设$m,n$是两个正整数且$m>n$,证明:$$\sum_{k=1}^{m-1} \sin^{2n} \frac{k\pi}{m}=\frac{mC_{2n}^n}{2^{2n}}$$

证明:
令$z=\exp(\frac{\pi}{m}i)$,则$|z|=1,z^{2m}=1$\[(z-\frac{1}{z})^{2n}=\sum_{k=0}^{2n} C_{2n}^k z^{2n-k}(-\frac{1}{z})^k=\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k C_{2n}^k z^{2n-2k}=\sum_{j=-n}^{n}(-1)^{n-j} C_{2n}^{n-j} z^{2j}\]

接下来,用$z^r,r=0,1,2,\ldots,m-1$替换上式的$z$,并对所有可能值求和\begin{gather*}\sum_{r=0}^{m-1} (z^r-\frac{1}{z^r})^{2n}=\sum_{j=-n}^{n} (-1)^{n-j} C_{2n}^{n-j}(\sum_{r=0}^{m-1} z^{2rj})\end{gather*}
由于$|2j| \le 2n<2m$,故当$j \ne 0,z^{2j} \ne 1$,此时总有\[\sum_{r=0}^{m-1} z^{2rj}=\frac{z^{2mj}-1}{z^{2j}-1}=0\]

从而\[\sum_{r=0}^{m-1} (z^r-\frac{1}{z^r})^{2n}=(-1)^{n} C_{2n}^{n} \cdot m\]
又有\[\sum_{r=0}^{m-1} (z^r-\frac{1}{z^r})^{2n}=\sum_{r=0}^{m-1} (2i\sin\frac{r\pi}{m})^{2n}=(-1)^n \cdot 2^{2n} \sum_{r=0}^{m-1} \sin^{2n}\frac{r\pi}{m}\]
故\[(-1)^{n} C_{2n}^{n} \cdot m=(-1)^n \cdot 2^{2n} \sum_{r=0}^{m-1} \sin^{2n}\frac{r\pi}{m}\]
即\[\sum_{r=1}^{m-1} \sin^{2n}\frac{r\pi}{m}=\sum_{r=0}^{m-1} \sin^{2n}\frac{r\pi}{m}=\frac{m C_{2n}^n}{2^{2n}}\]

原题简化,就是下面罗列的条件.
已知实数$a,b,c,x,y$满足$a-2b+c=1,b^2-ac<0,ax^2+2bxy+cy^2=1$,求证:$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$

证明:
(1).对$x,y$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le ax^2+2bxy+cy^2$$

再对$a,b$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)$$

原式成立则这个齐次式也是成立的,最好的情况也就是能构成完全平方式
其实作差就是

\[    (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)-(ac-b^2)(x+y)^2=((a-b)x+(b-c)y)^2 \ge 0\]

(2).可变形为\[    (ax+by)^2+(ac-b^2)y^2=a\]
因此$a>0,c>0$,由柯西不等式

\begin{align}    |a(x+y)|&=|(ax+by)+(a-b)y|\\    &=|(ax+by)+\frac{a-b}{\sqrt{ac-b^2}}\sqrt{ac-b^2}y|\\    &\le \sqrt{1+\frac{(a-b)^2}{ac-b^2}}\sqrt{(ax+by)^2+(ac-b^2)y^2}\\    &=\sqrt{\frac{a(a+c-2b)}{ac-b^2}}\sqrt{a}=\frac{a}{\sqrt{ac-b^2}}
\end{align}

因此$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$

之前申请了一个个人网站,今天收到短信备案通过,终于不用在微信公众号里截图发东西了.

2018年北大自招有这样一道试题:
设$a,b,c$为非负实数,满足$a+b+c=3$,则$a+ab+abc$的最大值为?

本题相对简单,只要有基本的不等式思想,固定一下$a$对$b,c$使用均值即可解答
\[a+ab+abc=a+ab(1+c) \le a+a \cdot (\frac{b+1+c}{2})^2\]
\[=4+\frac{1}{4}(a-4)(a-2)^2 \le 4\]
或者得到三次函数以后求导.虽然中间的等号不总是能取到,但最后是可以取等的,$(a,b,c)=(2,1,0)$

变形

今天看到一道改编的问题,难度骤然上升,但内核是不变的

$a,b,c>0,a+b+c=3$,求$\ds f=\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc}$最小值

和上题的区别是整式全部变成了分式.
仍然采用固定变量的思想,尝试在固定$a$的情况下,对$b+c=3-a$求最值
此时分离掉$a$,与$b,c$有关的部分就是$\ds \frac{1+c}{bc}$
抽象看来,这是个一次比二次的结构,所以我们将其取倒数,尝试用均值求解

设$1+c=t>1,b=4-a-t$
$$\frac{bc}{1+c}=\frac{(4-a-t)(t-1)}{t}$$
$$=5-a-(t+\frac{4-a}{t}) \le 5-a-2\sqrt{4-a}$$
$$=(\sqrt{4-a}-1)^2$$

显然$a \ge b \ge c$,否则交换$(b,c),(a,b)$会使得$f$变小,$3>a \ge 1$(这一步判断其实并非必要,对后面的求解毫无影响)

从而$$f=\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{a}(\frac{1+c}{bc}) \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{a}\frac{1}{(\sqrt{4-a}-1)^2}$$
换元$u=\sqrt{4-a}-1 \in (0,\sqrt{3}-1]$$$    f=f(u)=\frac{u^2+1}{u^2(3-2u-u^2)}$$

如果不抗拒导数的话,下面一步最简单的就是求导.如果非要展示一些奇怪的技巧就只能待定系数自求多福.

求导得$$    f'(u)=\frac{2 \left(u^2+3\right) \left(u^2+u-1\right)}{(u-1)^2 u^3 (u+3)^2}$$
可得$\ds (0,\frac{\sqrt{5}-1}{2})$递减,$\ds (\frac{\sqrt{5}-1}{2},\sqrt{3}-1)$递增
最小值$\ds f(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

取等时,套娃式一步步找到$a,b,c$即可
$\ds u=\frac{\sqrt{5}-1}{2},a=4-(u+1)^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}$
$\ds t=\sqrt{4-a}=1+u=\frac{\sqrt{5}+1}{2},c=t-1=u=\frac{\sqrt{5}-1}{2},b=3-a-c=1$

最终可得取等时$\ds (a,b,c)=(\frac{5-\sqrt{5}}{2},1,\frac{\sqrt{5}-1}{2})$

问题:
\[x^2+y^2+z^2+xyz=4,x,y,z>0\],求证:$$x+y+z \le 3$$

解答:

\[(2+z)(x+y)^2+(2-z)(x-y)^2=4(4-z^2) \ge (2+z)(x+y)^2\]
\[x+y \le 2\sqrt{2-z} \le (2-z)+1\]
\[x+y+z \le 3\]

题目:\(x,y>0\),求\[P=\frac{1}{x+\sqrt{xy}}-\frac{2}{\sqrt{x+y}}\]的最小值

 

 解答:

\[  x+\sqrt{xy} \le u(x+y),u=\frac{\sqrt2+1}{2}\] 
\[P=\frac{1}{x+\sqrt{xy}}-\frac{2}{\sqrt{x+y}} \ge \frac{1}{u(x+y)}-\frac{2}{\sqrt{x+y}}\] 
\[=\frac{1}{u}(\frac{1}{\sqrt{x+y}}-u)^2-u\]
\[\ge -u = -\frac{\sqrt2+1}{2}\]