$\alpha+\beta+\gamma+\delta=(2k+1)\pi$

realnumber

$\alpha+\beta+\gamma+\delta=(2k+1)\pi,k\in Z+$
求$\sin \alpha +\frac{1}{2}\sin \beta +\frac{1}{6}\sin \gamma +\frac{1}{7}\sin \delta$的最大值.





猜测是$\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{2},\delta=\frac{3\pi}{2}$时取到最大?,一个学生编的问题,不保证能解

kuing

能解，只是数字给得太随便，结果不好看。

引理：以下不等式恒成立
\[A\sin(x+t)+B\sin x\leqslant\sqrt{A^2+B^2+2AB\cos t}.\]
引理的证明：
\begin{align*}
\LHS&=(A\cos t+B)\sin x+A\sin t\cos x\\
&=\sqrt{(A\cos t+B)^2+(A\sin t)^2}\sin(x+\varphi)\\
&\leqslant\RHS.
\end{align*}

回到原题，记 `p=1/2`, `q=1/6`, `r=1/7`，即求下式的最大值
\[f=\sin(x+y+z)+p\sin x+q\sin y+r\sin z.\]

由引理有
\begin{align*}
f&\leqslant\sqrt{1+p^2+2p\cos(y+z)}+q\sin y+r\sin z\\
&=\sqrt{1+p^2+2p\cos(y+z)}+q\sin y-r\sin(y-y-z)\\
&\leqslant\sqrt{1+p^2+2p\cos(y+z)}+\sqrt{q^2+r^2-2qr\cos(y+z)},
\end{align*}
记 `u=\cos(y+z)`，然后把 `p`, `q`, `r` 的值代入计算，上式即
\begin{align*}
f&\leqslant\sqrt{\frac54+u}+\sqrt{\frac1{21}\left(\frac{85}{84}-u\right)}\\
&\leqslant\sqrt{1+\frac1{21}}\sqrt{\frac54+u+\frac{85}{84}-u}\\
&=\frac{\sqrt{1045}}{21},
\end{align*}
取等懒得算，略了吧……

ic_Mivoya

这里提供一般形式:

若 $x_1,x_2,x_3,x_4>0,\theta_1+\theta_2+\theta_3+\theta_4=\pi,$ 则
$$x_1\sin\theta_1+x_2\sin\theta_2+x_3\sin\theta_3+x_4\sin\theta_4\leqslant\sqrt{\dfrac{(x_1x_2+x_3x_4)(x_1x_3+x_2x_4)(x_1x_4+x_2x_3)}{x_1x_2x_3x_4}}$$
取等时, 满足 $x_1\cos\theta_1=x_2\cos\theta_2=x_3\cos\theta_3=x_4\cos\theta_4.$

kuing

ic_Mivoya 发表于 2024-6-6 16:18
这里提供一般形式:

若 $x_1,x_2,x_3,x_4>0,\theta_1+\theta_2+\theta_3+\theta_4=\pi,$ 则

对，这是一般结论。

其实我 2# 后面不代数字继续带字母柯西就能得到这个了，只是下午有点懒😅……
\begin{align*}
f&\leqslant\cdots\leqslant\sqrt{1+p^2+2p\cos(y+z)}+\sqrt{q^2+r^2-2qr\cos(y+z)}\\
&=\sqrt{2p}\sqrt{\frac{1+p^2}{2p}+u}+\sqrt{2qr}\sqrt{\frac{q^2+r^2}{2qr}-u}\\
&\leqslant\sqrt{2p+2qr}\sqrt{\frac{1+p^2}{2p}+u+\frac{q^2+r^2}{2qr}-u}\\
&=\sqrt{\frac{(pq+r)(qr+p)(rp+q)}{pqr}},
\end{align*}
一样的。