已知 $f(x)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3$，且 $f(x)$ 有三个不同的零点 $x_1,x_2,x_3$。求证：$\frac1{f'(x_1)}+\frac1{f'(x_2)}+\frac1{f'(x_3)}=0$。

正常的基于根的做法如下：

令 $f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$，则 $f’(x)=(x-x_2)(x-x_3)+(x-x_1)(x-x_3)+(x-x_1)(x-x_2)$。分别代入可得。

$$\begin{aligned} f'(x_1)&=(x_1-x_2)(x_1-x_3)\\ f'(x_1)&=(x_2-x_1)(x_2-x_3)\\ f'(x_1)&=(x_3-x_1)(x_3-x_2)\\ \end{aligned}$$

将上式代入所证式子可得：

$$\frac1{f'(x_1)}+\frac1{f'(x_2)}+\frac1{f'(x_3)}=\frac{(x_2-x_3)-(x_1-x_3)+(x_1-x_2)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)}=0$$

特别的，若存在相等的根，则式子无意义。

不正常的基于一般式的做法：

当 $a_3\neq0$，令 $\forall x\in \{x_1,x_2,x_3\},\frac1{f'(x)}=\frac Ax+Bx+C=G(x)$，由韦达定理可知

$$\begin{aligned} \frac1{f'(x_1)}+\frac1{f'(x_2)}+\frac1{f'(x_3)}&=A\frac{x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3}{x_1x_2x_3}+B(x_1+x_2+x_3)+3C \\ &=A\frac{a_2}{-a_3}+B(-a_1)+3C \end{aligned}$$

而从 $f(x_i)=0(i=1,2,3)$ 可知

$$\begin{aligned} x^3&=-a_1x^2-a_2x-a_3\\ \frac1x&=-\frac{x^2}{a_3}-\frac{a_1x}{a_3}-\frac{a_2}{a_3} \end{aligned}$$

将两式代入 $f'(x)G(x)=1$ 中，使得等式仅存在 $1,x,x^2$ 三类项，依据左右系数相等可以获得三个恒等式

$$\begin{aligned} -\frac{Aa_2}{a_3}-a_1B+3C&=0\\ 3A-\frac{Aa_2a_1}{a_3}-2a_2B+2a_1C&=0\\ (2a_1-\frac{a_2^2}{a_3})A-3a_3B+a_2C&=1 \end{aligned}$$

其中第一个式子即为所求，至于另外两个恒等式，不知道有没有用，感觉或许可以推出一些其他的恒等式？不过拟合函数的形式是一个限制。

当 $a_3=0$，用二次函数拟合也可以，只是计算量大点。