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已知$x,y,z\in R,x+y+z=1$，求$M=xy+2yz+3xz$的最大值

$x+y+z=1\Leftrightarrow z=1-x-y\\ \Rightarrow M=f(x,y)=xy+2y(1-x-y)+3x(1-x-y)\\ =-3x^2-xy^2-4xy+3x+2y$

求$f(x,y)$的偏导数：

$\left\{ \begin{aligned} \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=-6x-4y+3\\ \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=-4x-4y+2 \end{aligned} \right.$

由费马定理，联立方程组：

$\left\{ \begin{aligned} -6x-4y+3=0\\ -4x-4y+2=0 \end{aligned} \right.$

解得：

$\left\{ \begin{aligned} x=\frac12\\ y=0 \end{aligned} \right.$

故$z=\frac12$。故$M$有最大值$\frac34$。

在初中阶段，往往不需要考虑多元函数是否有最值，但在后期的学习中却往往需要考虑。

传统的方法：

$M=-3x^2-2y^2-4xy+3x+2y\\ =-2[y^2+2(x-\frac12)y+(x-\frac12)^2]-3x^2+3x+2(x-\frac12)^2\\ =-2(x+y-\frac12)^2-x^2+x+\frac12\\ =-2(x+y+\frac12)^2-(x-\frac12)^2+\frac34\leq\frac34$

当且仅当$x=\frac12,y=0$，时，不等式取等号。故$M$有最大值$\frac34$。

平太给大介出了一道计算题（$A$，$B$各代表两位数中各位上的数字，相同的字母代表相同的数字）：

$\overline{AB}\times\overline{BA}=$

大介：“得数是$2872$。”

平太：“不对。”

大介：“个位的数字对吗？”

平太：“对。”

大介：“其他数位的数字有对的吗？”

平太：“这是保密的。但你调换一下四位数$2872$中$4$个数的位置，就能得出正确答案。”

请求出正确答案。

（第$13$届日本数学奥林匹克决赛）

因为个位数为$2$，所以$B\times A$只能是：

• $1\times2$
• $2\times6$
• $3\times4$
• $4\times8$
• $6\times7$
• $8\times9$

一一带入检验，得：

$\left\{ \begin{aligned} 12\times21=252\\ 26\times62=1612\\ 34\times43=1462\\ 48\times84=4032\\ 67\times76=5092\\ 89\times98=8722 \end{aligned} \right.$

注意到只有$8722$与$2872$的构成数字完全相同。

故正确答案为$8722$。

已知点$A=(0,4),B=(0,-6)$，$C$为$x$轴正半轴上一点，且满足$\angle ACB=45^\circ$，则点$C$的坐标为？

（乐清六校理科班第一次联考，5018.9.28）

在平面直角坐标系$xOy$中，设$C=(x,0)$,$\angle ACO=\alpha$，$\angle BCO=\beta$：

$\left\{ \begin{aligned} \tan\alpha=\frac4x\\ \tan\beta=\frac6x \end{aligned} \right.$

由三角函数的诱导公式知：

$\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} =\frac{\frac{10}x}{1-\frac{24}{x^2}} =\frac{10x}{x^2-24} =1$

$\Leftrightarrow x^2-10x-24=0\\ \Leftrightarrow (x=-2)\vee(x=12)$

因为点$C$在$x$轴正半轴上，舍去$x=-2$。

故$C=(12,0)$。

在$\triangle ABC$中，有:

$\sum \sin A\leq\frac{3\sqrt3}2$

记$f(x)=\sin x$，则：

$\frac{df(x)}{dx}=\cos x\\\frac{d^2f(x)}{dx^2}=-\sin x$

故$\frac{d^2f(x)}{dx^2}<0$在$x\in(0,\pi)$上恒成立。

从而，在$x\in(0,\pi)$上$f(x)$为凸函数。

由琴生不等式得：

$\frac{f(A)+f(B)+f(C)}{3}\leq f(\frac{A+B+C}3)$

故$\sum\sin A\leq\frac{3\sqrt3}2$

已知$0<\theta_1<\theta_2<\dots<\theta_n<\frac\pi2$，求证：

$\cot\theta_n<\frac{\sum^n_{i=1}\cos\theta_i}{\sum^n_{i=1}\sin\theta_i}<\cot\theta_1$

（命题$946$）

$0<\theta_1<\theta_2<\dots<\theta_n<\frac\pi2$

$\Rightarrow\left\{ \begin{aligned} \sin\theta_i&>&0(i=1,2,\dots,n) \\ \cot\theta_1&>&\cot\theta_2>\dots>\cot\theta_n \end{aligned} \right.$

$\cot\theta_1>\cot\theta_i>\cot\theta_n(i=2,3,\dots,n-1)$

$\Rightarrow\cot\theta_1\sin\theta_i>\cos\theta_i>\cot\theta_n\sin\theta_i$

$\Rightarrow\cot\theta_1\cdot\sum^n_{i=1}\sin\theta_i>\sum^n_{i=1}\cos\theta_i>\cot\theta_n\cdot\sum^n_{i=1}\sin\theta_i$

$\sum^n_{i=1}\sin\theta_i>0\Rightarrow\cot\theta_n<\frac{\sum^n_{i=1}\cos\theta_i}{\sum^n_{i=1}\sin\theta_i}<\cot\theta_1$

求证：（命题$351$）

$f(n)=\sum^{n-1}_{m=0}\sin(\theta+m\alpha)=\frac{\sin\frac{n\alpha}2}{\sin\frac\alpha2}\sin[\theta+\frac{(n-1)\alpha}2]$

使用第一数学归纳法进行证明：

• 当$n=1$时，命题显然成立。

• 设当$n=k$时，命题成立，即：

  ​

  $f(k)=\sum^{k-1}_{m=0}\sin(\theta+m\alpha)=\frac{\sin\frac{k\alpha}2}{\sin\frac\alpha2}\sin[\theta+\frac{(n-1)\alpha}2]$

• 当$n=k+1$时，有：

  $f(k+1)=f(k)+\sin(\theta+k\alpha)$

  观察$f(k+1)$，得到：

  $=\frac{\sin\frac{k\alpha}2}{\sin\frac\alpha2}\sin[\theta+\frac{(k-1)\alpha}2]+\sin(\theta+k\alpha)$

  $=\frac1{\sin\frac\alpha2}\{\sin\frac{k\alpha}2\sin[\theta+\frac{(k-1)\alpha}2]+\sin\frac\alpha2\sin(\theta+k\alpha)\}$

  $=\frac1{2\sin\frac\alpha2}\{[\cos(\theta-\frac\alpha2)-\cos(\theta+k\alpha-\frac\alpha2)]+[\cos(\theta+k\alpha-\frac\alpha2)-\cos(\theta+k\alpha+\frac\alpha2)]\}$

  $=\frac1{2\sin\frac\alpha2}[\cos(\theta-\frac\alpha2)-\cos(\theta+k\alpha+\frac\alpha2)]$

  $=\frac1{2\sin\frac\alpha2}\cdot2\sin(\theta+\frac{k\alpha}2)\sin\frac{(k+1)\alpha}2$

  $=\frac{\sin\frac{(k+1)\alpha}2}{\sin\frac\alpha2}\sin(\theta+\frac{k\alpha}2)$

  同理也可以证明：

  $g(n)=\sum^{n-1}_{m=0}\cos(\theta+m\alpha)=\frac{\sin\frac{n\alpha}2}{\sin\frac\alpha2}\cos[\theta+\frac{(n-1)\alpha}2]$

  ​

贝努利不等式是数学中十分重要的不等式：

$1+\sum^n_{i=1}x_i<\prod^n_{i=1}(1+x_i)$

其中$n\geq2$，非零实数$x_1,x_2,\dots,x_n$均大于$-1$且同号。

证明：使用第一数学归纳法进行证明：

• 当$n=2$时：

  考察不等式左边：

  $1+\sum^2_{i=1}x_i=1+x_1+x_2$

  考察不等式右边：

  $\prod^2_{i=1}(1+x_i)=(1+x_1)(1+x_2)=1+x_1+x_2+x_1x_2$

  因为$x_1x_2>0$，所以当$n=2$时，不等式成立。

• 设当$n=k$时不等式成立，即：

  $1+\sum^k_{i=1}x_i<\prod^k_{i=1}(1+x_i)$

• 当$n=k+1$时：

  因为$1+x_{k+1}>0$所以有：

  $\prod^{k+1}_{i=1}(1+x_i)>(1+\sum^k_{i=1}x_i)(1+x_{k+1})$

  $=1+\sum^k_{i=1}x_i+(1+\sum^k_{i=1}x_i)x_{k+1}$

$=1+\sum^{k+1}_{i=1}x_i+(1+\sum^k_{i=1}x_i)x_{k+1}$

$>1+\sum^{k+1}_{i=1}x_i$

因此，当$n=k+1$时，命题成立。

综上，不等式获证。

求证：

$\prod^7_{k=1}\cos\frac{k\pi}{15}=[\sum^2_{k=0}\cos\frac{(2k+1)\pi}7]^7$

(命题$567$)

先证明一个引理（命题$563$）：

$\prod^{n-1}_{i=0}(x^2-2x\cos\frac{i\pi}n+1)=\sum^n_{i=1}x^{2(n-i)}$

方程$x^{2n}-1=0$的根是:

$x_k=\cos\frac{k\pi}n+i\sin\frac{k\pi}n(k=0,1,2,\dots,2n-1)$

$\Rightarrow\prod^{2n-1}_{i=0}(x-x_i)\equiv x^{2n}-1$

注意到：

$\prod^{2n-1}_{i=0}(x-x_i)$

$=[(x-1)\prod^{n-1}_{k=1}(x-\cos\frac{k\pi}n-i\sin\frac{k\pi}n)][(x+1)\prod^{2n-1}_{k=n+1}(x-\cos\frac{k\pi}n-i\sin\frac{k\pi}n)]$

$=(x^2-1)\prod^{n-1}_{k=1}[(x-\cos\frac{k\pi}n)^2+\sin^2\frac{k\pi}n]$

$=(x^2-1)\prod^{n-1}_{k=1}(x^2-2x\cos\frac{k\pi}n+1)$

$x^{2n}-1=(x^2-1)\sum^n_{i=1}x^{2(n-i)}$

$\Rightarrow\prod^{n-1}_{i=1}(x^2-2x\cos\frac{i\pi}n+1)=\sum^n_{i=1}x^{2(n-i)}$

再证明一个基本的三角恒等式（命题$564$)：

由上一个引理：

$\prod^{n-1}_{i=1}(x^2-2x\cos\frac{i\pi}n+1)=\sum^n_{i=1}x^{2(n-i)}$

令$x=-1$，则有：

$\prod^n_{i=1}\cos\frac{i\pi}{2n+1}=\frac1{x^n}$

现在证明原命题：

由三角恒等式得：

$\prod^7_{k=1}\cos\frac{k\pi}{15}=\frac1{2^7}$

考察等式右边：

$\sum^2_{k=0}\cos\frac{(2k+1)\pi}7=\cos\frac\pi7+\cos\frac{3\pi}7+\cos\frac{5\pi}7$

$=-(\cos\frac{2\pi}7+\cos\frac{4\pi}7+\cos\frac{6\pi}7)$

$=-\frac{2\sin\frac\pi7\cos\frac{2\pi}7+2\sin\frac\pi7\cos\frac{4\pi}7+2\sin\frac\pi7\cos\frac{6\pi}7}{2\sin\frac\pi7}$

$=-\frac{\sin\frac{3\pi}7-\sin\frac\pi7+\sin\frac{5\pi}7-\sin\frac{3\pi}7+\sin\frac{7\pi}7-\sin\frac{5\pi}7}{2\sin\frac\pi7}$

$=-(-\frac12)=\frac12$

因为$\frac1{2^7}=(\frac12)^7$，所以命题得证。

若：

$PC\sin\alpha+PA\sin\beta=PB\sin(\alpha+\beta)$

则：$P,A,B,C$四点共圆。

联结$AC$，作$\triangle PAC$的外接圆$\odot O$。$\odot O$交射线$PB$与点$B'$。连$AB',B'C$。

设$\odot O$的半径为$R$，则：

$\left\{ \begin{aligned} AB' & = & 2R\sin\alpha \\ B'C & = & 2R\sin\beta \\ AC & = & 2R\sin(\alpha+\beta) \end{aligned} \right.$

在圆内接四边形$PAB'C$中，根据托勒密定理有：

$PC\cdot AB'+PA\cdot B'C=AC\cdot PB'$

故：

$PC\sin\alpha+PA\sin\beta=PB'\sin(\alpha+\beta)$

所以$PB'=PB$，点$B'$和点$B$重合。

因此，点$P,A,B,C$四点共圆。

已知$a,b,c\in R_+$，证明：

$\sum\frac{(a-b)^2}{ab}+\sum\frac ab\geq\sum\frac{3bc+ac-ab}{2ab+ac}$

考察不等式左边，有：

$\sum\frac{(a-b)^2}{ab}+\sum\frac ab=\sum(\frac{2a}b+\frac ba)-6$

考察不等式右边，有：

$\sum(\frac{3bc+ac-ab}{2ab+ac}+2)=\sum\frac{3(ab+bc+ca)}{2ab+ac}$

因此，证明题设中的不等式与证明下面的不等式等价：

$\sum(\frac{2a}b+\frac ba)\geq\sum\frac{3(ab+bc+ac)}{2ab+ac}$

注意到：

$(\frac ab+\frac ba+\frac ac)(ab+ab+ac)\geq(a+b+c)^2\geq3(ab+bc+ac)$

$\Rightarrow\frac ab+\frac ba+\frac ca\geq\frac{3(ab+bc+ac)}{2ab+ac}$

同理:

$\frac bc+\frac cb+\frac bc\geq\frac{3(ab+bc+ac)}{2ab+ac} , \frac ac+\frac ca+\frac bc\geq\frac{3(ab+bc+ac)}{2ab+ac}$

三式相加，有：

$\sum\frac{(a-b)^2}{ab}+\sum\frac ab\geq\sum\frac{3bc+ac-ab}{2ab+ac}$