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

证明:$\forall n \in \mN,\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+2}+\dots+\sqrt{n^2+2n} >2n^2+n$

\[    \sqrt{n^2+k}-n=\frac{k}{\sqrt{n^2+k}+n}>\frac{k}{2n+1},\forall k \in [1,2n]\]

故\[    \sum_{k=1}^{2n} \sqrt{n^2+k}>\sum_{k=1}^{2n}(n+\frac{k}{2n+1})=2n^2+n\]

此方法相当于局部不等式,本题亦可倒序相加证明

不行,我得增加发文频率.这样的速度太浪费我买服务器和域名的钱钱了.

(2011-北约自招)求过抛物线$y=2x^2-2x-1,y=-5x^2+2x+3$两交点的直线方程

直接求的话坐标很可能带有根号,但是考虑到除了$x^2$外其他均为一次,只要消掉它就行了.
所以左边乘以5加上右边乘以2即可
\[    5y+2y=5(2x^2-2x-1)+2(-5x^2+2x+3),6x+7y-1=0\]

原理:既然两个点都在两个曲线上,那么可以对两个曲线方程任意进行恒等变形,两个点仍然在得到的新式子上面.

类似题目联想:

已知两曲线$x^2-y^2+y=a^2,x^2+3y^2+x=b^2+1$有四个交点.求证:四个交点共圆

直接相加即可.(注意,既然点是存在的,那么得到的式子一定是圆,不需验证半径)

设$a$是实数,两条曲线$y=x^2+x+a$与$x=4y^2+3y+a$有4个交点.证明:4个交点共圆,并求圆心坐标.

只要把左边乘以4和右边相加即可.

已知曲线$\Gamma:3x^2+2y^2=6$交直线$2x-y+2=0$于$A,B$,交直线$2x+y+3=0$于$C,D$.证明:$A,B,C,D$共圆

将两直线合并为退化的二次曲线$(2x-y+2)(2x+y+3)=0$
那么四个点都在曲线$(3x^2+2y^2-6)+t (2x-y+2)(2x+y+3) =0$这个二次曲线上
只需要稍微调整$t$的大小,使之成为圆的方程即可

证明:$9(t^4+1)^3 \ge 8(t^6+t^3+1)^2,\forall t \in \mr$

显然只需考虑$t>0$的情况
取$\ds f(t)=\ln\frac{9}{8}+3\ln(t^4+1)-2\ln(t^6+t^3+1)$
求导得\[    f'(t)=\frac{4t^3}{t^4+1} \times 3-\frac{6t^5+3t^2}{t^6+t^3+1} \times 2=\frac{6t^2(t+1)}{(t^4+1)(t^6+t^3+1)}(t-1)^3\]
单调性明确,显然成立

或者两边除以$t^6$,等价于\[    9(t^2+\frac{1}{t^2})^3 \ge 8(t^3+\frac{1}{t^3}+1)^2\]
换元$u=t+\frac{1}{t} \ge 2$,等价于
\[    9(u^2-2)^3 \ge 8(u^3-3u+1)^2\]
注意到$u=2$时是取等的,故一定可以分离出$u-2$
事实上会分解为$(u-2)^2 \left(u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20\right)$
考虑$u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20 \ge 8u+16u+12u-8u-20=28u-20>0$,故\[    9(u^2-2)^3 – 8(u^3-3u+1)^2=(u-2)^2 \left(u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20\right) \ge 0\]

对于$\max$函数,我们常用的是\[\max(a,b) \ge a,\max(a,b) \ge b\]
而实际上我们还可以使用它的加权形式:\[\forall t \in [0,1],\max(a,b) \ge ta+(1-t)b\]

1.$a,b>0$,求$\ds h=\max(a,\frac{1}{b})+\max(b,\frac{2}{a})$的最小值

引入参数$x,y \in [0,1]$
\[h \ge xa+(1-x)\frac{1}{b}+y\frac{2}{a}+(1-y)b \ge 2\sqrt{2xy}+2\sqrt{(1-x)(1-y)}=f(x,y)\]
由于此式是恒成立,所以\[h \ge \max f(x,y)\]
而\[f(x,y)=2(\sqrt{2x}\sqrt{y}+\sqrt{1-x}\sqrt{1-y}) \le 2\sqrt{2x+1-x}\sqrt{y+1-y}=2\sqrt{x+1} \le 2\sqrt{2}\]
且于$x=1,y=1$取等

故可得$h \ge 2\sqrt{2}$.且根据取等的$x,y$可以写出\[h \ge a+\frac{2}{a} \ge 2\sqrt{2}\]

2.$a,b,c>0$,求$\ds h=\max(a,\frac{1}{b})+\max(b,\frac{2}{c})+\max(c,\frac{3}{a})$的最小值

同理,我们引入$x,y,z \in [0,1]
$\begin{gather*}h \ge xa+(1-x)\frac{1}{b}+yb+(1-y)\frac{2}{c}+zc+(1-z)\frac{3}{a}\\\ge 2\sqrt{3(1-z)x}+2\sqrt{(1-x)y}+2\sqrt{2(1-y)z}=f\\\frac{f}{2}=\sqrt{3x}\sqrt{1-z}+\sqrt{2(1-y)}\sqrt{z}+\sqrt{(1-x)y}\\\le \sqrt{3x+2(1-y)}\sqrt{1-z+z}+\sqrt{(1-x)y}\\=\sqrt{x+\frac{2(1-y)}{3}}\sqrt{3}+\sqrt{1-x}\sqrt{y}\\\le \sqrt{1+\frac{2(1-y)}{3}}\sqrt{3+y}=\sqrt{\frac{1}{3}(15-y-2y^2)} \le \sqrt{5}\\f \le 2\sqrt{5}\end{gather*}
取等时\[y=0,x=1,z=\frac{2}{5}\]
知道取等以后就可以用下面这种看起来很厉害的办法写过程了
\begin{gather*}h=\max(a,\frac{1}{b})+\max(b,\frac{2}{c})+\max(c,\frac{3}{a})\\\ge a+\frac{2}{c}+(\frac{2}{5}c+\frac{3}{5}\frac{3}{a})=a+\frac{9}{5a}+\frac{2}{c}+\frac{2c}{5}\\\ge 2\sqrt{\frac{9}5}+2\sqrt{\frac{4}{5}}=2\sqrt{5}\end{gather*}
只需要举出一例保证可以取到即可

很明显,如果最后关于$y$的二次函数取最值不在端点,整个式子就会更加复杂.按照这种思路,就可以自己命制新的问题了

3.$a,b,c>0$,求$\ds h=\max(a,\frac{4}{b})+\max(b,\frac{2}{c})+\max(c,\frac{3}{a})$的最小值

\begin{gather*}h=\max(a,\frac{4}{b})+\max(b,\frac{2}{c})+\max(c,\frac{3}{a})\\\ge \frac{5}{12}a+\frac{7}{12}\frac{4}{b}+\frac{7}{8}b+\frac{1}{8}\frac{2}{c}+\frac{1}{6}c+\frac{5}{6}\frac{3}{a}\\=5(\frac{a}{12}+\frac{1}{2a})+7(\frac{b}{8}+\frac{1}{3b})+(\frac{c}{6}+\frac{1}{4c})\\\ge 10\sqrt{\frac{1}{24}}+14\sqrt{\frac{1}{24}}+2\sqrt{\frac{1}{24}}=\frac{13\sqrt{6}}{6}\end{gather*}
当且仅当$\ds a=\sqrt{6},b=\frac{2\sqrt{6}}{3},c=\frac{\sqrt{6}}{2}$取等

其实就是三个$\max$里面的东西同时相等\[a=\frac{4}{b},b=\frac{2}{c},c=\frac{3}{a}\]
而后再根据这个取等凑系数.这句话很重要,不再举例.

• 若对于任意的$b \in R$,都存在$x \in [1,a]$,使得不等式$\ds |ax^2+bx-1| \ge \frac{5}{4}x$成立,求实数$a$的取值范围

本题是存在性,不能随便代入.得化成最值问题.
注意到由于左右都是变量我们不能转化,所以考虑分离变量,两边同时除以$x$则变成熟悉的问题:
对于任意的$b \in \mr$,都存在$x \in [1,a]$,使得不等式$\ds |ax-\frac{1}{x}+b| \ge \frac{5}{4}$成立
注意”对于任意的$b \in \mr$”,这句话表明对于$b$来说这是个任意性问题.

考虑到$\ds g(x)=ax-\frac{1}{x} \in [g(1),g(a)]$,等价于
$$\min_{b \in \mr} \max \{|b+g(1)|,|b+g(a)|\} \ge \frac{5}{4}$$
而熟知左边等于$\ds \frac{|g(1)-g(a)|}{2}=\frac{g(a)-g(1)}{2}$,故等价于
$$a^2-\frac{1}{a}-a+1 \ge \frac{5}{2}$$
解得$a \ge 2$

• 已知函数$f(x)=ax^2+bx+a+b$在区间$[1,2]$上至少有一个零点,求$a^2+b^2-2b$的最小值

这看起来是一个老题改编的,我们用老题的思路写写看:
首先凑出来$a,b-1$
$$a(x^2+1)+(b-1)(x+1)=-(x+1)$$
而后要出现$a^2+(b-1)^2$,故使用柯西
$$|x+1|=|a(x^2+1)+(b-1)(x+1)| \le \sqrt{a^2+(b-1)^2}\sqrt{(x^2+1)^2+(x+1)^2}$$
$$a^2+b^2-2b \ge \frac{(x+1)^2}{(x^2+1)^2+(x+1)^2}-1=-\frac{1}{1+g^2(x)}$$
其中
$$g(x)=\frac{x+1}{x^2+1} \ge \frac{3}{5}$$
故
$$a^2+b^2-2b \ge -\frac{25}{34}$$

但是本题特殊,原条件中$a,b$是成比例的,所以有更直接的算法,先对于确定的$b$求$a$的最值化为$b$的函数,而后求这个函数的最值即可
$$-\frac{a}{b}=\frac{x+1}{x^2+1} \ge \frac{3}{5}$$
平方可得
$$a^2 \ge \frac{9}{25}b^2$$
$$a^2+b^2-2b \ge \frac{34}{25}b^2-2b \ge -\frac{25}{34}$$
当$\ds a=-\frac{15}{34},b=\frac{25}{34}$取等

若函数$f(x)=|a\sin x+b \cos x-1|+|b \sin x-a \cos x|,(a,b \in \mr)$的最大值为11,则$a^2+b^2=\tk$

本题需要利用基本的绝对值恒等式:$|a|+|b|=\max\{|a+b|,|a-b|\}$

\begin{gather}    f(x)=\max\{|(a+b)\sin x+(b-a) \cos x-1|,|(a-b)\sin x +(a+b)\cos x-1|\}\\    \le \sqrt{(a+b)^2+(a-b)^2}+1    =\sqrt{2(a^2+b^2)}+1\end{gather}

且只要$(a-b)\sin x +(a+b)\cos x=-\sqrt{2(a^2+b^2)}$就能取到等号,而根据辅助角公式我们知道这总是可以做到的
所以$\max f(x)=\sqrt{2(a^2+b^2)}+1=11$

$a^2+b^2=50$