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本帖最后由 isee 于 2024-3-13 16:37 编辑 源自知乎提问
题：若 $x$，$y$，$z$ 为锐角且满足 $\cos^2x+\cos^2y+\cos^2z=1$ ，试求$x+y+z$ 的取值范围.
由于条件几何意义是三棱长分别为 $a$，$b$，$c$ 的长方体体对角线与三棱夹角的余弦（平方和为 $1$ ），即
\[\cos x=\frac a{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\cos y=\frac b{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\cos z=\frac c{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\]
猜测为正方体时 $(x+y+z)_{\min}=3\arccos\frac1{\sqrt3}$ ；$c\to +\infty,a,b\to 0$ 时达到上界 $x+y+z<\pi$ .
但想了一会，仅得到半成品，首先，可以得到\[\cos^2y+\cos^2z<1\iff \cos^2y<\sin^2z=\cos^2(\pi/2-z)\iff y+z>\frac\pi2,\] 即有任意两角和为钝角.
于是
\begin{gather*} 2\cos y\cos z=\cos(y+z)+\cos(y-z)>0\\[1ex]\iff \cos(y-z)>-\cos(y+z)>0.\end{gather*}
于是两端同乘 $-\cos(y+z)$ ，再左端积化和差
\begin{gather*}
-\cos(y+z)\cos(y-z)>\cos^2(y+z),\\
\iff -\frac12(\cos 2y+\cos 2z)>\cos^2(y+z),\\
\iff 1-\cos^2y-\cos^2z>\cos^2(y+z),\\
\iff \cos^2x>\cos^2(y+z),\\[1ex]
\iff \cos x>-\cos(y+z)=\cos(\pi-y-z),\\
\iff x<\pi-y-z,\\[1ex] \iff x+y+z<\pi.
\end{gather*}
但是 $x+y+z\geqslant 3\arccos\frac1{\sqrt3}$ 还未想出来，请其路过的朋友补实.
031124 补充：考虑拉格朗日函数
\[f(x,y,z,\lambda)=x+y+z-\lambda\big(\cos^2x+\cos^2y+\cos^2y-1\big),\]
得到偏导方程组
\[\left\{\begin{aligned}f_x&=1+\lambda\sin2x=0,&&(01)\\[1ex] f_y&=1+\lambda\sin2y=0,&&(02)\\[1ex] f_z&=1+\lambda\sin2z=0,&&(03)\\[1ex] f_{\lambda}&=\cos x^2+\cos y^2+\cos z^2-1=0,&&(04)\\[1ex]\end{aligned} \right.\]
$(01)$，$(02)$，$(03)$ 联立得消 $\lambda$，可得
\[x=y=z,\]
代入 $(04)$ 式便有
\[\cos^2x=\frac13\Rightarrow\lambda=-\frac3{2\sqrt2}.\]
这就就得到惟一的稳定点 $P_0$:
\[P_0(x,y,z)=P_0\left(\arccos\frac1{\sqrt3},\arccos\frac1{\sqrt3},\arccos\frac1{\sqrt3}\right),\,\lambda=-\frac3{2\sqrt2}.\]
考察 $f$ 在 $P_0$ 黑赛（Hesse）矩阵
\[H_{f(P_0)}=\begin{bmatrix}
\sqrt2/2&0&0\\
0&\sqrt2/2&0\\
0&0&\sqrt2/2\\
\end{bmatrix},\]
明显此矩阵是正定的，这表明 $P_0\left(\arccos\frac1{\sqrt3},\arccos\frac1{\sqrt3},\arccos\frac1{\sqrt3}\right)$ 是极小值点，从而
$$(x+y+z)_{\min}=3\arccos\frac1{\sqrt3}.$$
后话：另一位知友答中利用加权角处理很有特色，不过，没有想到的是直接求偏导就是极小值点了.
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爪机专用
发表于 2024-3-12 10:43
kuing
发表于 2024-3-12 15:33
