已知$x>0, y>0$,且$16 x^4+16 y^4+16 x^2 y^2-60 x^2-60 y^2+63=0$
求 $x+y$ 的取值范围.

考虑
\begin{align}
16(x+y)^4 =& 16(x^4+y^4+4x^3y+4xy^3+6x^2 y^2)\\
=& 16(x^4+x^2 y^2+y^4)+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x^2+y^2)-63+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x+y)^2+80x^2 y^2-120xy+64xy(x^2+y^2)-63\\
=& 60(x+y)^2+8xy[8(x^2+y^2)+10xy-15]\\
=& 60(x+y)^2+8xy \cdot 8(x+y)^2-8xy(6xy+15)\\
a =& x+y,b=xy \le \frac{a^2}{4}\\
16a^4-60a^2+63 =& 8b \cdot 8a^2-8b \cdot (6b+15)\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} =& -6b^2+(8a^2-15)b
\end{align}

由判别式,左边恒正,故$8a^2-15>0$
又由均值不等式(或者配方)
\[\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = -6b^2+(8a^2-15)b \le \frac{(8a^2-15)^2}{24}\]

化简得
\[(a^2-3)(4a^2-3) \ge 0\]
由于$\ds a^2>\frac{15}{8},4a^2-3>0$,故$a^2 \ge 3$
则$f(b)=-6b^2+(8a^2-15)b$的对称轴$\ds x_0=\frac{8a^2-15}{12} \ge \frac{a^2}{4}$

从而
\begin{gather}
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = f(b) \le f(\frac{a^2}{4})\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} \le -6 \times \frac{a^4}{16}+(8a^2-15) \times \frac{a^2}{4}\\
(a^2-3)(a^2-7) \le 0\\
x+y=a \in [\sqrt{3},\sqrt{7}]
\end{gather}

当$\ds x=y=\frac{\sqrt{3}}{2},x=y=\frac{\sqrt{7}}{2}$可以分别取等

设 $a,b,c$ 为实数. 已知当 $- 1 \leq x \leq 1$ 时,恒有 $\left| {a{x}^{2} + {bx} + c}\right| \leq 1$ ,则 $2\left| a\right| + \left| b\right| + 3\left| c\right|$ 的最大值为 $\tk$ .

本题属于多重最值里的技巧.
对于这类二次函数型问题(在某个区间上,二次函数的绝对值不超过xx),我们通常并不使用二次函数的系数,而是选取区间端点和中点的值来刻画(显然知道这三个值也就知道了三个系数)

考虑$f(0)=c,f(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c$可得
\begin{aligned}
a & =\frac{1}{2}[(a+b+c)+(a-b+c)]-c=\frac{1}{2}[f(1)+f(-1)]-f(0) \\
b & =\frac{1}{2}[(a+b+c)-(a-b+c)]=\frac{1}{2}[f(1)-f(-1)] \\
c & =f(0)
\end{aligned}
可知
\begin{aligned}
2|a|+|b|+3|c| & =2\left|\frac{1}{2}[f(1)+f(-1)]-f(0)\right|+\frac{1}{2}|f(1)-f(-1)|+3|f(0)| \\
& = |f(1)+f(-1)-f(0)|+\frac{1}{2}|f(1)-f(-1)|+3|f(0)|\\
& = \max { |f(1)+f(-1)-2f(0) \pm \frac{1}{2}(f(1)-f(1)) \pm 3f(0) |}\\
& \le \frac{3}{2}+\frac{1}{2}+5=7
\end{aligned}

最后一步把四种可能都写出来,每一种都可以放缩成系数的绝对值之和.最大为7.
当$a=2,b=0,c=-1$可以取到等号.

设 $n$ 个互异的正整数 $a_1$, $a_2, \cdots, a_n$ 之和为 2000 . 记\[A=\max \left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\} .\]求 $A+n$ 的最小值.

考虑
\begin{align}2000&=a_1+a_2+\dots+a_n \\& \le A+(A-1)+(A-2)+\dots+(A-n+1)\\& = nA-\frac{n(n-1)}{2}\\A &\ge \frac{2000}{n}+\frac{n-1}{2}\\A+n &\ge \frac{2000}{n}+\frac{3n}{2}-\frac{1}{2} \ge 2\sqrt{3000}-\frac{1}{2}>109\\A+n &\ge 110\end{align}
且当$5,40,41,42,\dots,74$时可取等

已知$\triangle ABC$的内角满足$\sin A+2\sin B=2\sin C$,求$\ds \frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}$的最小值

解法1:
使用内切圆换元,面积$s$\begin{gather}a=y+z, b=z+x, c=x+y  \\a=2(c-b) \Rightarrow y+z=2(y-z), y=3 z  \\s^2=x y z(x+y+z)=3 x z^2(x+4 z) \\\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin c}=\frac{b c+c a-a b }{2 s}\\=\frac{x^2+4 x z+11 z^2}{2 \sqrt{3 x z^2(x+4 z)}} \geqslant \frac{2 \sqrt{11 z^2 \cdot\left(x^2+4 x z\right)}}{2 \sqrt{3 x z^2(x+4 z)}}=\frac{\sqrt{33}}{3}\end{gather}

解法2:
和差化积\begin{gather}    \frac{1}{2}= \frac{\sin C-\sin B}{\sin A}=\frac{2 \cos \frac{C+B}{2} \sin \frac{C-B}{2}}{2 \sin \frac{C+B}{2} \cos \frac{C+B}{2}}=\frac{\tan \frac{C}{2}-\tan \frac{B}{2}}{\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{B}{2}} \\    \tan \frac{C}{2}= 3 \tan \frac{B}{2}, \tan \frac{B}{2}=x>0, \tan \frac{C}{2}=3 x\\    \tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2} \tan \frac{A}{2}=1 \Rightarrow  \tan \frac{A}{2}=\frac{1-3 x^2}{4 x}>0\end{gather}
考虑万能公式\[    \frac{2}{\sin A}=\tan \frac{A}{2}+\cot \frac{A}{2}\]\begin{gather}    2\left(\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}\right)=\frac{1-3 x^2}{4 x}+\frac{4 x}{1-3 x^2}+x+\frac{1}{x}-\left(3 x+\frac{1}{3x}\right) \\=  \frac{11}{12} \cdot \frac{1-3 x^2}{x}+4 \cdot \frac{x}{1-3 x^2} \geqslant 2 \sqrt{\frac{11}{12} \times 4}=2 \cdot \frac{\sqrt{33}}{3}\\\left(\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}\right) \ge \frac{\sqrt{33}}{3}\end{gather}

Find all sequences $(a_n)_{n\geq 1}$ of positive integers such that for all integers $n\geq 3$ we have
\[\dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}= 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}.\]
求所有的正整数列$(a_n)_{n\geq 1}$,满足对一切正整数$n\geq 3$都有\[\dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}= 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}.\]

考虑$n=3$,可得\[    \frac{1}{a_1 a_3}=1-\frac{1}{a_1^2+a_2^2},a_1 a_3=\frac{a_1^2+a_2^2}{a_1^2+a_2^2-1}\]
所以必须有$a_1^2+a_2^2-1=1,a_1=a_2=1,a_3=2$
考虑\begin{gather}    \dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}    = 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}\\    \dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-1}a_{n+1}}    = 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2+a_n^2}\\    \frac{1}{a_{n-1}a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}    -\dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2+a_n^2}\\    (a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2)(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2)=a_{n-1} a_n^2 a_{n+1}\\    \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}{a_{n-1} a_n}     \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2}{a_{n} a_{n+1}}=1 \end{gather}
记$b_n=\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2}{a_{n} a_{n+1}},b_{n-1}b_n=1,n \ge 3$
结合$b_1=b_2=1$,可得对一切$n \in \mN$都有$b_n=1$\begin{gather}a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2=a_{n} a_{n+1}\\a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n+1}^2=a_{n+1} a_{n+2}\\a_{n+1}^2=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n} a_{n+1}\\a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\end{gather}
所以$\{a_n\}$是斐波那契数列,通项为\[    a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n\right)\]

对于一个正$n$边形,各边斜率均存在且分别为$k_j,j=1,2,\dots,n$,如果某边的倾斜角为$\theta$,化简$\ds A_n=\sum_{j=1}^n k_j\sum_{j=1}^n \frac{1}{k_j}$.

昨晚睡前在QQ群看到的一个讨论,原题是$n=5$,推广到$n$.和两年前写的下面这篇”从高考题到巴塞尔问题”关联比较大,如果没有接触过此类问题,可以从下面的文章开始阅读.

从高考题到巴塞尔问题

下面先证明一个引理:\[    F_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{j\pi}{n})=\begin{cases}        n\tan n\theta & 2 \nmid n\\        -n\cot n\theta & 2 | n    \end{cases}\]
证明:
考虑$x\in \{\theta+\frac{j\pi}{n} |j=1,2,\dots,n\}$的共同之处:$\tan nx=\tan n\theta$
且显然所有$\tan x$是互不相同的
考虑棣莫弗公式\[    \cos nx+\mi \sin nx=(\cos x+ \mi \sin x)^n\]
如果$n=2k+1$是奇数,比较实部虚部可得\begin{gather}    \tan n\theta=\tan nx=\frac{\sin nx}{\cos nx}\\    =\frac{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \sin^{2k+1} x+\dots}{C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \cos x\sin^{2k} x+\dots}    =\frac{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \tan^{2k+1} x+\dots}{C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \tan^{2k} x+\dots}\\    C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \tan^{2k+1} x – \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \tan^{2k} x+\dots=0\end{gather}从而$\tan(\theta+\frac{j\pi}{n})$是如下关于$y$的$2k+1$次方程的$2k+1$个不同根\[    C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k y^{2k+1} – \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k y^{2k}+\dots=0\]
韦达定理可得这些根的和\[    F_n(\theta)=-\frac{- \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k}{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k} =(2k+1)\tan (2k+1)\theta=n\tan n\theta\]
如果$n=2k$是偶数,那么按照同样的操作同理可得$\tan(\theta+\frac{j\pi}{n})$是如下关于$y$的$2k$次方程的$2k$个不同根\[    C_{2k}^{2k} (-1)^k y^{2k} – \cot 2k \theta \cdot C_{2k}^{2k-1}(-1)^{k-1} y^{2k-1}+\dots=0\]
韦达定理可得\[    F_n(\theta)=-\frac{- \cot 2k \theta \cdot C_{2k}^{2k-1}(-1)^{k-1}}{C_{2k}^{2k} (-1)^k} =-2k\cot 2k\theta=-n\cot n\theta\]
综上可知\[    F_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{j\pi}{n})=\begin{cases}        n\tan n\theta & 2 \nmid n\\        -n\cot n\theta & 2 | n    \end{cases}\]

接着证明原题:
不妨设第$j$边倾斜角为$x_j=\theta+\frac{2j\pi}{n}$,(不管倾斜角$[0,\pi)$的取值范围,求正切以后无影响)\[    f_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{2j\pi}{n})\]
则\[    \sum_{j=1}^n \cot(\theta+\frac{2j\pi}{n})=\sum_{j=1}^n \tan(\frac{\pi}{2}-\theta-\frac{2j\pi}{n})=f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)\]
待求式即为$A_n=f_n(\theta)f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)$
若$n=2k+1$是奇数,则易得任意两个边倾斜角的差都不是$\pi$的整数倍,所以求正切后互不相同,是$\theta+\frac{j\pi}{n}$的重新排列
亦即$f_n(\theta)=F_n(\theta)$
\[    f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)=n \tan n(\frac{\pi}{2}-\theta)=n \tan (k\pi+\frac{\pi}{2}-n\theta)=n \cot n\theta\]
于是待求为\[    A_n=f_n(\theta)f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)=\left( n\tan n\theta \right) \left( n \cot n\theta \right)=n^2\]
若$n=2k$是偶数,则$x_1,x_2,\dots,x_k$的正切刚好取遍$\tan(\theta+\frac{j\pi}{k}),j=1,2,\dots,k$,而$\tan x_{k+j}=\tan x_j$
所以$f_{2k}(\theta)=2F_k(\theta),f_{2k}(\frac{\pi}{2}-\theta)=2F_k(\frac{\pi}{2}-\theta)$,待求式为\[    A_n=f_{2k}(\theta) f_{2k}(\frac{\pi}{2}-\theta)=4F_k(\theta)F_{k}(\frac{\pi}{2}-\theta)\]
如果$k$是奇数,如上可得\[    A_n=4k^2=n^2    \]
如果$k=2m$是偶数,那么$n=4m$\[    A_n=4F_{2m}(\theta)F_{2m}(\frac{\pi}{2}-\theta)=4 \cdot (-2m\cot 2m\theta) \cdot (-2m \cot 2m(\frac{\pi}{2}-\theta))=-n^2\cot^2\frac{n\theta}{2}\]

综上可得\[    A_n=\begin{cases}        -n^2\cot^2\frac{n\theta}{2} & 4|n\\        n^2 & else    \end{cases}\]

对于实数$a,b$,求$\ds S=\frac{(1-a) (1-b) (1-a b)}{\left(a^2+1\right) \left(b^2+1\right)}$的最值

    令$\ds a=\frac{x+1}{x-1},b=\frac{y+1}{y-1}$(如果$a,b$中有1,则原式为0显然不是最值)
    代入化简得    \begin{gather}        S=\frac{(1-a) (1-b) (1-a b)}{\left(a^2+1\right) \left(b^2+1\right)}        =-\frac{2 (x+y)}{\left(x^2+1\right) \left(y^2+1\right)}\\        |S|=\frac{2 |x+y|}{\left(x^2+1\right) \left(y^2+1\right)}\\        =\frac{2 |x+y|}{\left(x^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right) \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+y^2\right)}\\        \le \frac{2 |x+y|}{\left(\frac{|x|}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{|y|}{\sqrt{3}}\right)}        =\frac{6|x+y|}{(|x|+|y|+\frac{2\sqrt{3}}{3})^2} \le \frac{3\sqrt{3}}{4}    \end{gather}

    Given is a real number $a \in (0,1)$ and positive reals $x_0, x_1, \ldots, x_n$ such that $\sum x_i=n+a$ and $\sum \frac{1}{x_i}=n+\frac{1}{a}$. Find the minimal value of $\sum x_i^2$.
    给定实数$a \in (0,1)$,正实数$x_0,x_1,\dots,x_n$满足:    \[        \sum_{i=0}^n x_i=n+a,\sum_{i=0}^n \frac{1}{x_i}=n+\frac{1}{a}        \]    求$\sum_{i=0}^n x_i^2$的最小值

    类似的问题有不少,大多都是先求单个变量的范围,再构造局部不等式.
    当然,本题稍微观察一下会发现$(1,1,\dots,1,a)$是一组简洁的解.    \[        (n+a-x_0)(n+\frac{1}{a}-\frac{1}{x_0})=(x_1+x_2+\dots+x_n)(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots x_n) \ge n^2    \]
    那么这个方程解出来的解必有一端是$a$,再配凑出另外一个根,可以解出来    \[        a \le x_0 \le \frac{n+a}{1+na}    \]    当然这也是其他$x_i$的范围
    接下来就是配凑局部不等式,待求式是$x_i^2$,已知式是$x_i,\frac{1}{x_i}$
    所以我们需要配凑出下面的式子    \[        x_i^2 \ge A x_i +\frac{B}{x_i}+C    \]
    它实质是个三次的局部不等式.考虑之前观察出的简洁的解$(1,1,\dots,1,a)$,我们有理由猜测这就是取等条件(如果不是就再说)
    考虑$1$在区间中间,所以必须是$(x-1)^2$,所以选择的局部不等式就是    \[        0 \le \frac{1}{x_i}(x_i-1)^2 (x_i-a) =x_i^2-(2+a)x_i+(2a+1)-\frac{a}{x_i}        \]
    累加得    \[        \sum_{i=0}^n x_i^2 \ge (2+a)\sum_{i=0}^n x_i +a \sum_{i=0}^n \frac{1}{x_i} -(2a+1)(n+1)= n+a^2    \]
    当$(1,1,\dots,1,a)$时取等
    虽然题目没要求,但是也可以使用类似的方法求出最大值:        考虑局部不等式    \[       \frac{1}{x_i} \left( x_i-\frac{a(n+a)}{1+na} \right)^2 \left( x_i-\frac{n+a}{1+na}\right) \le 0    \]
    可得    \[        x_i^2 \le \frac{(1+2a) (n+a)}{1+na}x_i+\frac{a^2 (n+a)^3}{(1+na)^3} \frac{1}{x_i}-\frac{a (2+a) (n+a)^2}{(1+na)^2}    \]
    累加得    \begin{align}        \sum_{i=0}^n x_i^2 &\le \frac{(1+2a) (n+a)}{1+na} (n+a)\\        &+\frac{a^2 (n+a)^3}{(1+na)^3} (n+\frac{1}{a})\\        &-\frac{a (2+a) (n+a)^2}{(1+na)^2}(n+1)\\       & =\frac{(n+a)^2 (1+na^2)}{(1+na)^2}    \end{align}    当取$n$个$\frac{a(n+a)}{1+na}$,1个$\frac{n+a}{1+na}$时取等

   
英文题目: An infinite sequence of positive integers $a_1, a_2, \dots$ is called $good$ if
    (1) $a_1$ is a perfect square, and
    (2) for any integer $n \ge 2$, $a_n$ is the smallest positive integer such that$$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$is a perfect square.
    Prove that for any good sequence $a_1, a_2, \dots$, there exists a positive integer $k$ such that $a_n=a_k$ for all integers $n \ge k$.

中文题目: 一个无穷正整数数列 $a_1, a_2, \dots$ 被称作”好数列”,如果它满足:
    (1) $a_1$ 是完全平方数
    (2) 对一切 $n \ge 2$, $a_n$ 是使得 $$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$为完全平方数的最小的正整数.
    证明:对所有”好数列” $a_1, a_2, \dots$, 存在正整数 $k$ 使得 对一切 $n \ge k$ 都有 $a_n=a_k$.

    设$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n=b_n^2$,$b_n \in \mN$    \[        b_{n}^2-b_{n-1}^2=a_1+a_2+\dots+a_n    \]    显然 $b_n$严格递增
    如果$a_n$最终变为常数,那么最终$b_n^2-b_{n-1}^2$就是一次的
    从而最终$b_n$也是一次的,所以其实要证$b_n$最终是等差数列
    要证$b_n-b_{n-1}$最终是常数
    而我们证明一个正整数数列最终变为常数有一个经典做法:证明这个正整数数列不增,或者先找到某个不增的子列.
    在最美好的情况下,如果总有    \[        b_{n+1}-b_n \le b_n-b_{n-1}    \]    那么就可以立即判断命题成立.
    可以先去尝试证明$b_{n+1} \le 2b_n-b_{n-1}$
    而这需要$(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n<(2b_n-b_{n-1})^2$(因为如果此式成立,那么按照$a_{n+1}$的定义,$b_{n+1}^2=(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n+a_{n+1}$一定不会超过$(2b_n-b_{n-1})^2$)
    把左边用$b_n$表达    \begin{align}          & (n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n                                                    \\        = & \left( na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n \right)+\left( a_1+a_2+\dots+a_n \right) \\        = & b_n^2+b_n^2-b_{n-1}^2=2b_n^2-b_{n-1}^2                                                   \\        = & (2b_n-b_{n-1})^2-2(b_n-b_{n-1})^2 < (2b_n-b_{n-1})^2    \end{align}        于是可得    \[        b_{n+1}^2 \le (2b_n-b_{n-1})^2,b_{n+1}-b_{n} \le b_{n}-b_{n-1}    \]
    所以$b_{n+1}-b_n$是不增的正整数列,某项之后是正整数$c$,剩下的就显然了.
    相关问题:2017-IMO-P1,2016-东南数学奥林匹克-P8