如果有理数 $m$ 可以表示为 $3 x^{2}-8 x y+6 y^{2}$($x$ 、 $y$ 是有理数) 的形式, 则称 $m$ 为“好数”，试问：两个好数的积和商都是好数吗? 为什么?

需知道一个应用广泛的恒等式:\[    (x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)=(x_1x_2+y_1y_2)^2+(x_1y_2-x_2y_1)^2\] 

注意到$3x^2-8xy+6y^2=2(x-y)^2+(x-2y)^2$,显然$m$是好数等价于具有$x^2+2y^2(x,y \in \mq)$的形式
任取两个不同的好数$m_1=x_1+2y_1^2,m_2=x_2+2y_2^2$
则\[    m_1 m_2=(x_1^2+2y_1^2)(x_2^2+2y_2^2)=(x_1 x_2+2y_1 y_2)^2+2(x_1y_2-x_2y_1)^2\]
显然$m_1m_2$是好数
若$m_2 \ne 0$,则\[    \frac{m_1}{m_2}=\frac{m_1 m_2}{m_2^2}=(\frac{x_1 x_2+2y_1 y_2}{m_2})^2+2(\frac{x_1y_2-x_2y_1}{m_2})^2\]
显然$\ds \frac{m_1}{m_2}$是好数

本题是一个稍有难度的不等式

已知$x_{i} \in \mR(1 \leq i \leq 8)$ 的和为 8, 其中最大的数不超过最小的数的 3 倍, 则 $\ds \sum_{i=1}^{8} x_{i}^{2}$ 的最大值为

不妨设$m=\min x_i,M=\max x_i$,则$m \le x_i \le M, \forall i=1,2,\dots,8$,且$0<m \le 1 \le M \le 3m$
故$(x_i-m)(x_i-M) \le 0,x_i^2 \le (M+m) x_i-Mm$
对上式求和并考虑到$m \le 1$,有
\begin{gather}    \sum_{i=1}^8 x_i^2 \le (M+m) \sum_{i=1}^8 x_i-8Mm=8(M+m-Mm)\\    =8M(1-m)+8m \le 8 \cdot 3m (1-m)+8m    \le \frac{32}{3}\end{gather}
当$\ds x_1=x_2=\dots=x_6=\frac{2}{3},x_7=x_8=2$时可取等
故 $\ds \sum_{i=1}^{8} x_{i}^{2}$ 的最大值为$\ds \frac{32}{3}$

关于这份题目我只看到网上写的个别题的解答,但这个题他做错了

凸四边形$ABCD$,$AC$交$BD$于点$E$,$S_{\triangle ABE}=S_{\triangle DEC}=1$.求$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2$的最小值

解:很粗糙的估计,四边形面积有下限,而边长的平方可以均值估计为面积.

我们用$[XYZ]$表示三点$X,Y,Z$组成的三角形面积(同理四点)
由基本面积恒等式\[    1=[ABE] \cdot [CDE]=[BCE] \cdot [DAE]\]
设$x=[BCE]$
由均值不等式
\begin{gather}    AB^2+BC^2+CD^2+DA^2    \ge 2 AB \cdot BC+2 CD \cdot DA\\    \ge 4[ABC]+4[CDA]=4(1+x)+4(1+\frac{1}{x})\\    =8+4(x+\frac{1}{x}) \ge 16\end{gather}
且当四边形是正方形时可取等

实际考试可以直接当四边形是正方形算

各位新年快乐~

2016山东文科高考题

2016年山东省文科高考题第12是这样一个问题:
12. 观察下列等式:\[\begin{aligned}&\left(\sin \frac{\pi}{3}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{3}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 1 \times 2 \\&\left(\sin \frac{\pi}{5}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{5}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{5}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{4 \pi}{5}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 2 \times 3 ; \\&\left(\sin \frac{\pi}{7}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{7}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{7}\right)^{-2}+\cdots+\left(\sin \frac{6 \pi}{7}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 3 \times 4 ;\\&\left(\sin \frac{\pi}{9}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{9}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{9}\right)^{-2}+\cdots+\left(\sin \frac{8 \pi}{9}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 4 \times 5 ; \end{aligned}\]
照此规律, $\ds \left(\sin \frac{\pi}{2 m+1}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{2 m+1}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{2 m+1}\right)^{-2}+\cdots+ \left(\sin \frac{2 m \pi}{2 m+1}\right)^{-2}=\tk$

此题是一个填空题,仅仅猜想的话是很容易观察出结果的$\ds \frac{4m(m+1)}{3}$.但它实际有相当深刻的背景.真的去证明的话需要用到一系列高考以外的知识.

(I).基础知识:
首先我们需要知道棣莫弗公式:
$\mi$是虚数单位,则
\[    \forall m \in \mN:(\cos x+\mi\sin x)^m=\cos mx+i\sin mx\]
这可以用归纳法证明.

还需知道一个基本三角函数不等式\[    \forall x \in (0,\frac{\pi}{2}),0<\sin x<x<\tan x\]

还需要知道多元韦达定理的推论:
方程 $\ds \sum_{k=0}^{n} a_k x^k=0(a_n a_0 \ne 0)$ 的所有根的倒数和为 $\ds -\frac{a_1}{a_0}$

(II).然后我们需要进行一步转化,利用$\sin^{-2} x=\tan^{-2} x+1$及正弦函数的对称性将原式化为\[    \sum_{k=1}^{2m} \sin^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}=2\sum_{k=1}^{m} (\tan^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}+1)\]

(III).构建以$\ds \tan^2 \frac{k\pi}{2m+1},k=1,2,\dots,m$为根的方程,使用韦达定理求和.
\begin{gather}    n=2m+1,m \in \mathbf{N}^*\\    \tan nx=0 \Longleftrightarrow \sin nx=0\\    \Longleftrightarrow Im((\cos x+\mathbf{i} \sin x)^n)=0\\    \Longleftrightarrow C_n^1 \cdot \cos^{n-1} x \cdot \sin x-C_n^3 \cdot \cos^{n-3} x \cdot \sin^3 x+\ldots=0\end{gather}
后面的项我们不关心所以直接省略掉,前两项是会用到的
\[    \Longleftrightarrow C_n^1 \tan x-C_n^3 \tan^3 x+\ldots=0\]从而$\ds \tan\frac{k\pi}{2m+1},|k| \le m$是 $n$ 次方程 $C_n^1 x-C_n^3 x^3+\ldots=0$ 的全部根
由于方程只有奇数幂,扣掉0根,扣掉负根,可得
$\ds \tan^2\frac{k\pi}{2m+1},1 \le k \le m$是$m$次方程 $C_n^1 -C_n^3 x+\ldots=0$的全部根
从而由韦达定理\[    \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{\tan^2\frac{k\pi}{2m+1}}=\frac{C_n^3}{C_n^1}=\frac{(n-1)(n-2)}{6}=\frac{2m^2-m}{3}\]
从而得到题目中的待求式\[    \sum_{k=1}^{2m} \sin^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}=2\sum_{k=1}^{m} (\tan^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}+1)=2(\frac{2m^2-m}{3}+m)=\frac{4m(m+1)}{3}\]

这样我们就得到了这道高考题的证明.

巴塞尔问题

说完这个高考题的证明,我们接着介绍历史上著名的巴塞尔问题,也就是平方数的倒数和究竟是多少?

巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由莱昂哈德·欧拉在1735年解决。由于这个问题难倒了以前许多的数学家，欧拉一解出这个问题马上就出名了，当时他二十八岁。欧拉把这个问题作了一番推广，他的想法后来被黎曼在1859年的论文《论小于给定大数的素数个数》（On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude）中所采用，论文中定义了黎曼$\zeta $函数，并证明了它的一些基本的性质。这个问题是以瑞士的第三大城市巴塞尔命名的，它是欧拉和伯努利家族的家乡。
这个问题是精确计算所有平方数的倒数的和，也就是以下级数的和：
${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\lim _{n\to +\infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}\right)}$
这个级数的和大约等于1.644934（OEIS中的数列A013661）。巴塞尔问题是寻找这个数的准确值，并证明它是正确的。欧拉发现准确值是$\frac{\pi^2}{6}$，并在1735年公布；彼时他的证明还不是十分严密，真正严密的证明在1741年给出。

我们下面会指出,这道高考题与巴塞尔问题有着内在联系,实质上它稍微处理一下就可以解决巴塞尔问题.

我们利用上面的中间结论\[    \sum_{k=1}^{m} \cot^2\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{2m^2-m}{3},\sum_{k=1}^{m} \frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2m+1}}=\frac{2m^2+2m}{3}\]
使用基本的三角不等式,我们知道\[    0<\cot^2 x<\frac{1}{x^2}<\frac{1}{\sin^2 x}, \forall x \in (0,\frac{\pi}{2})\]
从而\[    0<\cot^2 \frac{k\pi}{2m+1}<\frac{(2m+1)^2}{k^2 \pi^2}<\frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2m+1}},k=1,2,\dots,m\]
我们将所有的不等式加起来,两边都是可以求和的,从而得到\[    \frac{m(2m-1)}{3}<\frac{(2m+1)^2}{\pi^2}(1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{m^2})<\frac{2m(m+1)}{3}\]
从而\[    \frac{\pi^2}{6}\frac{2m(2m-1)}{(2m+1)^2}<1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{m^2}<\frac{\pi^2}{6}\frac{4m(m+1)}{(2m+1)^2}\]
令$m \to +\infty$显然两边都以$\ds \frac{\pi^2}{6}$为极限
所以\[    \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\]

这样就解决了历史上著名的巴塞尔问题.

附注:
3Blue1Brown 做过一次关于巴塞尔问题的视频,也值得一看
https://www.bilibili.com/video/av20400157/

练习题:
求$\ds\tan^6 \frac{\pi}{9}+\tan^6 \frac{2\pi}{9}+\tan^6 \frac{4\pi}{9}$
答案:33273