须将其乘以一个一次多项式才能得到 $ \mathrm{f}\left( \mathrm{x}\right) $ ，因为我们必须考虑 $ f\left( x\right) $ 中那个不是 $ g\left( x\right) $ 根的第四个根。

假设 $ r $ 是能整除 $ f\left( x\right) $ 但不能整除 $ g\left( x\right) $ 的根，我们可以将其写成

\[ g\left( x\right) \left( {x - r}\right) = f\left( x\right) \]

\[ \left( {{x}^{3} + a{x}^{2} + x + {10}}\right) \left( {x - r}\right) = {x}^{4} + {x}^{3} + b{x}^{2} + {100x} + c \]

展开左边并通过对等系数使两个多项式相等，得到

\[ {x}^{4} + \left( {a - r}\right) {x}^{3} + \left( {1 - {ar}}\right) {x}^{2} + \left( {{10} - r}\right) x - {10r} = {x}^{4} + {x}^{3} + b{x}^{2} + {100x} + c \]

令系数相等得到以下方程

\[ a - r = 1 \]

\[ 1 - {ar} = b \]

\[ {10} - r = {100} \]

\[ c = - {10r} \]

我们可以直接用第三个方程求得 $ r $ 为 -90。然后将其代入第四个方程，得到 $ c $ 为 900。接着，我们还可以从第一个方程求出 $ a $ ，并将它代入第二个方程，得到 $ b $ 。

在求得这些值之后，我们就得到了多项式的完整形式。我们将 1 代入该多项式，得到 -7007 (C)。

问题 3.3.10 - 假设 $ a, b $ 是非零整数，使得 $ {x}^{3} + $ 的两个根重合，且三个根均为整数。求 $ \left| {ab}\right| $ 。

来源:2013 PUMAC

解法:由于题目说明两个根重合，这意味着它们是相同的。然而，还有一个不同于这个公共根的根。我们假设两个不同的根是 $ r, s $ 和 $ r $ ，其中 $ r $ 将是重复的根。

利用韦达定理(Vieta's Theorem)，我们可以写出三个关联根与系数的方程

\[ {2r} + s = - a \]

\[ {2rs} + {r}^{2} = b \]

\[ {r}^{2}s = - {9a} \]

观察这三个方程，你应该想到将第一个和第三个方程结合起来，因为它们都等于包含变量 $ a $ 的一项。我们可以通过将第一个方程乘以9，使右边等价于第三个方程中的 $ - {9a} $ 。因此，我们将第一个方程乘以9，再从第三个方程中减去它，得到:

\[ {r}^{2}s - {18r} - {9s} = 0 \]

我们应该意识到这是一个关于 $ r $ 和 $ s, - {18} $ 的多项式，-9是其系数。现在我们可以使用二次公式来用 $ s $ 表示根。这样做会得到一个平方根项，必须将其消除(即平方根内的表达式必须是一个完全平方数)。这是因为 $ r $ 是一个整数。

平方根内的项是 $ {36}\left( {{s}^{2} + 9}\right) $

由于36已经是一个完全平方数，我们将尝试找到一个 $ s $ 的值，使得 $ {s}^{2} + 9 $ 也是一个完全平方数。我们可以令 $ {s}^{2} + 9 $ 等于 $ {x}^{2} $ 并求解。

\[ {s}^{2} + 9 = {x}^{2} \]

\[ \left( {x - s}\right) \left( {x + s}\right) = 9 \]

通过列出所有可能的情况并检查是否满足题目给出的所有条件，我们发现 $ s $ 必须是4或-4。

现在我们可以将 $ s $ 的两个值代入 $ {r}^{2}s - {18r} - {9s} = 0 $ 中。求解后，我们看到(r, s)的两个可能解为(-6, -4)和(6,4)。

测试这两个解并将它们代入以找出 $ a $ 和 $ b $ ，我们发现它们都导致相同的解1344。

问题3.3.11 - 假设 $ P\left( x\right) $ 是一个具有整数系数的二次多项式，满足恒等式

\[ P\left( {P\left( x\right) }\right) - P{\left( x\right) }^{2} = {x}^{2} + x + {2016} \]

对所有实数 $ x $ 成立。求 $ P\left( 1\right) $

来源:2017 CMIMC代数

解法:在此题中，我们假设 $ P\left( x\right) = a{x}^{2} + {bx} + c $ 。让我们将其代入 $ P\left( {P\left( x\right) }\right) - P{\left( x\right) }^{2} = {x}^{2} + x + {2016}. $

\[ {aP}{\left( x\right) }^{2} + {bP}\left( x\right) + c - P{\left( x\right) }^{2} = {x}^{2} + x + {2016} \]

\[ \left( {a - 1}\right) P{\left( x\right) }^{2} + {bP}\left( x\right) + c = {x}^{2} + x + {2016} \]

由于项 $ \left( {a - 1}\right) P{\left( x\right) }^{2} $ 的次数为4，我们必须做些处理使这些项抵消掉，因为我们把它等同于一个二次多项式。我们可以通过让 $ a = 1 $ 实现这一点。这使得方程变为

\[ {bP}\left( x\right) + c = {x}^{2} + x + {2016}\text{ and }P\left( x\right) = {x}^{2} + {bx} + c \]

我们可以将我们的多项式 $ P\left( x\right) $ 代入以得到

$ b{x}^{2} + {b}^{2}x + {bc} + c = {x}^{2} + x + {2016} $

比较系数得

$ b = 1 $

$ {b}^{2} = 1 $

$ {bc} + c = {2016} $

显然 $ b = 1 $ ，将其代入第三个方程可得 $ c = {1008} $ 。

这意味着我们的多项式 $ P\left( x\right) = {x}^{2} + x + {1008} $

我们要求 $ P\left( 1\right) $ ，即 $ {1}^{2} + 1 + {1008} $ ，答案为1010。

问题3.3.12 - 设 $ P\left( x\right) = {x}^{2} - {3x} - 7 $ ，令 $ Q\left( x\right) $ 和 $ R\left( x\right) $ 为两个二次多项式，且它们的 $ {x}^{2} $ 项系数均为1。大卫计算了三个和 $ P + Q, P + R $ 、 $ Q + R $ ，惊讶地发现每对和都有一个公共根，而这三个公共根互不相同。若 $ Q\left( 0\right) = 2 $ ，则 $ R\left( 0\right) = \frac{m}{n} $ ，其中 $ m $ 和 $ n $ 是互质的正整数。求 $ m + n $ 。来源:2020 AIME

解:由于我们知道 $ Q\left( 0\right) = 2 $ ，这意味着常数项为0，因此 $ Q\left( x\right) $ 可表示为 $ {x}^{2} + {ax} + 2 $

我们可以写出 $ R\left( x\right) = {x}^{2} + {bx} + c $

$ \mathrm{P} + \mathrm{Q} : 2{x}^{2} + x\left( {a - 3}\right) - 5 = 0 $ (根为 $ r, s $ )

$ \mathrm{P} + \mathrm{R} : 2{x}^{2} + x\left( {b - 3}\right) + c - 7 = 0 $ (根为 $ r, t $ )

$ \mathrm{Q} + \mathrm{R} : 2{x}^{2} + x\left( {a + b}\right) + c + 2 = 0 $ (根为 $ s, t $ )

由于我们知道每个多项式都有一个公共根，因此可以轻松用变量写出其根。现在我们可以使用韦达定理(Vieta's Theorem)，分别将各多项式的根与其系数联系起来。

$ 1 : r + s = \frac{3 - a}{2} $

$ 2 : {rs} = \frac{-5}{2} $

$ 3 : r + t = \frac{3 - b}{2} $

$ 4 : {rt} = \frac{-7}{2} $

$ 5 : s + t = \frac{-a - b}{2} $

$ 6 : {st} = \frac{c + 2}{2} $

$ 1 - 3 : s - t = \frac{-a + b}{2} $ (用第一个方程减去第三个方程)

现在我们可以将上述由相减得到的方程与第5个方程相加。这给出 $ {2s} = - a $ ，等价于 $ s = \frac{-a}{2} $ 。我们将此代入第一个方程，得到 $ r = \frac{3}{2} $ 。

将此结果代入第二个方程，得到 $ s = \frac{-5}{3} $ 。

我们将 $ r = \frac{3}{2} $ 代入 $ {rt} = - 7 $ ，得到 $ t = \frac{-7}{3} $ 。

如果我们将这些值代入第6个方程 $ {st} = \frac{c + 2}{2} $ ，就可以解出 $ c $ ，结果为 $ \frac{52}{19} $ 。

因为我们知道想要找到 $ R\left( 0\right) $ ，并且我们说过 $ R\left( x\right) = {x}^{2} + {bx} + c, R\left( 0\right) = c $ ，而我们的 $ c $ 的值是 $ \frac{52}{19} $ 。最终答案是 $ {52} + {19} $ ，即 71。

§3.4 对数:仅限 AMC 12

对数是 AMC 12 中一个相当简单的主题，通过适当的练习，这些题目应该比其他题目更容易应对。其中:

$ b > 0 $ 但 $ b \neq 1 $ ，且 $ M, N $ ，且 $ k $ 是实数

但 $ M $ 和 $ N $ 必须为正数！

规则 1: $ {\log }_{b}\left( {\mathrm{M} \cdot \mathrm{N}}\right) = {\log }_{b}\mathrm{M} + {\log }_{b}\mathrm{N} $

规则 2: $ {\log }_{b}\left( \frac{M}{N}\right) = {\log }_{b}M - {\log }_{b}N $

规则 3: $ {\log }_{b}\left( {M}^{k}\right) = k \cdot {\log }_{b}M $

规则 4: $ {\log }_{b}\left( 1\right) = O $

规则 5: $ {\log }_{b}\left( b\right) = 1 $

规则 6: $ {\log }_{b}\left( {b}^{k}\right) = k $

规则 7: $ {b}^{{\log }_{b}\left( k\right) } = k $

记住上面的对数规则。它们非常重要。

定理 3.4.1

换底公式

$ {\log }_{a}b = \frac{{\log }_{c}b}{{\log }_{c}a} $ 对数换底公式 $ {\log }_{a}\left( b\right) = \frac{{\log }_{c}\left( b\right) }{{\log }_{c}\left( a\right) } $ c 是新的对数底数

上述公式非常重要。你可以用它将任意对数重写为任意你选择的新底数的对数之比。

另外，请记住 $ {\log }_{a}b = e $ 与 $ {a}^{e} = b $ 是同一个意思。

技巧:解决对数问题的一个常见方法是将其改写为指数形式。这非常重要！

现在深入学习对数的最佳方法就是练习，所以我们现在就来练习。

习题 3.4.2 - 如果 $ \log \left( {x{y}^{3}}\right) = 1 $ 和 $ \log \left( {{x}^{2}y}\right) = 1 $ ，那么 $ \log \left( {xy}\right) $ 是多少？

(A) $ - \frac{1}{2}\; $ (B)0(C) $ \frac{1}{2}\; $ (D) $ \frac{3}{5}\; $ (E)1

来源:2003 AMC 12

解法:我们将对数改写为指数形式。

\[ x{y}^{3} = {10} \]

$ {x}^{2}y = {10} $

我们可以在第一个方程中用 $ y $ 表示 $ x $ ，得到

$ x = \frac{10}{{y}^{3}} $

现在我们将用 $ y $ 表示的 $ x $ 值代入第二个方程，得到

$ \frac{100}{{y}^{6}} \cdot y = {10} $

简化上述方程得

$ {y}^{5} = {10} $ ，由此我们得到 $ y $ 的值为 $ y = {10}^{1/5} $

将 $ y $ 的值代回，得到 $ x $ 的值为 $ {10}^{2/5} $ 。

现在我们只需要求出 $ {\log }_{10}{10}^{3/5} $

上述表达式的答案就是 $ \frac{3}{5}\left( \mathbf{D}\right) $ 。

习题 3.4.3 - 设 $ x, y $ 和 $ z $ 为满足该系统的实数

\[ {\log }_{2}\left( {{xyz} - 3 + {\log }_{5}x}\right) = 5, \]

$ {\log }_{3}\left( {{xyz} - 3 + {\log }_{5}y}\right) = 4, $

\[ {\log }_{4}\left( {{xyz} - 3 + {\log }_{5}z}\right) = 4. \]

求 $ \left| {{\log }_{5}x}\right| + \left| {{\log }_{5}y}\right| + \left| {{\log }_{5}z}\right| $ 的值。

来源:2016年AIME

解法:本题中，我们将对数方程转化为指数形式，得到

\[ {xyz} - 3 + {\log }_{5}x = {32} \]

\[ {xyz} - 3 + {\log }_{5}y = {81} \]

\[ {xyz} - 3 + {\log }_{5}z = {256} \]

将等式两边同时加3，得

\[ {xyz} + {\log }_{5}x = {35} \]

\[ {xyz} + {\log }_{5}y = {84} \]

\[ {xyz} + {\log }_{5}z = {259} \]

将这三个等式相加，得

$ {3xyz} + {\log }_{5}{xyz} = {378} $

仔细观察可明显得出 $ {xyz} = {125} $ 。

我们可以将这些值代入三个方程，得到 $ {\log }_{5}x = - {90},{\log }_{5}y = - {41} $ 、 $ {\log }_{5}z = {134} $ 。

由于我们要找所有项的和，但每项取绝对值，因此总和为90 + 41 + 134，即265。

问题3.4.4 — $ {10}^{n} $ 的所有正因数的以10为底的对数之和为792。求 $ n $ 的值？

(D) 14

来源:2008年AMC 12

解法:本题需使用一些数论技巧。我们注意到，若 $ \mathrm{n} $ 为奇数，则其所有因数在相乘等于 $ {10}^{n} $ 时均可配对。

现在重要的是要知道，当我们加上所有因数，如

$ {\log }_{10}{d}_{1} + {\log }_{10}{d}_{2} + {\log }_{10}{d}_{3} $ 时，它就简化为 $ {\log }_{10}{d}_{1} \cdot {d}_{2} \cdot {d}_{3} $

利用这一观察，我们知道所有因数对的乘积均为 $ {10}^{n} $ 。当 $ \mathrm{n} $ 为奇数时，不会有未配对的因数(即该数的平方根 $ {10}^{n} $ )。

我们知道 $ {10}^{n} $ 可以写成 $ {2}^{n} \cdot {5}^{n} $ 的形式，

这个数有 $ \left( {n + 1}\right) \left( {n + 1}\right) $ 个因数，将其除以2即可得到因数对的数量。结合每个因数对的乘积 $ {10}^{n} $ (即每对因数的乘积)，我们得到一个等式

\[ {\log }_{10}{10}^{n \cdot \frac{{\left( n + 1\right) }^{2}}{2}} = {792} \]

这简化为

$ n \cdot \frac{{\left( n + 1\right) }^{2}}{2} = {792} $ .

将选项中的数值代入 $ n $ 得到 $ \mathbf{{11}\left( A\right) } $ 。

问题 3.4.5 - 正数 $ x, y $ 和 $ z $ 满足 $ {xyz} = {10}^{81} $ 和 $ \left( {{\log }_{10}x}\right) \left( {{\log }_{10}{yz}}\right) + \left( {{\log }_{10}y}\right) \left( {{\log }_{10}z}\right) = {468} $ 。求 $ \sqrt{{\left( {\log }_{10}x\right) }^{2} + {\left( {\log }_{10}y\right) }^{2} + {\left( {\log }_{10}z\right) }^{2}} $ 。

来源:2010 年 AIME

解法:本题中，你将学习一个极其重要的策略:用其他变量替换对数表达式。在这种情况下，我们将进行如下替换

$ {\log }_{10}x = a $ (也等于 $ \mathrm{x} = {10}^{a} $ )

$ {\log }_{10}y = b $ (也等于 $ \left. {\mathrm{y} = {10}^{b}}\right) $ )

$ {\log }_{10}z = c $ (也等于 $ \mathrm{z} = {10}^{c} $ )

我们可以在代入前重写第二个方程得到

$ \left( {{\log }_{10}x}\right) \left( {{\log }_{10}y + {\log }_{10}z}\right) + \left( {{\log }_{10}y}\right) \left( {{\log }_{10}z}\right) = {468} $

现在将我们的变量 $ a, b, c $ 代入对数表达式，得到

\[ a\left( {b + c}\right) + {bc} = {468} \]

\[ {10}^{a + b + c} = {10}^{81} \]

我们写的第二个方程简化为 $ a + b + c = {81} $

我们目前的方程是

\[ {ab} + {ac} + {bc} = {468} \]

\[ a + b + c = {81} \]

我们想要求 $ \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}} $

我们知道 $ {\left( a + b + c\right) }^{2} - 2\left( {{ab} + {ac} + {bc}}\right) = {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} $

代入数值得到 $ {468}^{2} - 2 \cdot {468} $ ，从而得出 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} $ 的值为 5625。我们只需要求它的平方根，即 75。

问题 3.4.6 - 对于满足

\[ {\log }_{2}\left( {{2x} + y}\right) = {\log }_{4}\left( {{x}^{2} + {xy} + 7{y}^{2}}\right) \]

存在一个实数 $ K $ ，使得

\[ {\log }_{3}\left( {{3x} + y}\right) = {\log }_{9}\left( {3{x}^{2} + {4xy} + K{y}^{2}}\right) . \]

求所有可能的 $ K $ 值的乘积。

来源:2018 AIME

解法:本题中，我们需要重写两个对数表达式，并尝试将它们转换为相同的底数。

只需记住，我们现在必须利用我们对对数恒等式的知识反向推导。

$ {\log }_{{x}^{a}}y = \frac{1}{a} \cdot {\log }_{x}y $

\[ {\log }_{2}\left( {{2x} + y}\right) = \frac{1}{2} \cdot {\log }_{2}\left( {{x}^{2} + {xy} + 7{y}^{2}}\right) \]

现在我们将再次使用对数恒等式简化右边，得到

\[ {\log }_{2}\left( {{2x} + y}\right) = {\log }_{2}\left( \sqrt{{x}^{2} + {xy} + 7{y}^{2}}\right) \]

我们可以对另一个方程重复这些步骤，得到

\[ {\log }_{3}\left( {{3x} + y}\right) = {\log }_{3}\left( \sqrt{3{x}^{2} + {4xy} + K{y}^{2}}\right) \]

现在对于我们的两个方程，由于对数的底数相同，其真数部分

也相等。我们现在得到

\[ {2x} + y = \sqrt{{x}^{2} + {xy} + 7{y}^{2}} \]

\[ {3x} + y = \sqrt{3{x}^{2} + {4xy} + K{y}^{2}} \]

对两个方程两边平方并化简后得到

\[ {x}^{2} + {xy} - 2{y}^{2} = 0 \]

\[ 6{x}^{2} + {2xy} + \left( {1 - k}\right) {y}^{2} \]

从上述两个方程中提取第一个方程的因式分解结果为

\[ \left( {x - y}\right) \left( {x + {2y}}\right) = 0 \]

解得 $ x = y $ 和 $ - {2y} $

现在我们将这两个用 $ y $ 表示的 $ x $ 的值代入包含 $ k $ 的第二个简化后的方程。之后，我们分别对两种情况求解 $ k $ ，得到 9 和 21 作为可能的取值。

$ 9 \cdot {21} = {189} $

问题 3.4.7 — 它的值是多少

\[ \left( {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{{20}}{\log }_{{5}^{k}}{3}^{{k}^{2}}}\right) \cdot \left( {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{{100}}{\log }_{{9}^{k}}{25}^{k}}\right) ? \]

(A) 21 (B) 100 $ {\log }_{5}3\; $ (C) 200 $ {\log }_{3}5\; $ (D) 2,200 (E) 21,000

来源:2021 AMC 12

解法:在此问题中，我们需要使用换底公式来尝试简化表达式。这样做之后得到

\[ \left( {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{{20}}\frac{\log {3}^{{k}^{2}}}{\log {5}^{k}}}\right) \]

现在利用对数规则进一步简化内部部分，得到

\[ \left( {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{{20}}\frac{{k}^{2} \cdot \log 3}{k \cdot \log 5}}\right) \]

$ \mathrm{k} $ 相互抵消，结果为

\[ \left( {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{{20}}\frac{k \cdot \log 3}{\log 5}}\right) \]

我们对另一个求和项做同样的处理，得到

\[ \left( {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{{100}}\frac{\log 5}{\log 3}}\right) \]

第一个求和项就是从1加到20的和乘以 $ \frac{\log 3}{\log 5} $

这给出 $ \frac{{20} \cdot {21}}{2} $ ，即210

将其乘以对数部分，得到 $ \frac{{210} \cdot \log 3}{\log 5} $

我们对从1到100的求和也做同样处理，发现它只是对数部分的100倍，因此得到

$ \frac{{100} \cdot \log 5}{\log 3} $

将两个简化后的求和相乘，对数部分相互抵消，最终结果为 $ {210} \cdot {100} $ ，即 $ \mathbf{{21000}\left( E\right) } $ 。

问题3.4.8 - 计算满足方程 $ {a}^{{\log }_{b}{a}^{-4}} = {b}^{{\log }_{a}b{a}^{-3}} $ 且整数对 (a, b) 满足 $ 2 \leq a, b \leq {2021} $ 的有序对数量

来源:2021年HMMT

解法:在对数问题中，一个有效的策略是两边同时取对数。本题中，我们应该以 $ a $ 为底对两边取对数，因为这样能大幅简化左边。

左边指数中的 a 被抵消，我们得到

\[ {\log }_{b}{a}^{-4} = {\log }_{a}{b}^{{\log }_{a}b{a}^{-3}} = {\log }_{a}b \cdot {\log }_{a}b{a}^{-3} \]

我们可以将 $ {\log }_{a}b{a}^{-3} $ 重写为 $ {\log }_{a}{a}^{-3} + {\log }_{a}b $ 。这简化为 $ - 3 + {\log }_{a}b $ 。

代入后得到

\[ - 4{\log }_{b}a = {\log }_{a}b \cdot \left( {-3 + {\log }_{a}b}\right) . \]

我们将 $ x $ 替换为 $ {\log }_{a}b $ ，这意味着 $ {\log }_{b}a $ 是 $ \frac{1}{x} $ 。

代入后得到

$ \frac{-4}{x} = x\left( {-3 + x}\right) $

两边同时乘以 $ x $ 并化简得到

\[ {x}^{3} - 3{x}^{2} + 4 = 0 \]

因式分解得 $ \left( {x - 2}\right) \left( {x + 1}\right) \left( {x - 2}\right) = 0 $

我们得到 $ x $ 必须是 $ 2, - 1,2 $ ，这意味着 $ {\log }_{a}b $ 必须是这些数。因此， $ b = {a}^{2} $ 或 $ b = {a}^{-1} $ 。然而第二种情况不可能成立，因为我们的两个数都必须为正数。因此，答案的数量就是 2021 的平方根向下取整后的结果。不过，我们必须再减去 1，因为 (1,1) 这种情况不成立，因为两个数都至少要为 2。因此，答案是 43。

§3.5 因式分解方程

在许多问题中，因式分解以简化问题至关重要。一种重要的因式分解方法是配方法(complete the square)。这有时能让圆的方程变得清晰，特别是当存在如 $ {x}^{2} $ 和 $ {y}^{2} $ 这样的项时。

例题 3.5.1 - 存在若干对整数 (a, b) 满足 $ {a}^{2} - {4a} + {b}^{2} - $ $ {8b} = {30} $ 。求所有满足条件的点的坐标之和的总和。来源:2019 BMT

解:我们可以配方得到 $ {\left( a - 2\right) }^{2} - 4 + {\left( b - 4\right) }^{2} - {16} = {30} $

\[ {\left( a - 2\right) }^{2} + {\left( b - 4\right) }^{2} = {50} \]

由此可知，和为 50 的完全平方数 (a - 2) 和 (b - 4) 是 (49,1)、(25,25) 和 (1,49)。总共有 12 个点，因为对于每个平方数，我们有两种选择，例如 $ a - 2 $ 可以为 7 或 -7，这样其平方值才能为 49。

我们现在可以逐一将它们与 $ a - 2 $ 和 $ b - 4 $ 相等，列出全部 12 个点。将各坐标的和相加，最终答案为 72。

定理 3.5.2

一种重要的因式分解方法是

$ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} - {3xyz} = \left( {x + y + z}\right) \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} - {xy} - {xz} - {yz}}\right) $

例题 3.5.3 设 $ {r}_{1},{r}_{2},{r}_{3} $ 是多项式 $ {x}^{3} + a{x}^{2} + {bx} + \frac{4}{3} $ 的(可能为复数的)根。有多少对整数 $ a, b $ 满足 $ {r}_{1}^{3} + {r}_{2}^{3} + {r}_{3}^{3} = 0 $ ？来源:2019 BMT

解:本题中，我们将使用上述讨论的因式分解定理。我们知道

\[ {r}_{1}^{3} + {r}_{2}^{3} + {r}_{3}^{3} - 3{r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} = \left( {{r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3}}\right) \left( {{r}_{1}^{2} + {r}_{2}^{2} + {r}_{3}^{2} - {r}_{1}{r}_{2} - {r}_{1}{r}_{3} - {r}_{2}{r}_{3}}\right) \]

根据韦达定理(Vieta's theorem)，我们有

\[ {r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3} = - a \]

\[ {r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3} = b \]

\[ {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} = \frac{-4}{3} \]

我们将此代入从定理 3.5.2 得到的因式分解方程中。

我们可以直接将0代入 $ {r}_{1}^{3} + {r}_{2}^{3} + {r}_{3}^{3} $ ，这使得等式左边等于4。

经过一些变形得到 $ {\left( {r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3}\right) }^{2} - 2\left( {{r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3}}\right) = {r}_{1}^{2} + {r}_{2}^{2} + {r}_{3}^{2} $ 。这意味着 $ {r}_{1}^{2} + {r}_{2}^{2} + {r}_{3}^{2} $ 等于 $ {a}^{2} - {2b} $ 。

我们因式分解后的方程现在变成

$ 4 = - a\left( {{a}^{2} - {2b}}\right) $

由于我们知道 $ a $ 必须是4的因数，因此可能的取值为 $ 1,2,4, - 1, - 2, - 4 $ 。我们尝试所有这些值来找出(a, b)的组合对，总共得到3组。

定理 3.5.4

基础因式分解技巧

平方差公式: $ {a}^{2} - {b}^{2} = \left( {a - b}\right) \left( {a + b}\right) $

立方差公式: $ {a}^{3} - {b}^{3} = \left( {a - b}\right) \left( {{a}^{2} + {ab} + {b}^{2}}\right) $

立方和公式: $ {a}^{3} + {b}^{3} = \left( {a + b}\right) \left( {{a}^{2} - {ab} + {b}^{2}}\right) $

幂差公式: $ {a}^{n} - {b}^{n} = \left( {a - b}\right) \left( {{a}^{n - 1} + {a}^{n - 2}b + \cdots + a{b}^{n - 2} + {b}^{n - 1}}\right) $

索菲·热尔曼恒等式(Sophie’s Germain Identity): $ {a}^{4} + 4{b}^{4} = \left( {{a}^{2} + {2ab} + 2{b}^{2}}\right) \left( {{a}^{2} - {2ab} + 2{b}^{2}}\right) $

定理 3.5.5

西蒙最喜欢的因式分解技巧(SFFT)

SFFT在出现两个变量的乘积加上这两个变量的线性项之和，并且还有一个常数时使用。例如， $ {xy} + {3y} + {4x} = {18} $ 就是一个这样的方程的例子。

假设我们有一个方程 $ {xy} + {rx} + {sy} = a(r, s $ ，其中 $ a $ 为整数常数)，那么以下等式成立: $ \left( {x + s}\right) \left( {y + r}\right) = a + {rs} $

问题 3.5.6 — $ m, n $ 为整数，满足 $ {m}^{2} + 3{m}^{2}{n}^{2} = {30}{n}^{2} + {517} $ 。求 $ 3{m}^{2}{n}^{2} $ 。

来源:1987年AIME

解法:本题中，我们将尝试使用SFFT(Simon的最爱因式分解技巧)。一开始你可能不会立刻看出两个变量是什么。在这种情况下，它们是 $ {m}^{2} $ 和 $ {n}^{2} $ 。我们会用 $ x $ 代替 $ {m}^{2} $ ，用 $ y $ 代替 $ {n}^{2} $ 。

这给出: $ x + {3xy} = {30y} + {517} $ 我们希望找到 $ {3xy} $

使用SFFT因式分解得到

$ \left( {{3x} + 1}\right) \left( {y - {10}}\right) = {507} $

我们知道507是 $ 3 \cdot {13}^{2} $

现在我们可以代回原始变量并尝试将因数配对。

\[ 3{m}^{2} + 1 = \text{?} \]

\[ {n}^{2} - {10} = \text{?} \]

尝试因数对发现 $ 3{m}^{2} + 1 $ 应该是13，而 $ {n}^{2} - {10} $ 应该是39。解出 $ {m}^{2} $ 和 $ {n}^{2} $ 得到 $ {m}^{2} $ 为4， $ {n}^{2} $ 为49。我们只需要找出 $ 3{m}^{2}{n}^{2} $ 并得到588。

问题3.5.7 — 将 $ \sqrt{{25} + {21} \cdot {22} \cdot {23} \cdot {24} \cdot {25}} $ 表示为整数。

来源:2016年MMATH

解法:本题中，我们可以从表达式中提取25，得到 $ \sqrt{{25}\left( {1 + {21} \cdot {22} \cdot {23} \cdot {24}}\right) } $

我们可以把25提出来，并对其开平方根得到5。

$ 5 \cdot \sqrt{1 + {21} \cdot {22} \cdot {23} \cdot {24}} $

我们现在可以用 $ x $ 替换21，这意味着 $ x + 1 = {22}, x + 2 = {23} $ ，以及 $ x + 3 = {24} $ 。

我们可以将这个值代入表达式，得到 $ 5 \cdot \sqrt{1 + x\left( {x + 1}\right) \left( {x + 2}\right) \left( {x + 3}\right) } $

我们可以展开它得到 $ 5 \cdot \sqrt{{x}^{4} + 4{x}^{3} + 6{x}^{2} + {4x} + 1} $ 。

我们可以将多项式因式分解为 $ {\left( {x}^{2} + 3x + 1\right) }^{2} $ 。对其开平方根后，我们的表达式变为 $ 5 \cdot \left( {{x}^{2} + {3x} + 1}\right) $ 。我们的 $ x $ 值为21，因此代入即可得到答案，即2525。

问题3.5.8 — 抛物线 $ y = {x}^{2} + {15x} + {32} $ 和 $ x = {y}^{2} + {49y} + {593} $ 在一点 $ \left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) $ 相交。求 $ {x}_{0} + {y}_{0} $ 。

来源:2016 CMIMC

解法:在这个问题中，我们将首先把两个方程相加，看看能否得到一些有用的结果。这会给我们:

$ x + y = {x}^{2} + {y}^{2} + {15x} + {49y} + {625} $

重新排列后变为:

\[ {x}^{2} + {14x} + {y}^{2} + {48y} + {625} \]

我们将它因式分解为 $ {\left( x + 7\right) }^{2} + {\left( y + {24}\right) }^{2} = 0 $

由这个等式可知， $ x + 7 $ 和 $ y + {24} $ 都明显为 0，这意味着 $ x = - 7 $ 和 $ y = - {24} $ 。我们将这两个数相加，得到 -31。

问题 3.5.9 — 设 $ a, b, c $ 为实数，满足

\[ a + b + c = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \]

且 $ {abc} = 5 $ 。则 $ {\left( a - \frac{1}{b}\right) }^{3} + {\left( b - \frac{1}{c}\right) }^{3} + {\left( c - \frac{1}{a}\right) }^{3} $ 的值可以表示为 $ \frac{m}{n} $ 的形式，其中 $ m $ 和 $ n $ 是互质的正整数。

来源:2020 BMT

解法:我们将用变量代替像 $ a - \frac{1}{b}, b - \frac{1}{c} $ 和 $ c - \frac{1}{a} $ 这样的项。我们分别用 $ x, y, z $ 来代替它们。

这意味着我们正在寻找 $ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} $ 。

我们将尝试使用我们的因式分解技巧:

$ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} - {3xyz} = \left( {x + y + z}\right) \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} - {xy} - {xz} - {yz}}\right) . $

$ a + b + c - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} - \frac{1}{c} $ 等价于 $ x + y + z = 0 $

我们可以将 $ x + y + z = 0 $ 的事实代入因式分解技巧公式，从而得到 $ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} = {3xyz} $ 。

我们现在将原始表达式代回，例如 $ a - \frac{1}{b} $ ，我们得到 $ {\left( a - \frac{1}{b}\right) }^{3} + {\left( b - \frac{1}{c}\right) }^{3} + {\left( c - \frac{1}{a}\right) }^{3} = 3\left( {a - \frac{1}{b}}\right) \left( {b - \frac{1}{c}}\right) \left( {c - \frac{1}{a}}\right) $

在右边，展开后的乘积变成 $ {abc} - \frac{1}{abc} $ 。

我们可以通过代入 $ {abc} = 5 $ 来计算这个值，结果是 $ \frac{24}{5} $ 。然而，我们必须乘以 3 才能得到 $ {\left( a - \frac{1}{b}\right) }^{3} + {\left( b - \frac{1}{c}\right) }^{3} + {\left( c - \frac{1}{a}\right) }^{3} $ 等价于 $ \frac{72}{5} $ 。将分子和分母相加，答案是 77。

问题 3.5.10 - 设 $ a, b, c $ 和 $ d $ 为非负整数，满足

\[ \left( {a + b + c + d}\right) {\left( {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2}\right) }^{2} = {2023} \]

\[ \text{Find}{a}^{3} + {b}^{3} + {c}^{3} + {d}^{3} \]

来源:2023 CMIMC

解法:本题中，我们将首先对 2023 进行因式分解。

$ {2023} = 7 \cdot {17}^{2} $

我们注意到我们的方程符合我们写出的因式形式。例如，我们有两个质因数，每个都可以表示为 $ a + b + c + d $ 或 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} $ 。此外，其中一个质因数(17)的幂次与项 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} $ 相同，都是平方。

由于 $ \left( {{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2}}\right) $ 是平方的，我们可以得出它等于 17。

\[ a + b + c + d = 7 \]

\[ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} = {17} \]

由于 $ a, b, c, d $ 是非负整数，我们可以测试所有平方和为 17 的组合。对于 $ \left( {{a}^{2},{b}^{2},{c}^{2},{d}^{2}}\right) $ ，(a, b, c, d) 的可能取值是 (0,0,1,16) 和 (0,4,4,9)。

我们可以对这两组四个数分别开平方，以找出 $ \left( {a, b, c, d}\right) : \left( {0,2,2,3}\right) $ 的可能值以及 (0,0,1,4) 的组合。

只有 (0,2,2,3) 满足条件，因为这四个数之和为 7(这是我们希望的结果，即 $ a + b + c + d = 7 $ )。

我们将这些数值代入，求得 $ {a}^{3} + {b}^{3} + {c}^{3} + {d}^{3} $ 的值为 43。

§3.6 方程组

许多方程组问题会以文字题的形式出现，你需要自己列出方程组；另一些则需要你直接通过代入或使用某种技巧进行计算。

此外，如果你得到了类似韦达定理(Vieta's Formula)中那样的对称和，那么你可以据此构造一个多项式。

例如，如果

$ x + y = - 5 $

$ {xy} = 4 $

那么我们可以写出多项式 $ {a}^{2} + {5a} + 4 $ ，其中 $ x $ 和 $ y $ 是它的根。

问题 3.6.1 - 设 $ a, b $ 和 $ c $ 为实数，满足 $ a - {7b} + {8c} = 4 $ 和 $ {8a} + {4b} - c = 7 $ 。则 $ {a}^{2} - {b}^{2} + {c}^{2} $ 是

(A) 0 (B) 1 (C) 4 (D) 7 (E)

来源:2002年AMC

解法:在这个问题中，我们将尝试消去一个变量以简化方程组。我们可以通过将第一个方程乘以8，然后从第二个方程中减去它来实现这一点。

\[ {8a} - {56b} + {64c} = {32} \]

\[ {8a} + {4b} - c = 7 \]

将第一个方程乘以8后，我们得到新的方程组如下。相减并化简后得到

\[ {13c} - {12b} = 5 \]

从这里，我们可以代入数值，发现当 $ b $ 和 $ c $ 都等于5时成立。现在，把这个结果代回原方程，得到 a = -1。然后我们可以使用这些数值代入 $ {a}^{2} - {b}^{2} + {c}^{2} $ 得到 $ \mathbf{1}\left( \mathbf{B}\right) $ 。

问题3.6.2 - 方程组的解为

$ {\log }_{225}x + {\log }_{64}y = 4 $

$ {\log }_{x}{225} - {\log }_{y}{64} = 1 $

是 $ \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) $ 和 $ \left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) $ 。求 $ {\log }_{30}\left( {{x}_{1}{y}_{1}{x}_{2}{y}_{2}}\right) $ 。

来源:2002年AIME

解法:在这个问题中，我们将进行代换以替换对数表达式。

我们已经知道 $ {\log }_{a}b = \frac{1}{{\log }_{b}a} $

利用这个关系，我们知道如果用 a 替换 $ {\log }_{225}x $ ，用 b 替换 $ \mathrm{b} $ ，那么 $ {\log }_{x}{225} $ 就是 $ \frac{1}{a} $ ，而 $ {\log }_{y}{64} $ 是 $ \frac{1}{b} $ 。

用这些关于 a 和 b 的值替换原始值后得到

\[ \mathrm{a} + \mathrm{b} = 4 \]

\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1 \]

将 $ b = 4 - a $ 代入第二个方程并求解得到

$ a = 3 \pm \sqrt{5} $ 和 $ b = 1 \pm \sqrt{5} $

现在我们要找满足该方程组的 $ x $ 和 $ y $ 的值。

我们知道 $ x $ 等于 $ {225}^{a} $ ，且 $ y $ 等于 $ {64}^{b} $ (这来自我们所做的代换)。

因此，在解的形式中乘上这些值后，我们注意到它只是分别将225和64的指数相加。这意味着我们将之前找到的a的两个解分别相加，这就是225的指数；对 $ b $ 同样如此处理。

这样做使我们得到 $ {\log }_{30}{225}^{6} \cdot {64}^{2} $ 。

这简化为 $ {\log }_{30}{30}^{12} $ ，最终答案是 12 。

问题 3.6.3 - 对于满足以下方程的实数 (x, y, z)，求所有可能的 $ x + y + z $ 值。

\[ {x}^{2}y + {y}^{2}z + {z}^{2}x = - 1 \]

\[ x{y}^{2} + y{z}^{2} + z{x}^{2} = 5 \]

$ {xyz} = - 2 $

来源:SMT 2012 代数测试

解法:本题中，我们将尝试因式分解这些方程。我们注意到，单独尝试因式分解第一个或第二个方程都无法取得进展。因此，我们将它们相加，看看能否从中得出什么结果。

\[ {x}^{2}y + {y}^{2}z + {z}^{2}x + x{y}^{2} + y{z}^{2} + z{x}^{2} = 4 \]

我们注意到

$ \left( {x + y}\right) \left( {x + z}\right) \left( {y + z}\right) = {x}^{2}y + {y}^{2}z + {z}^{2}x + x{y}^{2} + y{z}^{2} + z{x}^{2} + {2xyz} $

现在我们可以将右边的值代入以得到

\[ \left( {x + y}\right) \left( {x + z}\right) \left( {y + z}\right) = 0 \]

由于我们知道乘积等于 0 ，因此以下之一必须成立: $ x = - y, x = - z $ 或 $ y = - z $ 。

从这里开始，我们假设 $ x = - y $ 。既然我们要找 $ x + y + z $ 的和，用 $ - y $ 替换 $ x $ 可得，这个和就是 $ z $ 。接着使用我们对 $ x = - y $ 的替换，将其代入原始的三个方程中，得到

$ {y}^{3} + {y}^{2}z - {z}^{2}y = - 1 $

$ - {y}^{3} + y{z}^{2} + z{y}^{2} = 5 $

$ {y}^{2}z = 2 $

将 2 代入 $ {y}^{2}z $ (因为 $ {y}^{2}z = 2 $ )到第二个方程中，得到

$ - {y}^{3} + y{z}^{2} = 3 $

我们将从上面第一个和新的第二个方程中提取出 $ y $ ，然后用第一个方程除以第二个方程，得到

\[ \frac{{y}^{2} - {z}^{2}}{{y}^{2} + {yz} - {z}^{2}} = 3 \]

现在，我们将两边同时乘以分母，得到

\[ {y}^{2} - {z}^{2} = 3{y}^{2} + {3yz} - 3{z}^{2} \]

将所有项移到一边并因式分解，得到

\[ \left( {{2y} - z}\right) \left( {y + {2z}}\right) = 0 \]

现在我们知道 $ z = {2y} $ 或 $ y = - {2z} $

将这两种情况代入 $ {y}^{2}z = 2 $ 中，我们得到两个最终解:2 和 $ \sqrt[3]{\frac{1}{2}} $

问题 3.6.4 - 假设 $ x, y $ 且 $ z $ 是三个正数，满足方程 $ {xyz} = 1, x + \frac{1}{z} = 5 $ 和 $ y + \frac{1}{x} = {29} $ 。则 $ z + \frac{1}{y} = \frac{m}{n} $ ，其中 $ m $ 和 $ n $ 是互质的正整数。求 $ m + n $ 。

来源:2000年AIME 解答:在这个问题中，由于我们已经给出了3个方程且只有3个变量，我们将直接求解。

使用 $ {xyz} = 1 $ ，我们将 $ x $ 重写为 $ \frac{1}{yz} $ 并用它替换 $ x $ 。

这样做得到以下方程

\[ \frac{1}{yz} + \frac{1}{z} = 5 \]

\[ y + {yz} = {29} \]

将第一个方程两边同时乘以 $ {yz} $ 得到

\[ 1 + y = {5yz} \]

我们现在将另一个方程乘以5得到

\[ {5y} + {5yz} = {145} \]

由于我们知道 $ {5yz} = 1 + y $ ，我们可以将其代入另一个方程得到

$ {5y} + y + 1 = {145} $

解出 $ y $ 得到24。将这个值代入其他方程以求得 $ x $ 和 $ z $ ，得到 $ z $ 为 $ \frac{5}{24} $ ，而 $ x $ 为 $ \frac{1}{5} $ 。

将这个值代入我们想要求的表达式，得到答案为 $ \frac{1}{4} $ 。我们的答案就是分子与分母之和 $ \left( {1 + 4}\right) $ ，即5。

问题3.6.5 - 设 (a, b, c) 是方程组 $ {x}^{3} - {xyz} = 2,{y}^{3} - {xyz} = 6,{z}^{3} - {xyz} = {20} $ 的实数解。表达式 $ {a}^{3} + {b}^{3} + {c}^{3} $ 的最大可能值可以表示为 $ \frac{m}{n} $ 的形式，其中 $ m $ 和 $ n $ 是互质的正整数。求 $ m + n $ 。

来源:2010年AIME

解答:首先，由于我们知道 $ a, b $ 和 $ c $ 是该方程的解，我们将它们代入其他变量的位置以得到

\[ {a}^{3} - {abc} = 2 \]

\[ {b}^{3} - {abc} = 6 \]

\[ {c}^{3} - {abc} = {20} \]

在这个问题中，我们将尝试操作方程并寻找一些有用的信息。我们将在所有方程的两边同时加上 abc，得到如下新方程:

$ {a}^{3} = 2 + {abc} $

$ {b}^{3} = 6 + {abc} $

$ {c}^{3} = {20} + {abc} $

现在我们将这三个方程相乘得到

\[ {a}^{3}{b}^{3}{c}^{3} = {a}^{3}{b}^{3}{c}^{3} + {28}{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2} + {172abc} + {240} \]

简化这个方程并将变量 $ e $ 替换 $ {abc} $ 得到新方程

\[ 7{a}^{2} + {43a} + {60} = 0 \]

因式分解后得到: $ \left( {{7a} + {15}}\right) \left( {a + 4}\right) $

我们可能的 $ a $ 或 $ {abc} $ 的值是 $ \frac{-{15}}{7} $ 和-4

我们现在加入原始的3个方程，它们也被标记了，得到

$ {a}^{3} + {b}^{3} + {c}^{3} = {28} + {3abc} $

将 $ {abc} $ 的两个可能值代入上述方程，我们得到的最大答案是 $ \frac{151}{7} $ ，这简化为158。

问题3.6.6 - 设 $ a $ 和 $ b $ 为复数，使得

\[ \left( {a + 1}\right) \left( {b + 1}\right) = 2 \]

且 $ \left( {{a}^{2} + 1}\right) \left( {{b}^{2} + 1}\right) = {32} $

计算所有可能的 $ \left( {{a}^{4} + 1}\right) \left( {{b}^{4} + 1}\right) $ 值之和

来源:2021 CMIMC

解法:在这个问题中，我们将首先展开两个给定的方程以得到

\[ {ab} + a + b = 1 \]

\[ {a}^{2}{b}^{2} + {a}^{2} + {b}^{2} = {31} \]

我们将 $ x $ 替换为 $ {ab} $ ，并将 $ y $ 替换为 $ a + b $ ，使第一个方程变为 $ x + y = 1 $

我们也把这些变量代入另一个方程，得到 $ {a}^{2}{b}^{2} $ 作为 $ {x}^{2}.{a}^{2} + {b}^{2} = $ $ {\left( a + b\right) }^{2} - {2ab} $ ，即 $ {y}^{2} - {2x} $

我们将这些项相加，得到 $ {a}^{2}{b}^{2} + {a}^{2} + {b}^{2} = {31} $ 等价于 $ {x}^{2} + {y}^{2} - {2x} = {31} $

我们将 $ x + y = 1 $ 重新排列，得到 $ y = 1 - x $ ，并将其代入另一个方程。

\[ {x}^{2} + {\left( 1 - x\right) }^{2} - {2x} = {31} \]

这简化为 $ {x}^{2} - {2x} - {15} = 0 $ ，其因式分解为 $ \left( {x + 3}\right) \left( {x - 5}\right) $ 。

这个方程的解是 $ x = - 3,5 $ 。

$ x $ 等价于 $ {ab} $ 。我们将 $ {ab} $ 的值代入 $ {ab} + a + b = 1 $ ，得到对于 $ {ab} = - 3,5, a + b $ 分别为 $ 4, - 4 $ 。

现在要计算 $ \left( {{a}^{4} + 1}\right) \left( {{b}^{4} + 1}\right) $ ，我们将其展开，得到 $ {a}^{4}{b}^{4} + {a}^{4} + {b}^{4} + 1 $ 。

我们通过操纵 $ {a}^{4} + {b}^{4} $ 为 $ {\left( {a}^{2} + {b}^{2}\right) }^{2} - 2{\mathrm{a}}^{2}{b}^{2} $ 来代入 $ {ab} $ 和 $ a + b $ 的值，得到展开后的两个可能答案:548和612。它们的和为1160。

§3.7 不等式

不等式是AMC考试中偶尔会出现的一个主题，解决这类问题需要大量的观察和练习。

定理 3.7.1

平凡不等式指出:对于任意实数 $ x,{x}^{2} \geq 0 $ 恒成立。

定理 3.7.2

均值-几何平均不等式(Arithmetic Mean-Geometric Mean Inequality，简称AM-GM不等式)表述如下:

\[ \frac{{x}_{1} + {x}_{2} + \cdots + {x}_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{{x}_{1}{x}_{2}\cdots {x}_{n}} \]

当且仅当 $ {x}_{1} = {x}_{2} = \cdots = {x}_{n} $ 时取等号。(等号意味着不等式左边等于右边)

例题 3.7.3

我们有非负实数 $ x, y $ 和 $ z $ 。证明: $ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} \geq {x}^{2}y + $ $ {y}^{2}z + {z}^{2}x $

解:在许多此类问题中，你只需不断尝试数字组合来应用不等式。本题我们将使用AM-GM不等式。你可能会好奇我是如何得到下面这些数字的，但请相信我:如果你多加练习，就会发现能解决这类不等式的组合。

利用AM-GM不等式，我们将写出三个等式。

\[ \frac{{x}^{3} + {x}^{3} + {y}^{3}}{3} \geq \sqrt[3]{{x}^{3}{x}^{3}{y}^{3}} \]

\[ \frac{{y}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3}}{3} \geq \sqrt[3]{{y}^{3}{y}^{3}{z}^{3}} \]

\[ \frac{{z}^{3} + {z}^{3} + {x}^{3}}{3} \geq \sqrt[3]{{z}^{3}{z}^{3}{x}^{3}} \]

将上述三个不等式简化后得到:

\[ {x}^{3} + {x}^{3} + {y}^{3} \geq 3{x}^{2}y \]

\[ {y}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} \geq 3{y}^{2}z \]

\[ {z}^{3} + {z}^{3} + {x}^{3} \geq 3{z}^{2}x \]

我们注意到现在可以将这三个简化后的不等式相加得到:

$ 3\left( {{x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3}}\right) \geq 3\left( {{x}^{2}y + {y}^{2}z + {z}^{2}x}\right) $

两边同时除以3得:

\[ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} \geq {x}^{2}y + {y}^{2}z + {z}^{2}x \]

至此，我们完成了证明，回到了最初的结论。

定理 3.7.4

这是另一个著名的定理，称为柯西-施瓦茨不等式(Cauchy-Schwarz inequality)。对于任意实数 $ {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3}\ldots {a}_{n} $ 和 $ {b}_{1},{b}_{2},{b}_{3}\ldots {b}_{n} $ ，以下不等式成立

\[ \left( {{a}_{1}^{2} + {a}_{2}^{2} + {a}_{3}^{2} + \ldots + {a}_{n}^{2}}\right) \left( {{b}_{1}^{2} + {b}_{2}^{2} + {b}_{3}^{2} + \ldots + {b}_{n}^{2}}\right) \geq {\left( {a}_{1}{b}_{1} + {a}_{2}{b}_{2} + {a}_{3}{b}_{3} + \ldots + {a}_{n}{b}_{n}\right) }^{2} \]

问题 3.7.5 - 求 $ \frac{9{x}^{2}{\sin }^{2}x + 4}{x\sin x} $ 的最小值，其中 $ 0 < x < \pi $ 。来源:1983 年 AIME

解:本题中，我们希望最小化给定的表达式。这表明它可能是一个不等式问题，因为许多不等式问题都是关于寻找最小或最大可能值。

我们可以将 $ \frac{9{x}^{2}{\sin }^{2}x + 4}{x\sin x} $ 重写为

\[ {9x} + \frac{4}{x} \]

现在我们可以使用均值-几何平均不等式(AM-GM Inequality)，因为我们知道在将这两个项相乘后， $ x $ 部分会抵消。

\[ \frac{{9x} + \frac{4}{x}}{2} \geq \sqrt{36} \]

两边同时乘以 2 得到

\[ {9x} + \frac{4}{x} \geq {12} \]

这表明我们的表达式的最小值是 12，因为它必须始终大于 12，因此我们可以直接说它是 12。然而，这意味着我们需要 AM-GM 不等式的等号成立条件。为了确认这是可行的，我们需要知道所有项 $ {x}_{1},{x}_{2} $ 是否相等。

在这种情况下，我们只需令

\[ {9x} = \frac{4}{x} \]

将 $ x $ 移到一边得到 $ x $ 等于 $ \frac{2}{3} $ 。我们现在可以画出 $ x $ 的图像，可以看到存在一个点使得该项等于 $ \frac{2}{3} $ 。因此，这证实了我们的最终答案就是 12。

问题 3.7.6 - 若 $ {x}^{2} + {3xy} + {y}^{2} = {60} $ ，其中 $ x $ 和 $ y $ 为实数，则确定 $ {xy} $ 的最大可能值。

来源:CEMC

解:使用均值-几何平均不等式(AM-GM inequality)可得 $ \frac{{x}^{2} + {y}^{2}}{2} \geq \sqrt{{x}^{2}{y}^{2}} = {xy} $

两边同时乘以 2 得到 $ {x}^{2} + {y}^{2} \geq {2xy} $

为了最大化 $ {xy} $ ，我们应该最小化 $ {x}^{2} + {y}^{2} $ ，因为 $ {3xy} = {60} - \left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) $

由于根据均值-几何平均不等式(AM-GM inequality)得出的不等式 $ \mathrm{w} $ ， $ {x}^{2} + {y}^{2} $ 的最小值是 $ {2xy} $ ，我们得到 $ {x}^{2} + {y}^{2} $ 。

因此， $ {3xy} = {60} - {2xy} $ 的最大值为。

两边同时加上 $ {2xy} $ 得到 $ {xy} = {12} $ 。

现在我们必须检查等号成立的条件，这给出了 $ {x}^{2} = {y}^{2} $ ，因为这些正是我们代入AM-GM不等式(算术-几何平均不等式)的项。这意味着 $ x = y $ 。

我们可以将这个结果代入题目给出的原始方程，得到 $ 5{x}^{2} = {60} $ ，这意味着 $ {x}^{2} = {12} $ 。此外，我们求得值的 $ {xy} $ 等于 $ {x}^{2} $ ，而这也等于12。

由于我们的等号成立条件满足，因此 $ {xy} $ 的最大值为12。

问题 3.7.7 设 $ x $ 和 $ y $ 是正实数，且满足 $ x + y = 1 $ 。证明

$ \left( {1 + \frac{1}{x}}\right) \left( {1 + \frac{1}{y}}\right) \geq 9 $

来源:CMO

解法:展开不等式得到 $ 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{xy} \geq 9 $

两边同时减去1得到 $ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{xy} \geq 8 $

我们可以通分并将不等式重写为 $ \frac{x + y + 1}{xy} \geq 8 $

我们可以将我们的 $ x + y = 1 $ 表达式代入不等式中，得到 $ \frac{2}{xy} = 8 $ 。这简化为 $ {xy} \leq \frac{1}{4} $ 。

从这里开始，我们可以使用初始条件 $ x + y = 1 $ 并对其应用AM-GM不等式(算术-几何平均不等式)。 $ \frac{x + y}{2} \geq \sqrt{xy}. $

$ \frac{1}{2} \geq \sqrt{xy} $

对上述不等式两边平方得到 $ {xy} \leq \frac{1}{4} $

在简化后，两个不等式变得相同，这意味着我们通过AM-GM不等式(算术-几何平均不等式)证明了 $ \left( {1 + \frac{1}{x}}\right) \left( {1 + \frac{1}{y}}\right) \geq 9 $ 这一结论。

问题 3.7.8 — 若 $ a, b, c $ 是满足 $ a - b = 4 $ 的实数，求 $ {ac} + {bc} - {c}^{2} - {ab} $ 的最大值。

来源:SMT 2018 决胜局

解法:本题的目标应是利用给定的方程 $ a - b = 4 $ 尽可能找出最大值。为此，我们首先尝试对想要求最大值的表达式进行因式分解。

\[ {ac} + {bc} - {c}^{2} - {ab} = \left( {a - c}\right) \left( {c - b}\right) \]

现在我们将尝试使用AM-GM不等式处理我们因式分解后的表达式。我们将假设我们的 $ {x}_{1} $ 是(a - c)，我们的 $ {x}_{2} $ 是(c - b)。AM-GM不等式给出:

\[ \frac{a - c + c - b}{2} \geq \sqrt{\left( {a - c}\right) \left( {c - b}\right) } \]

左侧的 $ a - c + c - b $ 简化为 $ a - b $ ，而它已经被给定为4。对-

将其除以2，不等式左边得到2。

\[ 2 \geq \sqrt{\left( {a - c}\right) \left( {c - b}\right) } \]

我们现在可以对不等式的两边进行平方，以得到

\[ 4 \geq \left( {a - c}\right) \left( {c - b}\right) \]

4是我们的最终答案，因为等式右边只是 $ {ac} + {bc} - {c}^{2} - {ab} $ 的因式分解形式。

§3.8 函数方程(Functional Equations)

AMC中出现的函数方程相对比较简单。你只需要代入数值，尝试确定它们之间的关系。

函数方程的一个例子是 $ f\left( x\right) = f\left( {xy}\right) $

在AMC的函数方程题中，你无需担心证明某个函数是否为满射(surjective)、单射(injective)或双射(bijective)。

在函数方程中，一个有效的策略是将变量代入0，尝试确定其关系。

示例 3.8.1

如果对所有实数 $ f\left( {x + y}\right) = f\left( {xy}\right) $ 和 $ y $ ，且 $ f\left( {2019}\right) = {17} $ ，那么 $ f\left( {17}\right) $ 的值是多少？

来源:BMT 2019

解法:在此问题中，我们将尝试使用代入0的策略。我们代入 $ x = 0 $ ，得到 $ f\left( {0 + y}\right) = f\left( 0\right) $ ，这变为 $ f\left( y\right) = f\left( 0\right) $

$ f\left( y\right) = f\left( 0\right) $ 表示无论代入 $ y $ 什么值，结果始终等同于一个常数 $ f\left( 0\right) $ 。在这种情况下，该常数为 17，因为我们已经知道 $ f\left( {2019}\right) $ 是 17。因此， $ f\left( {17}\right) $ 也必定是 17。

问题 3.8.2 - 设 $ \mathrm{f} : \mathrm{R} \rightarrow \mathrm{R} $ 是一个满足 $ f\left( x\right) f\left( y\right) = f\left( {xy}\right) $ 的函数。求所有可能的 $ f\left( {2017}\right) $ 值。

来源:2017年HMMT

解法:在此问题中，我们将首先将 $ x $ 和 $ y $ 都代入 0。

这给出了 $ f{\left( 0\right) }^{2} = f\left( 0\right) $ 。其解为 $ f\left( 0\right) = 0 $ 或1。

现在为了在函数 $ {f0} $ 右侧得到一项，我们测试当 $ x = y. $ 时的情况

这给出了 $ f{\left( x\right) }^{2} = f\left( 0\right) $ 。

从这里我们已经知道我们的 $ f\left( 0\right) $ 的值。当我们代入0时，我们得到 $ f\left( x\right) = 0 $ 。因此，0是 $ f\left( {2017}\right) $ 的一个可能值。现在我们测试 $ f\left( 0\right) = 1 $ 的情况。我们发现可能的值是 $ f\left( x\right) = - 1, + 1 $ 。然而，我们必须注意到一个想法。因为在两种情况下，我们的函数 $ f\left( x\right) $ 都是常数(无论我们代入什么值到 $ x $ 中，其结果始终是一个固定值)，我们可以直接将这两个数代入最初给出的方程: $ f\left( x\right) f\left( y\right) = f\left( {xy}\right) $ 。

检查 $ f\left( x\right) = 1 $ 表明这是可能的，因为 $ 1 \cdot 1 = 1 $ 。

然而，当我们检查 $ f\left( x\right) = - 1 $ 时，这是不可能的，因为 $ - 1 \cdot - 1 \neq - 1 $ 。

因此， $ f\left( {2017}\right) $ 的唯一可能取值是 0 和 1。

问题 3.8.3 - 对于正实数 $ x $ 和 $ y $ ，设 $ f\left( {x, y}\right) = {x}^{{\log }_{2}y} $ 。求方程的解之和

\[ {4096f}\left( {f\left( {x, x}\right) , x}\right) = {x}^{13} \]

可以最简形式表示为 $ \frac{m}{n} $ 。计算 $ m + n $ 。

来源:2016年PUMAC

解:本题中，我们将使用给定的方程并代入(x, x)。这会得到 $ {4096f}\left( {{x}^{{\log }_{2}x}, x}\right) = {x}^{13} $

从这里开始，我们将再次使用 $ f\left( {{x}^{{\log }_{2}x}, x}\right) $ ，这使得方程变为

\[ {4096}{x}^{{\left( {\log }_{2}x\right) }^{2}} = {x}^{13}. \]

现在，我们将通过用 $ a $ 替换 $ {\log }_{2}x $ 来暂时去掉对数项。这意味着 $ x = {2}^{a} $ 。

代入后，方程变为

$ {4096} \cdot {2}^{{a}^{3}} = {2}^{13a} $ .

从这里开始，我们将4096重写为 $ {2}^{12} $

$ {2}^{12} \cdot {2}^{{a}^{3}} = {2}^{13a} $ .

我们可以将左边的指数相加得到

$ {2}^{{a}^{3} + {12}} = {2}^{13a} $

现在，我们可以令指数相等，因为底数相同。

$ {a}^{3} + {12} = {13a} $

我们可以将所有项移到一边并求出根，得到 $ a = - 3,1,4 $

由于我们知道 $ x = {2}^{a} $ ，我们可以分别代入这三个数，并发现可能的解是 $ x = 2,8,\frac{1}{16} $ 。

将这三个解相加得到 $ \frac{161}{16} $ ，答案是 $ {161} + {16} $ ，即177

问题3.8.4 - 设 $ f : {R}^{ + }\sharp {R}^{ + } $ 是一个函数，对所有 $ x, y{R}^{ + }, f\left( x\right) f\left( y\right) = $ $ f\left( {xy}\right) + f\left( \frac{x}{y}\right) $ 成立，其中 $ {R}^{ + } $ 表示正实数。已知 $ f\left( 2\right) = 3 $ ，计算 $ f\left( {2}^{{2}^{2020}}\right) $ 的最后两位数字

来源:2020 BMT

解答:在此问题中，我们首先代入 $ x = 2 $ 和 $ y = 1 $ 得到 $ f\left( 2\right) f\left( 1\right) = f\left( 2\right) + f\left( 2\right) $ 。代入3作为 $ f\left( 2\right) $ 得到 $ f\left( 1\right) = 2 $

现在代入 $ x = 2 $ 和 $ y = 2 $ ，我们得到 $ f\left( {2}^{2}\right) = f\left( 4\right) = 7 $

将 $ x = 4 $ 和 $ y = 4 $ 代入函数方程得到 $ f\left( {2}^{{2}^{2}}\right) = {47} $ 。之后，我们得到 $ f\left( {2}^{{2}^{3}}\right) = 7 $ 。我们注意到这个规律会持续下去

继续在模100下进行运算得到 $ f\left( {2}^{{2}^{2020}}\right) = \mathbf{{47}} $

这些问题表明，大多数函数方程问题都涉及代入数值。几乎总是有益于代入数字0。此外，如果你有一个类似 $ f\left( {x - y}\right) $ 的表达式，那么值得测试代入 $ x = y. $ 后的方程

§3.9 裂项相消

定义 3.9.1

裂项相消法的关键在于发现规律，以及在求和这类表达式中能有多少数字相互抵消。掌握这个主题的最佳方法就是多加练习，因为理论内容并不多。一个不错的建议是写出几项，看看是否有任何项可以抵消。

例3.9.2

\[ {\Pi }_{i = 1}^{10}\frac{i}{i + 1} \]

大Π符号代表乘积符号。它类似于求和符号，但这里你要将各项相乘。在这种情况下，我们会写出每一项，因为这样可能更容易让你识别出规律。

\[ \mathop{\prod }\limits_{{i = 1}}^{{10}}\frac{i}{i + 1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{7}{8} \cdot \frac{8}{9} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{10}{11} \]

显然，大部分分母会与分子抵消，因为它们是相同的。剩下的只有分子中的1和分母中的11。因此，在抵消所有项之后，乘积结果为 $ \frac{1}{11} $

定理3.9.3

分数分解(Partial Fraction Decomposition)

在分解一个分数时，你首先需要对分母进行因式分解，然后根据下面所示的方式写出各项。这是一种重要的技巧，因为它常用于裂项相消，并能帮助你得到其他有趣的结论。

线性因子: $ \frac{x + 2}{\left( {x + 1}\right) \left( {x + 3}\right) } = \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x + 3} $

重复的线性因子: $ \frac{x - 4}{\left( {x + 1}\right) {\left( x + 2\right) }^{2}} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x + 2} + \frac{C}{{\left( x + 2\right) }^{2}} $

高阶因子: $ \frac{{x}^{2} + {3x} - 5}{\left( {x - 2}\right) \left( {{x}^{2} + {16}}\right) } = \frac{A}{x - 2} + \frac{{Bx} - C}{{x}^{2} + {16}} $

你可以使用上述技巧来分解一个分数。

例3.9.4

什么是

\[ \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 5} + \ldots \]

解:在这个问题中，我们将看到一种常用技巧。 $ \frac{1}{1.2} $ 和 $ \frac{1}{1} $ - \ $ frac12 是一样的，而 $ \frac{1}{2 \cdot 3} $ 和 $ \frac{1}{2} - \frac{1}{3} $ 也是一样的。

我们注意到 $ \frac{1}{n \cdot n + 1} $ 就是 $ \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} $ 。

利用这一信息，我们可以将题目要求重写为

$ \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5}\ldots $

显然，由于我们的和是无穷的，所以所有项都会相互抵消，只剩下1。因此，我们的答案是1。

问题3.9.5 - 考虑由 $ {a}_{k} = \frac{1}{{k}^{2} + k} $ 定义的数列，其中 $ k \geq 1 $ 。已知 $ {a}_{m} + {a}_{m + 1} + \cdots + {a}_{n - 1} = 1/{29} $ ，对于满足 $ m < n $ 的正整数 $ m $ 和 $ n $ ，求 $ m + n $ 。

来源:2002年AIME 解法:我们将使用之前学过的分式分解技巧。显然， $ \frac{1}{{k}^{2} + k} $ 可以简化为

$ \frac{1}{{k}^{2} + k)} = \frac{1}{k\left( {k + 1}\right) } $ ，即 $ \frac{1}{k} - \frac{1}{k - 1} $

从这里我们可以知道，我们只需从 $ {a}_{m} $ 加到 $ {a}_{n - 1} $ ，大部分项会相互抵消，只剩下 $ \frac{1}{m} - \frac{1}{n} $ 。

我们可以将其等同于 $ \frac{1}{29} $

$ \frac{1}{m} - \frac{1}{n} = \frac{1}{29}. $

两边同时乘以 $ {29mn} $ 得到

$ {29n} - {29m} = {mn} $ .

将所有项移到一边以便应用SFFT(Simon's Favorite Factoring Trick，西蒙最喜欢的因式分解技巧)，得到 $ {mn} + {29m} - {29n} $ ，它简化为 $ \left( {m - {29}}\right) \left( {n + {29}}\right) = - {29} \cdot {29} $

显然我们必须分别处理 $ m - {29} $ 和 $ n + {29} $ ，尝试-841的所有因数对，看哪一对符合条件，因为我们知道两个数都是正数，且 $ m $ 小于 $ n $ 。慢慢尝试所有值后发现， $ m - {29} $ 必须是-1，而 $ n + {29} $ 必须是841。 $ m - {29} = - 1 $ (这简化为 $ m = {28} $ ) $ n + {29} = {841} $ (这简化为 $ n = {812} $ )现在我们只需将 $ m $ 和 $ n $ 相加，得到最终答案为840。

问题3.9.6 — 一个无限实数序列 $ {a1},{a2} $ ，…满足递推关系 $ {a}_{n + 3} = {a}_{n + 2}2{a}_{n + 1} + {a}_{n} $ ，对每个正整数 $ n $ 成立。已知 $ {a}_{1} = {a}_{3} = 1 $ 和 $ {a}_{98} = {a}_{99} $ ，计算 $ {a}_{1} + {a}_{2} + + {a}_{100} $ 。

来源:2016年HMMT

解法:在这个问题中，我们会再次尝试抵消项，因为这是许多求和问题中实现错位相消(telescope)的方法。我们现在先忽略 $ {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3} $ 。

\[ {a}_{4} = {a}_{3} - 2{a}_{2} + {a}_{1} \]

\[ {a}_{5} = {a}_{4} - 2{a}_{3} + {a}_{2} \]

\[ {a}_{6} = {a}_{5} - 2{a}_{4} + {a}_{3} \]

\[ {a}_{7} = {a}_{6} - 2{a}_{5} + {a}_{4} \]

现在当我们把四个方程相加，并结合最初跳过的三项 $ \left( {{a}_{1},{a}_{2},{a}_{3}}\right. $ 时，大多数项会相互抵消。我们只留下 $ {a}_{1} + {a}_{2} + {a}_{3} + {a}_{4} + {a}_{5} + {a}_{6} + {a}_{7} = {a}_{6} - {a}_{5} + 2{a}_{1} + {a}_{3} $

我们应该意识到，当我们继续写下直到 $ {a}_{100} $ 的所有这些数时，求和结果将简单地等于 $ {a}_{99} - {a}_{98} + 2{a}_{1} + {a}_{3} $ 。我们已经给出这四个变量，代入后直接得出结果为3。

问题 3.9.7 - 计算 $ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{2}^{n + 1}}{8 \cdot {4}^{n} - 6 \cdot {2}^{n} + 1} $

来源:2016 CHMMC

解法:在此题中，由于求和中的许多项都包含 $ {2}^{n} $ ，我们代入 $ a = {2}^{n} $ 。这使得求和内部变为 $ \frac{2a}{8 \cdot {a}^{2} - 6 \cdot a + 1} $

我们可以将其因式分解为 $ \frac{2a}{\left( {{4a} - 1}\right) \left( {{2a} - 1}\right) } $

我们可以使用分式分解方法得到

$ \frac{2a}{\left( {{4a} - 1}\right) \left( {{2a} - 1}\right) } = \frac{x}{{4a} - 1} + \frac{y}{{2a} - 1} $

这变成 $ \frac{2a}{\left( {{4a} - 1}\right) \left( {{2a} - 1}\right) } = \frac{{2ax} - x + {4ay} - y}{\left( {{4a} - 1}\right) \left( {{2a} - 1}\right) } $

我们可以比较分子，得到 $ a\left( {{2x} + {4y}}\right) - \left( {x + y}\right) = {2a} $

我们可以比较系数，得到

\[ {2x} + {4y} = 2 \]

\[ x + y = 0 \]

第二个等式给出 $ x = - y $ ，将其代入第一个等式，我们得到 $ y = 1 $ 。

这也意味着 $ x = - 1 $

我们的分式分解现在变为 $ \frac{-1}{4 \cdot {2}^{n} - 1} + \frac{1}{2 \cdot {2}^{n} - 1} $

我们现在可以将这个结果代回求和中，得到

\[ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{2 \cdot {2}^{n} - 1} - \frac{1}{4 \cdot {2}^{n} - 1} \]

现在我们可以开始写出各项，得到

\[ \frac{1}{3} - \frac{1}{7} + \frac{1}{7} - \frac{1}{15} + \ldots \]

求和中的所有项相互抵消，只剩下第一项，因此答案是 $ \frac{1}{3} $ 。

问题 3.9.8 — $ {\log }_{2}9 \cdot {\log }_{3}{16} \cdot {\log }_{4}{25} \cdot {\log }_{5}{36} \cdot \ldots \cdot {\log }_{999}{1000000} $ 计算上述表达式

来源:2013 CHMMC

解:由于我们知道 $ {\log }_{a}b = \frac{\log b}{\log a} $ ，因此可以将此式应用于我们想要求得的乘积。

\[ \frac{\log 9}{\log 2} \cdot \frac{\log {16}}{\log 3} \cdot \frac{\log {25}}{\log 4} \cdot \frac{\log {36}}{\log 5} \cdot \ldots \cdot \frac{\log {1000000}}{\log {999}} \]

我们可以使用恒等式 $ \log {x}^{2} = 2 \cdot \log x $ 。我们对分子做同样的处理，得到

$ \frac{2\log 3}{\log 2} \cdot \frac{2\log 4}{\log 3} \cdot \frac{2\log 5}{\log 4} \cdot \frac{2\log 6}{\log 5} \cdot \ldots \cdot \frac{2\log {1000}}{\log {999}} $

大多数术语在此处相互抵消，我们的表达式变为 $ {2}^{998} \cdot {\log }_{2}{1000} $ 。

§3.10 向下取整函数

定义 3.10.1

假设我有一个数字 6.2。

[6.2]:如果你像我这样把一个数字放在左边，那么它表示的是小于该数字的最大整数，显然就是 6。

$ \{ {6.2}\} $ :如果你像我这样把数字放在左边，那么它表示的是该数字的小数部分，即 0.2。

定理 3.10.2

这是一个关键定理，如果你想解决许多向下取整函数问题，就需要掌握它。

对于任意数字 $ x,\{ x\} + \lfloor x\rfloor = x $

使用上述公式非常有帮助，有时可以简化表达式。

由于 $ 0 \leq \{ x\} < 1 $ ，有时代入 $ \{ x\} = x - \lfloor x\rfloor $ 并对表达式进行界定是有用的。

问题 3.10.3 - 找出最小的实数 $ x $ ，使得 $ \frac{x}{\left| x\right| } = \frac{2002}{2003} $

来源:ARML

解法:在这个问题中，我们将 $ \lfloor x\rfloor + \{ x\} $ 替换为 $ x $ ，得到

$ \frac{\lfloor x\rfloor +\{ x\} }{\lfloor x\rfloor } = \frac{2002}{2003}. $

然后，我们将两边同时乘以 $ {2003} \cdot \lfloor x\rfloor $ ，得到

$ {2003} \cdot \lfloor x\rfloor + {2003} \cdot \{ x\} = {2002} \cdot \lfloor x\rfloor $

化简得 $ \lfloor x\rfloor = - {2003} \cdot \{ x\} $

两边同时除以-2003得到 $ \{ x\} = \frac{-\lfloor x\rfloor }{2003} $ 。

由于 $ 0 < \{ x\} < 1 $ 始终成立，

$ 0 \leq \frac{-\lfloor x\rfloor }{2003} < 1 $

我们两边同时乘以-2003得到

$ - {2003} < x \leq 0 $ .

显然，因为我们希望最小化 $ x $ ，所以 $ \lfloor x\rfloor $ 的最小值是 -2002 。

我们将 $ \lfloor x\rfloor $ (即 -2002)代入原方程，即 $ \frac{\lfloor x\rfloor +\{ x\} }{\lfloor x\rfloor } = \frac{2002}{2003} $

代入后得到 $ x = \frac{-{2002}^{2}}{2003} $

问题 3.10.4 - 对于每个实数 $ x $ ，设 $ \lfloor x\rfloor $ 表示不超过 $ \mathrm{x} $ 的最大整数函数。有多少个正整数 $ n $ 满足 $ n < {1000} $ 且 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 是一个正偶数？

来源:1996 AIME

解法:本题中我们将分情况讨论。因为 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 是偶数，我们可以假设表达式的值为 2、4、6、8、10 等等。

如果 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 是 2，则 $ n $ 必须介于 $ {2}^{2} $ 和 $ {2}^{3} $ 之间。中间有 $ {2}^{3} - {2}^{2} $ 或 4 个数。

如果 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 是 4，则 $ n $ 必须介于 $ {2}^{4} $ 和 $ {2}^{5} $ 之间。中间有 $ {2}^{5} - {2}^{4} $ 或 16 个数。

如果 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 是 6，则 $ n $ 必须介于 $ {2}^{6} $ 和 $ {2}^{7} $ 之间。中间有 64 个数。如果 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 是 8，则 $ n $ 必须介于 $ {2}^{8} $ 和 $ {2}^{9} $ 之间。中间有 256 个数。

我们注意到 $ \left\lfloor {{\log }_{2}n}\right\rfloor $ 不能等于 10 或更大，否则 $ n $ 将超过 1000 的上限。因此，对于这四种情况，我们将四个数相加得到 $ 4 + {16} + {64} + {256} $ ，即 340。

问题 3.10.5 - 设 $ x $ 是在 100 到 200 之间均匀随机选取的一个实数。若 $ \lfloor \sqrt{x}\rfloor = {12} $ ，求 $ \lfloor \sqrt{100x}\rfloor = {120} $ 的概率。其中 $ (\lfloor v\rfloor $ 表示小于或等于 $ v $ 的最大整数。

来源:1989 AHSME

解:在本题中，由于 $ \lfloor \sqrt{x}\rfloor = {12} $ ，我们知道 $ {12} \leq \lfloor \sqrt{x}\rfloor < {13} $

我们可以对两边平方得到 $ {144} \leq x < {169} $ ，这表明分母中 $ x $ 的可能最大值为 25。

由 $ \left\lfloor \sqrt{100x}\right\rfloor = {120} $ 可得 $ {120} \leq \left\lfloor \sqrt{100x}\right\rfloor < {121} $ 。将整个不等式平方并除以 100 得到

$ {144} \leq x < {146.41} $

现在分子中我们得到 146.41 - 144，即 2.41。

概率为 $ \frac{2.41}{25} $ ，这等价于 $ \frac{241}{2500}\left( \mathbf{B}\right) $

问题 3.10.6 - 求满足以下条件的正整数 $ n $ 的个数

$ \left\lfloor \frac{n}{2014}\right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{2016}\right\rfloor $

来源:2015 CHMMC

解:假设 $ \left\lfloor \frac{n}{2014}\right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{2016}\right\rfloor = a $ ，其中 $ a $ 是一个整数。这意味着

\[ a \leq \left\lfloor \frac{n}{2014}\right\rfloor < a + 1 \]

\[ a \leq \left\lfloor \frac{n}{2016}\right\rfloor < a + 1 \]

我们可以将第一个不等式乘以 2014，第二个不等式乘以 2016，得到

\[ {2014a} \leq n < {2014a} + {2014} \]

\[ {2016a} \leq n < {2016a} + {2016} \]

由于我们知道 $ n $ 至少同时大于等于 2014a 和 2016a，因此我们可以简单地说它至少大于等于 $ {2016a} $ ，因为任何大于等于 $ {2016a} $ 的数自然也大于等于 2014a。我们可以用类似逻辑处理数字 $ {2014a} + {2014} $ 和 $ {2016a} + {2016} $ ，得到

$ {2016a} \leq n < {2014a} + {2014} $

$ a $ 的值	$ n $ 的取值范围	$ n $ 的取值个数
0	$ \left\lbrack {0,{2013}}\right\rbrack $	2014
1	$ \left\lbrack {{2016},{4027}}\right\rbrack $	2012
2	$ \left\lbrack {{4032},{6041}}\right\rbrack $	2010
3	$ \left\lbrack {{4048},{6055}}\right\rbrack $	2008
...	...	...

现在我们注意到， $ n $ 的取值都是从 2 到 2014 的所有偶数。前 $ n $ 个偶数的和是 $ n\left( {n + 1}\right) $ ，我们有 1007 个偶数。因此我们的和是 $ {1007} \cdot {1008} $ 。然而，我们必须减去 0，因为在 $ a = 0 $ 的情形中，我们包含了 $ n $ 为 0 的情况，但题目要求 $ n $ 是一个正整数。

我们的答案是 $ \left( {{1007} \cdot {1008}}\right) - 1 $ ，即 1015055

问题 3.10.7 - 有多少个正整数 $ n $ 满足

\[ \frac{n + {1000}}{70} = \lfloor \sqrt{n}\rfloor ? \]

(回忆一下， $ \lfloor x\rfloor $ 表示不超过 $ x $ 的最大整数。)

(E) 32

来源:2020 AMC 10

解法:由于 $ \frac{n + {1000}}{70} = \lfloor \sqrt{n}\rfloor $ ，我们知道 $ \frac{n + {1000}}{70} \leq \lfloor \sqrt{n}\rfloor < \frac{n + {1070}}{70} $ 。我们可以分别求解每个不等式。

\[ n - {70}\sqrt{n} + {1000} \leq 0 \]

\[ n - {70}\sqrt{n} + {1070} > 0 \]

由第一个不等式，我们可以因式分解得到 $ \left( {\sqrt{n} - {20}}\right) \left( {\sqrt{n} - {50}}\right) $

对第二个不等式使用二次公式，我们得到 $ \sqrt{n} > {35} + \sqrt{155} $ 或 $ \sqrt{n} < {35} - \sqrt{155} $ 。由于 $ n $ 是整数，很容易在这个情况下确定 $ n $ 的范围。

在因式分解和使用二次公式后，我们得到了四个不等式，最终发现总共有 $ \mathbf{6}\left( \mathbf{C}\right) $ 个解。

问题 3.10.8 - 计算方程 $ \lfloor x\rfloor \{ \mathrm{x}\} = {2020x} $ 的实数解之和。其中， $ \lfloor x\rfloor $ 定义为不大于 $ \mathrm{x} $ 的最大整数，且 $ \{ x\} = x - \lfloor x\rfloor $ 。来源:2022 BMT

解法:在此题中，我们将 $ x = \lfloor x\rfloor + \{ x\} $ 代入给定方程。这样得到 $ \lfloor x\rfloor \{ \mathrm{x}\} = {2020}\left( {\lfloor x\rfloor +\{ x\} }\right) $

化简后得到 $ \lfloor x\rfloor \{ \mathrm{x}\} = {2020}\lfloor x\rfloor + {2020}\{ x\} $

我们应该注意到这看起来像是可以应用西蒙最喜欢的因式分解技巧的形式。这样做之后得到

\[ \left( {\lfloor x\rfloor - {2020}}\right) \left( {\{ x\} - {2020}}\right) = {2020}^{2} \]

由于我们知道 $ 0 \leq \{ x\} < 1 $ ，可以从两边同时减去 2020 得到 $ \{ x\} - {2020} $ ，其范围介于 -2010 和 -2009 之间。

将这个结果除以 $ {2020}^{2} $ 得到 $ \lfloor x\rfloor - {2020} $ ，这就是该表达式的界限。 $ \frac{-{2020}^{2}}{2019} + {2020} < \lfloor x\rfloor \leq 0 $

由于我们知道 $ \lfloor x\rfloor $ 始终是整数，利用这两个边界，我们得出它的唯一可能取值是 0 和 -1。我们可以通过对左边的表达式进行四舍五入来验证这一点，从而确认这两个数就是唯一的可能取值。

从那里，我们可以将 $ \lfloor x\rfloor $ 要么是0要么是-1的事实代入到 $ \lfloor x\rfloor \{ \mathrm{x}\} = {2020}\lfloor x\rfloor + {2020}\{ x\} $ 中。对0进行此操作得出分数部分也必须等于0，因此该情况下的解为 $ 0 + 0 $ ，即0。

对 $ \lfloor x\rfloor = - 1 $ 做同样的处理得出分数部分必须是 $ \frac{2020}{2021} $ 。我们现在将整数部分和分数部分相加得到 $ - 1 + \frac{2020}{2021} $ ，从而得到我们的实数解为 $ \frac{-1}{2021} $ 。我们将所有实数解相加得到 $ 0 + \frac{-1}{2021} $ ，这变成了 $ \frac{-1}{2021} $ 。

§3.11 递归序列

在这个主题中，你经常会遇到包含类似 $ {x}_{n},{a}_{n},{b}_{n} $ 的表达式。你可以代入前面的项，并继续使用已找到的项来求得更多项。递归序列显然是无限序列。

有时一个有用的方法是将你已有的递归序列相加或相乘。此外，在许多问题中，你可以简单地通过不断代入数字直到找到所需值来暴力解决。

问题 3.11.1 - 数列 $ {t}_{1},{t}_{2},{t}_{3},\ldots $ 由 $ {t}_{1} = 2 $ 定义，以及

\[ {t}_{n + 1} = \frac{{t}_{n} - 1}{{t}_{n} + 1} \]

对于每个正整数 $ n $ 。确定 $ {t}_{999} $ 的值。

来源:COMC

解答:我们可以通过找出接下来几项来尝试寻找各项中的规律。

\[ {t}_{2} = \frac{{t}_{1} - 1}{{t}_{1} + 1} = \frac{1}{3} \]

\[ \begin{array}{l} {t}_{3} = \frac{{t}_{2} - 1}{{t}_{2} + 1} = \frac{-1}{2} \end{array} \]

\[ {t}_{4} = \frac{{t}_{3} - 1}{{t}_{3} + 1} = - 3 \]

\[ {t}_{5} = \frac{{t}_{4} - 1}{{t}_{4} + 1} = 2 \]

由于我们得到 $ {t}_{1} = {t}_{5} = 2 $ ，其余项将会重复。这个序列的周期是 $ 5 - 1 = 4 $ 。

这意味着每4个数项就会重复一次。显然 $ {t}_{4} = {t}_{8} = $ $ {t}_{12} = {t}_{16} = \ldots = {t}_{996} = - 3 $

利用这一点，我们可以向前推进3项，发现 $ {t}_{999} = \frac{-1}{2} $ 。

问题 3.11.2 - 一个数列由递归方式定义为 $ {a}_{1} = 1,{a}_{2} = \frac{3}{7} $ ，

并且

\[ {a}_{n} = \frac{{a}_{n - 2} \cdot {a}_{n - 1}}{2{a}_{n - 2} - {a}_{n - 1}} \]

对所有 $ n \geq 3 $ 成立。则 $ {a}_{2019} $ 可以写成 $ \frac{p}{q} $ 的形式，其中 $ p $ 和 $ q $ 是互质的正整数。那么 $ p + q $ 是多少？

来源:2019 AMC

解法:本题中，我们将直接尝试找出 $ {a}_{2019} $ 的值，通过先求出 $ {a}_{3} $ 和 $ {a}_{4} $ 的值。我们会先计算这些较早的项，以寻找规律。

\[ {a}_{3} = \frac{{a}_{1} \cdot {a}_{2}}{2{a}_{1} - {a}_{2}} = \frac{3}{11} \]

\[ {a}_{4} = \frac{{a}_{2} \cdot {a}_{3}}{2{a}_{2} - {a}_{3}} = \frac{3}{15} \]

我们注意到分母存在一个规律。分子始终是3，而分母每次增加4。

可以合理假设这个规律会持续下去。通过观察，很容易得出 $ {a}_{n} = \frac{3}{{4n} - 1} $

我们可以利用上面的等式求出 $ {a}_{2019} = \frac{3}{8075} $ ，最终答案为 $ 3 + {8075} $ ，即8078(E)。

问题 3.11.3 - 设 $ {a}_{0} = 2,{b}_{0} = 1 $ ，且对于 $ n \geq 0 $ ，设

\[ {a}_{n + 1} = {a}_{n} + {b}_{n} + \sqrt{{a}_{n}^{2} + {b}_{n}^{2}} \]

\[ {b}_{n + 1} = {a}_{n} + {b}_{n} - \sqrt{{a}_{n}^{2} + {b}_{n}^{2}} \]

来源:2012 HMMT

解法:当遇到多个递推关系时，通常较好的做法是将它们相加、相减或相乘。

\[ {a}_{n + 1} + {b}_{n + 1} = 2\left( {{a}_{n} + {b}_{n}}\right) \]

\[ {a}_{n + 1} \cdot {b}_{n + 1} = 2\left( {{a}_{n} \cdot {b}_{n}}\right. \]

$ {a}_{0} + {b}_{0} = - 1 $

我们将这个式子乘以2，并重复此操作2012次，得到 $ {a}_{2012} + {b}_{2012} = $ $ - {2}^{2012} $

我们知道 $ {a}_{0}{b}_{0} $ 是 -2。为了求出 $ {a}_{2012}{b}_{2012} $ ，我们注意到 $ - {2}^{2013} $ 。

我们可以构造一个以 $ {a}_{2012} $ 和 $ {b}_{2012} $ 为根的多项式，从而得到 $ {x}^{2} + {2}^{2012}x - {2}^{2013} $

由于 $ {a}_{2012} $ 必须大于 $ {b}_{2012} $ ，因为不断减去 $ \sqrt{{a}_{n}^{2} + {b}_{n}^{2}} $ 可得 $ {b}_{n} $ ，而对 $ {a}_{n} $ 则是不断加上它。

使用二次公式，我们发现较大根为 $ - {2}^{2011} + {2}^{2006}\sqrt{{2}^{2010} + 2} $ ，即 $ {a}_{2012} $

§3.12 综合问题

问题 3.12.1 - 设 $ a, b, c $ 为方程 $ {x}^{3} - 3 \cdot {2021}^{2}x = $ $ 2 \cdot {2021}^{3} $ 的解。

计算 $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $

来源:2021 BMT

解法:本题中，我们首先将 $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $ 重写

\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{{ab} + {ac} + {bc}}{abc} \]

使用韦达定理(Vieta's Theorem)用给定多项式写出根的方程，我们得到

$ a + b + c = 0 $

$ {ab} + {ac} + {bc} = - 3 \cdot {2021}^{2} $

$ {abc} = 2 \cdot {2021}^{3} $ 将 $ {ab} + {ac} + {bc} $ 和 $ {abc} $ 的表达式代入后，得到 $ \frac{-{3.2021}{}^{2}}{{2.2021}{}^{3}} $ ，化简为 $ \frac{-3}{4042} $

问题 3.12.2 - 不同的质数 $ p, q, r $ 满足方程

\[ {2pqr} + {50pq} = {7pqr} + {55pr} = {8pqr} + {12qr} = A \]

对于某个正整数 $ A $ 。求 $ A $ 的值？

来源:2018 HMMT

解法:本题中，显然 $ A $ 能被 $ {pqr} $ 整除。因此，我们可以根据 $ {pqr} $ 决定一切，而 $ \frac{A}{pqr} $ 仍将是整数。

\[ 2 + \frac{50}{r} = 7 + \frac{55}{q} = 8 + \frac{12}{p} = \frac{A}{pqr} \]

由此可知，在每个单独的方程中， $ r $ 必须整除 50， $ q $ 必须整除 55， $ p $ 必须整除 12。由于这三个数都是质数，我们可以列出它们唯一的质因数。

$ r : 2,5 $

$ q : 5,{11} $

$ p : 2,3 $

利用三个数 $ p, q, r $ 互不相同的条件，并尝试所有情况，得出 $ p = 3, q = {11}, r = 5 $ 。将其代入任意一个方程(例如 $ {2pqr} + {50pq} = A $ )可得 $ \mathrm{A} $ 为 1980。

问题 3.12.3 - 计算所有满足以下方程的实数 $ x $ 的和 $ \frac{{8}^{x} - {19} \cdot {4}^{x}}{{16} - {25} \cdot {2}^{x}} $

来源:2021 PUMAC

解法:本题中，我们注意到像 $ {8}^{x} $ (即 $ {\left( {2}^{x}\right) }^{3} $ )和 $ {4}^{x} $ (即 $ {\left( {2}^{x}\right) }^{2} $ )以及 $ {2}^{x} $ 这类项经常出现。因此，我们用 $ a $ 替换 $ {2}^{x} $ 。这使得方程变为

$ \frac{{a}^{3} - {19}{a}^{2}}{{16} - {25a}} = 2 $

两边同时乘以 $ {16} - {25a} $ 并将所有项移到一边，得到

\[ {a}^{3} - {19}{a}^{2} + {50a} - {32} = 0 \]

因式分解得 $ \left( {a - 1}\right) \left( {a - 2}\right) \left( {a - {16}}\right) = 0 $ ，解为 $ a = 1,2,{16} $ 。

由于我们知道 $ {2}^{x} = a $ ，可以对每种情况求出 $ x $ 的值，分别得到 $ x = $ 0、1、4 对应于 $ a = 1,2,{16} $ 。

因此，我们的答案就是 $ 0 + 1 + 4 $ ，即 5

问题 3.12.4 - 对于实数 $ a, b $ 和 $ c $ ，多项式的根

\[ {x}^{5} - {10}{x}^{4} + a{x}^{3} + b{x}^{2} + {cx} - {320} \]

构成一个等差数列。求 $ a + b + c $ 。

来源:2023 紫色彗星竞赛

解法:由于根构成等差数列，我们设根为 $ x - {2y}, x - y, x, x + y, x + {2y} $ 。

现在我们可以对这些根应用韦达定理(Vieta's Theorem)得到

\[ x - {2y} + x - y + x + x + y + x + {2y} = {5x} = {10} \]

\[ \left( {x - {2y}}\right) \left( {x + {2y}}\right) \left( {x - y}\right) \left( {x + y}\right) x = {320} \]

从涉及根之和的方程中，我们得到 $ x = 2 $ 。

我们将此代入乘积与最后一个系数相关的方程，发现 $ y = 3 $ 。这意味着我们的根是 $ - 4, - 1,2,5,8 $ 。

这意味着我们的多项式是 $ \left( {x + 4}\right) \left( {x + 1}\right) \left( {x - 2}\right) \left( {x - 5}\right) \left( {x - 8}\right) $

由于我们知道多项式所有系数的和可以通过代入 1 得到，因此在这种情况下根的和是 $ \left( {1 + 4}\right) \left( {1 + 1}\right) \left( {1 - 2}\right) \left( {1 - 5}\right) \left( {1 - 8}\right) $ ，即 -280 。

现在我们可以计算 $ {x}^{5} - {10}{x}^{4} + a{x}^{3} + b{x}^{2} + {cx} - {320} $ 中系数的和，得出结果为 $ 1 + \left( {-{10}}\right) + a + b + c + \left( {-{320}}\right) $ 。我们将它等同于 -280 。

$ - {329} + a + b + c = - {280} $

两边同时加上 329 得到 $ a + b + c = {49} $ ，这就是我们的答案。

问题 3.12.5 - 求唯一的实数 $ c $ ，使得多项式 $ {x}^{3} + {cx} + c $

恰好有两个实数根。

来源:2020 CMIMC

解法:在此题中，由于有两个实数根，我们知道还剩下一个根。然而，非实数根的数量必须是偶数，但 1 是奇数。因此，这个第三个根也必须是实数。

我们的重复根是 $ r $ ，不重复的是 $ s $ 。

现在我们将应用韦达定理(Vieta's Theorem)得到方程

\[ {2r} + s = 0 \]

\[ {r}^{2} + {2rs} = c \]

\[ {r}^{2}s = - c \]

由第一个方程，我们得到 $ s = - {2r} $ 。

现在我们可以将第二个和第三个等式进行等量替换，方法是将第三个等式乘以-1，得到 $ - {r}^{2}s = c $ 。

现在我们可以将其代入第二个方程得到 $ {r}^{2} + {2rs} = - {r}^{2}s $ 。将所有项

将术语放在一边即可

$ {r}^{2} + s\left( {{2r} + {r}^{2}}\right) $

然后我们将 $ s = - {2r} $ 代入上方的方程，得到 $ 3{r}^{2} = 2{r}^{3} $ ，这给出了 $ r $ ，其中 $ \frac{3}{2} $ 。

我们可以将这个结果代入第一个方程来求得 $ s $ ，然后利用该结果求出 $ c $ 的值，它其实就是 $ \frac{-{27}}{4} $

问题 3.12.6 - 设 $ a, b, c $ 和 $ d $ 为满足以下方程组的正实数

$ \left( {a + b}\right) \left( {c + d}\right) = {143}, $

$ \left( {a + c}\right) \left( {b + d}\right) = {150} $ ,

$ \left( {a + d}\right) \left( {b + c}\right) = {169}. $

找出 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} $ 的最小可能值

来源:2016 CMIMC

解法:在此问题中，我们可以先重写想要求得的项，即 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} $

\[ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} = {\left( a + b + c + d\right) }^{2} - 2\left( {{ab} + {ac} + {ad} + {bc} + {bd} + {cd}}\right) \]

将给定的三个方程全部展开得到

\[ {ab} + {ac} + {bc} + {bd} = {143} \]

\[ {ab} + {ad} + {bc} + {cd} = {150} \]

\[ {ab} + {ac} + {bd} + {cd} = {169} \]

将所有方程相加得到 $ 2\left( {{ab} + {ac} + {ad} + {bc} + {bd} + {cd}}\right) = {462} $

我们将它代入我们已处理过的方程以得到

$ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} = {\left( a + b + c + d\right) }^{2} - {462} $

为了最小化 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} $ ，我们应该最小化 $ {\left( a + b + c + d\right) }^{2} $

现在我们可以对给定的三个等式应用均值-几何平均不等式(AM-GM)

例如，对于第一个等式，我们可以说 $ {x}_{1} = a + b $ 和 $ {x}_{2} = c + d $

$ a + b + c + d \geq 2\sqrt{\left( {a + b}\right) \left( {c + d}\right) } $ 这就变成了 $ a + b + c + d \geq 2\sqrt{143} $

我们现在可以将不等式两边平方，得到 $ {\left( a + b + c + d\right) }^{2} \geq {572} $

我们现在对其他所有等式做同样的处理，我们得出 $ {\left( a + b + c + d\right) }^{2} $ 必须大于或等于 572、600 和 676。

$ {\left( a + b + c + d\right) }^{2} $ 的最小值是 676，因为要满足涉及 572 和 600 的另外两个不等式，它必须至少为 676。例如，如果我们认为最小值是 600，那么它就不满足大于 676 的不等式。

现在我们只需在 $ {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {d}^{2} = {\left( a + b + c + d\right) }^{2} - {462} $ 中将 $ {\left( a + b + c + d\right) }^{2} $ 替换为 676，即可得出我们所寻找的答案就是 $ {676} - {462} $ ，即 214

问题 3.12.7 - 设 $ a, b $ 和 $ c $ 为正整数，满足

$ {a}^{4} + {a}^{2}{b}^{2} + {b}^{4} = {9633} $

\[ 2{a}^{2} + {a}^{2}{b}^{2} + 2{b}^{2} + {c}^{5} = {3605} \]

求所有不同值的 $ a + b + c $ 的和。

来源:2012 年 PUMAC

解法:我们会尝试将这两个等式相加，因为在许多代数问题中这是一种很好的策略。

相加后得到

\[ {a}^{4} + 2{a}^{2}{b}^{2} + {b}^{4} + 2{a}^{2} + 2{b}^{2} + {c}^{5} = {13238} \]

我们注意到它可以因式分解为 $ {\left( {a}^{2} + {b}^{2} + 1\right) }^{2} + {c}^{5} = {13239} $

由此可知，由于 $ a, b, c $ 都是整数， $ {a}^{2} + {b}^{2} + 1 $ 也必然是整数。因此，我们可以直接代入整数值到 $ c $ 中，因为可代入的整数并不多。

我们只能代入 1、2、3、4、5 到 $ c $ 中，并将每个值分别代入方程 $ {\left( {a}^{2} + {b}^{2} + 1\right) }^{2} + {c}^{5} = {13239} $

对所有 $ c $ 的值进行计算，我们得到当 $ c = 1,2,3,4,5 $ 分别为 1、2、3、4、5 时， $ {\left( {a}^{2} + {b}^{2} + 1\right) }^{2} $ 的值依次为 13238、13207、12996、12215、10114。

只有12996是一个完全平方数，这证实了 $ c = 3 $ 。我们得到 $ {a}^{2} + {b}^{2} + 1 = {114} $ ，它简化为 $ {a}^{2} + {b}^{2} = {113} $ 。

唯一两个相加等于113的完全平方数是当它们都是7和8时。

因为我们想找到 $ a + b + c $ ，所以我们的数字是7、8、3，总和为18。

问题3.12.8 - 如果 $ f $ 是一个首一三次多项式(首一多项式指最高次项系数为1的多项式)，且 $ f\left( 0\right) = {64} $ ，并且 $ f $ 的所有根都是非负实数，那么 $ f\left( 1\right) $ 的最大可能值是多少？

来源:2012 SMT

解法:在这个问题中，我们假设该多项式的根为 $ {r}_{1},{r}_{2},{r}_{3} $ 。现在我们的多项式是

\[ f\left( x\right) = \left( {x - {r}_{1}}\right) \left( {x - {r}_{2}}\right) \left( {x - {r}_{3}}\right) \]

代入-1得到我们想要找的值，用根表示为

\[ \left( {-1 - {r}_{1}}\right) \left( {-1 - {r}_{2}}\right) \left( {-1 - {r}_{3}}\right) \]

代入0得到 $ - {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} = - {64} $ ，这意味着 $ {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} = {64} $

我们现在可以展开我们得到的 $ f\left( {-1}\right) $ 表达式，得到 $ - 1 - \left( {{r}_{1} + {r}_{2} + }\right. $ $ {r}_{3}) - \left( {{r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3} - {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3}}\right) $ 。我们可以代入 $ {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} = {64} $ 来得到

$ - {65} - \left( {{r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3}}\right) - \left( {{r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3}}\right) $

由于我们要减去 $ {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} $ 和 $ {r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3} $ 的值，为了使整个表达式最大，我们应该最小化被减的数值。

现在我们可以对 $ {r}_{1},{r}_{2},{r}_{3} $ 应用AM-GM不等式来得到

$ \frac{{r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3}}{3} > \sqrt[3]{{r}_{1}{r}_{2}{r}_{3}} $

代入64得到 $ \frac{{r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3}}{3} \geq \sqrt[3]{64} $

这变成 $ {r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3} \geq {12} $

现在这意味着我们将 $ {r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3} $ 设为12，因为我们希望最小化它。

现在我们对 $ {r}_{1}{r}_{2},{r}_{1}{r}_{3},{r}_{2}{r}_{3} $ 使用AM-GM不等式来得到

$ \frac{{r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3}}{3} \geq \sqrt[3]{{\left( {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3}\right) }^{2}} $

现在我们可以再次代入64作为 $ {r}_{1}{r}_{2}{r}_{3} $ ，我们的不等式简化为

$ {r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3} \geq {48} $

这意味着 $ {r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3} $ 的最小值是48。

我们可以将数值代入 $ - {65} - \left( {{r}_{1} + {r}_{2} + {r}_{3}}\right) - \left( {{r}_{1}{r}_{2} + {r}_{1}{r}_{3} + {r}_{2}{r}_{3}}\right) $ ，最终得到的最小值是 $ - {65} - {12} - {48} $ ，即-125。

问题3.12.9 - 设 $ x, y $ 和 $ z $ 为非零复数，满足

\[ \left( {x + y + z}\right) \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}}\right) = {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} \]

计算 $ \left( {x + y + z}\right) \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}}\right) $

来源:2016 CMIMC 团队

解法:展开左边的等式得

$ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} = {x}^{2}y + {x}^{2}z + {y}^{2}x + {y}^{2}z + {z}^{2}x + {z}^{2}y = {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} $

两边同时减去 $ {x}^{3} + {y}^{3} + {z}^{3} $ 得 $ {x}^{2}y + {x}^{2}z + {y}^{2}x + {y}^{2}z + {z}^{2}x + {z}^{2}y = 0 $

现在由于我们想计算 $ \left( {x + y + z}\right) \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}}\right) $ ，可以将其重写为 $ (x + $ $ y + z)\left( \frac{{xy} + {xz} + {yz}}{xyz}\right) $

我们继续乘上想要计算的值，得到 $ \frac{{x}^{2}y + {x}^{2}z + {y}^{2}x + {y}^{2}z + {z}^{2}x + {z}^{2}y + {3xyz}}{xyz} $

我们可以将 $ {x}^{2}y + {x}^{2}z + {y}^{2}x + {y}^{2}z + {z}^{2}x + {z}^{2}y = 0 $ 代入其中，剩下的是 $ \frac{3xyz}{xyz} $ ，结果为3。

\( a \) 的值	\( n \) 的取值范围	\( n \) 的取值个数
0	\( \left\lbrack {0,{2013}}\right\rbrack \)	2014
1	\( \left\lbrack {{2016},{4027}}\right\rbrack \)	2012
2	\( \left\lbrack {{4032},{6041}}\right\rbrack \)	2010
3	\( \left\lbrack {{4048},{6055}}\right\rbrack \)	2008
...	...	...