任解四道题之一

iseemu2009

现在四道题都没有错，管理员能否把题干的图片删除，或重新编辑一下？

wayne

第二题, 万能公式.设$t=tan(x/2)$, 得到
$(\sin (x)+\cos (x)+\tan (x)+\cot (x)+\csc (x)+\sec (x))^2 = \frac{\left(2 t^4-3 t^3+3 t^2+t+1\right)^2}{(t-1)^2 t^2 \left(t^2+1\right)^2}$
所以最小值是 $2 \sqrt{2}-1$,在$-1 - 4 t^3 + t^4=0$取得.

mathe

iseemu2009 发表于 2025-2-21 15:50
第一题修正

题目条件等价于
\((\frac xr)^2+(2\frac yr)^2+(3\frac zr)^2=（\frac{6(x+y+z)}{7r})^2\)
根据柯西不等式有
\((1+\frac1{2^2}+\frac1 {3^2})(\left(\frac xr\right)^2+\left(\frac {2y}r\right)^2+\left(\frac{3z}r\right)^2\ge\left(\frac{6(x+y+z)}{7r}\right)^2\)

wayne

第三题:  $\sum _{n=1}^m 2 n \sin (\frac{n\pi}{m}) = m \cot (\frac{\pi }{2 m}) $ , $m=90$,得$90 \cot(\frac{\pi }{180}) = 90 \cot(1^{\circ})$

mathe

yigo 发表于 2025-2-21 15:37
第4题:
易知只需考虑\(x_1,x_2,...,x_n\)非负的情况。
令\(A_i=\frac{x_1}{1+x_1^2}+\frac{x_2}{1+x_1^2+x_ ...

也即是需要证明\(\frac x{u^2+x^2}+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{u^2+x^2}}\le \frac{\sqrt{n+1}} u\)
设\(x=\tan(t)u\)，不等式改为

\(\frac {\tan(t)}{1+\tan(t)^2}+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{1+\tan(t)^2}}\le \sqrt{n+1}\)
即
\(\sin(t)\cos(t)+\sqrt{n}\cos(t)\le \sqrt{n+1}\)
可以写成向量内积形式
\((\sin(t),\cos(t)).(\cos(t),\sqrt{n})\le\sqrt{n+1}\)
这下是显然的，左边第一个向量长度为1，第二个向量长度不超过\(\sqrt{1+\sqrt{n}^2}\)

iseemu2009

nyy 发表于 2025-2-21 10:19
第一题公式太丑了，不对称

对称的东西相对简单，不对称的东西才复杂。

iseemu2009

wayne 发表于 2025-2-21 16:23
第二题, 万能公式.设$t=tan(x/2)$, 得到
$(\sin (x)+\cos (x)+\tan (x)+\cot (x)+\csc (x)+\sec (x))^2 = \ ...

你的答案是正确的，附上详细解法。

iseemu2009

mathe 发表于 2025-2-21 16:29
题目条件等价于
\((\frac xr)^2+(2\frac yr)^2+(3\frac zr)^2=（\frac{6(x+y+z)}{7r})^2\)
根据柯西不等式 ...

根据关系式，可以推出一个与它相似的三角形，由于要求三角形T的三条边长是整数且互质，所以就是求满足关系式的有最小边长的三角形T

wayne

mathe 发表于 2025-2-21 16:29
题目条件等价于
\((\frac xr)^2+(2\frac yr)^2+(3\frac zr)^2=（\frac{6(x+y+z)}{7r})^2\)
根据柯西不等式 ...

这个很棒! 不过需要更正的是 $cot(\frac{A}{2})=\frac{b+c-a}{2r},cot(\frac{B}{2})=\frac{a+c-b}{2r},cot(\frac{C}{2})=\frac{a+b-c}{2r}$,  不等式取等号的条件是$\frac{b+c-a}{2r} : \frac{a+c-b}{2r} : \frac{a+b-c}{2r} = 1:\frac{1}{4}:\frac{1}{9}$,  所以答案就是 $\text{a}:\text{b}:\text{c}=13:40:45$