1

设$x_i>0,y_i>0(1\leq i\leq n)$，$n>1$，且$\sum\limits_{i=1}^n x_i = \sum\limits_{i=1}^n y_i=\pi$，求证

\[\sum\limits_{i=1}^n\frac{\cos y_i}{\sin x_i}\leq\sum\limits_{i=1}^n\cot x_i.\]

从简单出发

$n=2$时，条件：$x_1+x_2=y_1+y_2=\pi$，要证：$\frac{\cos y_1}{\sin x_1}+\frac{\cos y_2}{\sin x_2}\leq\cot x_1+\cot x_2$
$LHS=0=RHS$，得证.

$n=3$时，条件$x_1+x_2+x_3=y_1+y_2+y_3=\pi$（联想三角形）
要证：$\frac{\cos y_1}{\sin x_1}+\frac{\cos y_2}{\sin x_2}+\frac{\cos y_3}{\sin x_3}\leq\cot x_1+\cot x_2+\cot x_3$.
关于$\cot x_1+\cot x_2+\cot x_3$的结论：
在$\triangle ABC$中，$\cot x_1+\cot x_2+\cot x_3=\sum\frac{\cos x_i}{\sin x_i}=\sum\frac{\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}{\sin x_i}=\sum\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab\sin x_1}=\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}$.
即证：$\frac{\cos y_1}{\sin x_1}+\frac{\cos y_2}{\sin x_2}+\frac{\cos y_3}{\sin x_3}\leq\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}\Leftrightarrow\frac{\cos y_1}{\frac{\sin x_1}{4S}}+\frac{\cos y_2}{\frac{\sin x_2}{4S}}+\frac{\cos y_3}{\frac{\sin x_3}{4S}}\leq a^2+b^2+c^2$
等价于证：$2ab\cos y_1+2bc\cos y_2+2ca\cos y_3\leq a^2+b^2+c^2$.
这就是嵌入不等式

$n=4$时，条件$x_1+x_2+x_3+x_4=y_1+y_2+y_3+y_4=\pi$，
要证：$\sum\frac{\cos y_i}{\sin x_i}\leq\sum\cot x_i$
想利用$n=3$时的结论，可以考虑合并$x_3+x_4$和$y_3+y_4$，利用$n=3$的结论，有
$\frac{\cos y_1}{\sin x_1}+\frac{\cos y_2}{\sin x_2}+\frac{\cos (y_3+y_4)}{\sin (x_3+x_4)}\leq\cot x_1+\cot x_2+\cot(x_3+x_4)$
只需证：
$\frac{\cos y_3}{\sin x_3}+\frac{\cos y_4}{\sin x_4}-\frac{\cos (y_3+y_4)}{\sin (x_3+x_4)}\leq\cot x_3+\cot x_4-\cot(x_3+x_4)$.（待证-已证=需证，不变号）
利用诱导公式，等价于证：$\frac{\cos y_3}{\sin x_3}+\frac{\cos y_4}{\sin x_4}+\frac{\cos (\pi-(y_3+y_4))}{\sin (\pi-(x_3+x_4))}\leq\cot x_3+\cot x_4+\cot(\pi-(x_3+x_4))$，这就又是$n=3$时证明过的结论.
以后的$n$，都可以用同样的方法，将其转化为$n-1$的情形和$n=3$的情形，可以用数学归纳法证明.

总结：什么样的题目适合数学归纳法？形如$\sum f(x_i) \geq(\leq)\sum g(x_i)$的题目可以两项看作一项，达到递推的目的.

2

设$a,b,c>0$，且一元二次方程$ax^2+bx+c=0$有两个不相等的实数根.数列${a_n},{b_n}$满足 $b_0=ca_0>0,b_1=ca_1-ba_0>0,b_n=aa_{n-2}-ba_{n-1}+ca_n,n\geq 2.$ 若$b_n>0$,则是否有$a_n>0$，并证明你的结论.

解：是. 有两个不等的实根，$\Delta=b^2-4ac>0$，即$\frac{ac}{b^2}<\frac{1}{4}$. $b_0=ca_0>0$，所以$a_0>0$； $b_1=ca_1-ba_0>0$，所以$ca_1>ba_0>0$，所以$a_1>0$；有$a_0<\frac{c}{b}a_1$； $b_2=aa_0-ba_1+ca_2>0$，所以$ca_2>ba_1-aa_0>ba_1-a(\frac{c}{b}a_1)=ba_1(1-\frac{ac}{b^2})>\frac{3}{4}ba_1>0$. 有$a_1<\frac{4}{3}\frac{c}{b}a_2$； $b_3=aa_1-ba_2+ca_3>0$，所以$ca_3>ba_2-aa_1>ba_2-a\frac{4c}{3b}a_2=ba_2(1-\frac{4ac}{3b^2})>\frac{2}{3}ba_2>0$ $a_2<\frac{3c}{2b}a_3$ $b_4=aa_2-ba_3+ca_4>0$，$ca_4>ba_3-aa_2>ba_3-a\frac{3c}{2b}a_3=ba_3(1-\frac{3ac}{2b^2})>\frac{5}{8}ba_2>0$ 归纳猜想：$ca_n>\frac{n+1}{2n}ba_{n-1}$. 上式对$n=2$成立. 假设上式对$n$成立，下证其对$n+1$成立. $b_{n+1}=aa_{n-1}-ba_n+ca_{n+1}>0$ 所以$ca_{n+1}>ba_n-aa_{n-1}>ba_n-a\frac{2n}{n+1}\cdot\frac{c}{b}a_n=ba_n(1-\frac{2n}{n+1}\cdot\frac{ac}{b^2})>ba_n(1-\frac{2n}{n+1}\cdot\frac{1}{4})=\frac{n+2}{2(n+1)}ba_n$.

3

设实数$a_1\leq a_2\leq\cdots\leq a_n$，满足$a_1+2a_2+\cdots+na_n=0$.证明：对任意实数$x$，有 $a_1[x]+a_2[2x]+\cdots+a_n[nx]\geq 0.$

几个取整函数的性质： (1) $x-1<[x]\leq x$ (2) $[x+y]-1<[x]+[y]\leq[x+y]$

$n=1$时，$a_1=0$，$a_1[x]=0\geq 0$； $n=2$时，$a_1\leq a_2,a_1+2a_2=0$，得$a_2\geq 0$. 证$a_1[x]+a_2[2x]\geq 0$，换掉$a_1$，即证： $-2a_2[x]+a_2[2x]=a_2([2x]-2[x])\geq 0$. 因$[2x]-2[x]\geq0,a_2\geq0$成立. $n=3$时，换$a_1$的方法不再成立；换$a_2$可以解决$n=3$，但推广不到$n=4$以后. 思考：该如何将$n=3$的情况划归成$n=2$的情况？把$a_3$分给$a_1,a_2$：$a_1+2a_2+3a_3=(a_1+xa_3)+2(a_2+xa_3)$，解得$x=1$，即$(a_1+a_3)+2(a_2+a_3)=0$，由已证，得： $(a_1+a_3)[x]+(a_2+a_3)[2x]\geq 0$. 待证：$a_1[x]+a_2[2x]+a_3[3x]\geq 0$ 只需证：$a_3[3x]-a_3[2x]-a_3[x]\geq 0$. 由$a_3\geq 0,[3x]-[2x]-[x]\geq 0$，得证. 下面用归纳法： $n=1,2$，成立；假设对$n$成立，考虑$n+1$的情况. 条件$a_1+2a_2+\cdot+na_n+(n+1)a_{n+1}=0$ 变成$n$的情形：$(a_1+xa_{n+1})+2(a_2+xa_{n+1})+\cdots+n(a_n+xa_{n+1})=a_1+2a_2+\cdots+na_n+\frac{n(n+1)}{2}\cdot xa_{n+1}$，所以$x=\frac{2}{n}$. 待证：$a_1[x]+a_2[2x]+\cdots+a_n[nx]+a_{n+1}[(n+1)x]\geq 0$ 已证：$(a_1+\frac{2}{n}a_{n+1})[x]+(a_2++\frac{2}{n}a_{n+1})[2x]+\cdots+(a_n++\frac{2}{n}a_{n+1})[nx]\geq 0$ 需证：$a_{n+1}[(n+1)x]-\frac{2a_{n+1}}{n}([x]+[2x]+\cdots+[nx])\geq 0$. 只需证$a_{n+1}[(n+1)x]\geq\frac{2a_{n+1}}{n}([x]+[2x]+\cdots+[nx])$，易证：$a_{n+1}\geq 0$，只需证：$n[(n+1)x]\geq2([x]+[2x]+\cdots+[nx])$，由倒叙相加：$[x]+[nx]\geq[(n+1)x],\cdots,[nx]+[x]\geq[(n+1)x]$可得.

变式：

把$a_i$看成是$x_i-y_i$，条件就变成$x_1\leq x_2\leq\cdots \leq x_n$，$y_1\geq y_2\geq\cdots\geq y_n$，且$\sum\limits_{i=1}^n ix_i=\sum\limits_{i=1}^n iy_i$,证明：对任意的$x\in \mathbb{R}$，有 $\sum\limits_{i=1}^n x_i[ix]\geq\sum\limits_{i=1}^n y_i[ix]$
取$a_1=-1,a_2=-\frac{1}{2},\cdots,a_{n-1}=-\frac{1}{n-1},a_n=\frac{n-1}{n}$. 上述结论即为$-[x]-\frac{[2x]}{2}-\cdots-\frac{[(n-1)x]}{n-1}+\frac{n-1}{n}[nx]\geq 0$，即 $[x]+\frac{[2x]}{2}+\cdots+\frac{[nx]}{n}\leq[nx]$.

嵌入不等式

$\triangle ABC$的三个内角分别为$A,B,C$，则对任意的实数$x,y,z$满足：$x^2+y^2+z^2-2yz\cos A-2zx\cos B-2xy\cos C\geq 0$. 证明方法：

配方法：$LHS=x^2-2(z\cos B+y\cos C)x+(z\cos B+y\cos C)^2+y^2+z^2-(z\cos B+y\cos C)^2-2yz\cos A=(x-z\cos B-y\cos C)^2+z^2\sin^2 B+y^2\sin^2 C-2yz(\cos A+\cos B\cos C)=(x-z\cos B-y\cos C)^2+z^2\sin^2 B+y^2\sin^2 C-2yz\sin B\sin C=(x-z\cos B-y\cos C)^2+(y\sin C-z\sin B)^2\geq 0$. 当且仅当$x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C$时取等.
三元二次不等式的研究

求最值的题目.

在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$是三角形的三个内角，$x,y,z>0$，求$x\cos A+y\cos B+z\cos C$的最大值. 令$x=\frac{1}{r},y=\frac{1}{s},z=\frac{1}{t}$，嵌入不等式变为 $\frac{1}{r}\cos A+\frac{1}{s}\cos B+\frac{1}{t}\cos C= \frac{st\cos A+rt\cos B+rs\cos C}{rst}\leq\frac{r^2+s^2+t^2}{2rst}=\frac{1}{2}(\frac{\frac{1}{s}\frac{1}{t}}{\frac{1}{r}}+\frac{\frac{1}{r}\frac{1}{t}}{\frac{1}{s}}+\frac{\frac{1}{r}\frac{1}{s}}{\frac{1}{t}})=\frac{1}{2}(\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z})$.
在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$是三角形的三个内角，$x,y,z>0$，求$x\sin A+y\sin B+z\sin C$的最大值.
在锐角$\triangle ABC$中，角$A,B,C$是三角形的三个内角，$x,y,z>0$，求$x\tan A+y\tan B+z\tan C$的最小值. 利用恒等式$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$ 等价形式$\cot B\cot C+\cot C\cot A+\cot A\cot B=1$. 令$r = \cot A,s=\cot B,t=\cot C$，问题变成：$rs+st+tr=1$，求$\frac{x}{r}+\frac{y}{s}+\frac{z}{t}$的最小值.

我的问题：$\sum\cot B\cot C=\sum\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}=1$，两者有何联系？

嵌入不等式推广到$n$元，和“等周不等式相关”.

等周不等式：周长相等的$n$边形，正$n$边形的面积最大.

离散傅里叶变换(Discrete Fourier Transform)

设$\omega$是$n$次本原单位根，$\omega=\mathrm{e}^{\frac{2\pi i}{n}}$, 若$x_1,x_2,\cdots,x_n\in \mathbb{R}$，定义变换：$y_j=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum\limits_{k=1}^n x_k\omega^{-kj}$. 该变换有以下性质：

$x_j=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum\limits_{k=1}^n y_k\omega^{kj}$
$\sum\limits_{k=1}^n x_kx_{k+t}=\sum\limits_{k=1}^n\abs{y_k}^2\cos\frac{2k\pi t}{n}$，$t=0,1,2,\cdots,n$，下标$(k+t)$取除$n$的余数.
证明：
1. $\frac{1}{\sqrt{n}}\sum\limits_{k=1}^n y_k\omega^{kj}=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum\limits_{k=1}^n (\frac{1}{\sqrt{n}}\sum\limits_{i=1}^n x_i\omega^{-ki})\omega^{kj}=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^n x_i\omega^{k(j-i)}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n x_i\sum\limits_{k=1}^n\omega^{k(j-i)}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n x_i n \delta_{ij}=x_j$；

樊畿不等式(Ky-fan inequality)

离散情形：设$x_1,x_2,\cdots,x_n$且$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$，则有$(\sum\limits_{i=1}^n x_i^2)\cos\frac{2\pi}{n}\geq x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_{n-1}x_n+x_nx_1$. 当且仅当：$x_k=a\cos\frac{2k\pi}{n}+b\sin\frac{2k\pi}{n}$时取等.

证明：由$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$，得$y_n=0$. 对离散傅里叶变换的性质2，取$t=1$，得： $\sum\limits_{k=1}^n x_k x_{k+1}=\sum\limits_{k=1}^n|y_k|^2\cos\frac{2k\pi}{n}=|y_n|^2+\sum\limits_{k=1}^{n-1}|y_k|^2\cos\frac{2k\pi}{n}\leq\sum\limits_{k=1}^{n}|y_k|^2\cos\frac{2\pi}{n}=\cos\frac{2\pi}{n}\sum\limits_{k=1}^n |x_k|^2=\cos\frac{2\pi}{n}\sum\limits_{k=1}^n x_k^2$.

例题：$n\geq 2$，设$x_1,x_2,\cdots,x_n\in\mathbb{R}$，求证：$\frac{x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_{n-1}x_n}{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}\leq\cos\frac{\pi}{n+1}$.

$n=2$时，$\frac{x_1x_2}{x_1^2+x_2^2}\leq\frac{1}{2}=\cos\frac{\pi}{3}$，显然成立. $n=3$时，$\frac{x_1x_2+x_2x_3}{x_1^2+x_2^2+x_3^2}\leq\cos\frac{\pi}{4}$，可通过待定系数完成. $2x_1x_2\leq\lambda x_1^2+\frac{1}{\lambda}x_2^2$ $2x_2x_3\leq\mu x_2^2+\frac{1}{\mu}x_3^2$ 要求$\lambda =\frac{1}{\lambda}+\mu=\frac{1}{\mu}$，解得$\lambda=\sqrt{2},\mu=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 得：$2(x_1x_2+x_2x_3)\leq\sqrt{2}(x_1^2+x_2^2+x_3^2)$.得证. 一般的情况的常规做法：待定系数法，$\lambda_1=\frac{1}{\lambda_1}+\lambda_2=\frac{1}{\lambda_2}+\lambda_3=\cdots=\frac{1}{\lambda_{n-2}}+\lambda_{n-1}=\frac{1}{\lambda_{n-1}}$. 解得：$\lambda_1=\frac{1}{\lambda_{n-1}},\lambda_2=\frac{1}{\lambda_{n-2}},\cdots$ 可以对$n$分奇偶求解，但是$\lambda_1$的显式解和$\cos\frac{\pi}{n+1}$的关系，还需费一番功夫.

用樊畿不等式可以快速的解决：凑和是0，并且没有$x_nx_1$这一项. 对$x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},x_n,0,-x_1,-x_2,\cdots,-x_{n-1},-x_n,0$这$2n+2$个数，由樊畿不等式： $(2\sum x_i^2)\cos\frac{2\pi}{2n+2}\geq 2(x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_{n-1}x_n)$. 取等条件是$x_k=a\cos\frac{2k\pi}{n}+b\sin\frac{2k\pi}{n},-x_k=a\cos\frac{2(k+n)\pi}{n}+b\sin\frac{2(k+n)\pi}{n}$，相容.