听说有巧解 求大师解惑

facebooker

（1）已知$a,b,c>0,$且满足$ab+bc+ca=abc,$求$\frac{bc}{a+bc}+\frac{ac}{b+ac}+\frac{\sqrt{abc}}{c+ab}$ 的最大值。
（2）$0<m<\frac{1}{4}$时,$∃n_{0}\inN_+$,使得\begin{equation*}

\sum_{k=1}^{n_{0}}\frac{1}{k^2-m}>\frac{23-11m}{2(1-m)(7-m)}

\end{equation*}

kuing

（1）我证得不太简洁，估计不是巧解。
条件化为 `1/a+1/b+1/c=1`，故可令 `1/a=\tan(B/2)\tan(C/2)`, `1/b=\tan(A/2)\tan(C/2)`, `1/c=\tan(A/2)\tan(B/2)`，其中 `A`, `B`, `C` 为三角形三个内角，则有 `a/(bc)=\tan^2(A/2)` 等，于是
\begin{align*}
\text{原式}&=\frac1{\tan^2\frac A2+1}+\frac1{\tan^2\frac B2+1}+\frac{\tan\frac C2}{\tan^2\frac C2+1}\\
&=\cos^2\frac A2+\cos^2\frac B2+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&=\frac12(\cos A+\cos B)+1+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&=\cos\frac{A-B}2\cos\frac{A+B}2+1+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&\leqslant\sin\frac C2+1+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&=\sin\frac C2\left( 1+\cos\frac C2 \right)+1\\
&=\sqrt{\frac13\left( 3-3\cos\frac C2 \right)\left( 1+\cos\frac C2 \right)^3}+1\\
&\leqslant\sqrt{\frac13\left( \frac14\left( 3-3\cos\frac C2+3+3\cos\frac C2 \right) \right)^4}+1\\
&=\frac{3\sqrt3}4+1,
\end{align*}
当 `\triangle ABC` 为顶角 $120\du$ 的等腰三角形时取等。

kuing

第二题麻烦检查题目，感觉不可能相等，大于还有可能。

kuing

回复 2# kuing

第一题我想起来了，当年在《数学空间》2013 年第 2 期（总第 12 期）P.20~21 里就撸过，题目看起来不同，其实是等价的：

文中我最后用了导数，早知道就像今天这样用均值，逼格高多了……
那也就是说，文中的代数解法最后应该也能均值……

facebooker

多谢 多谢！

敬畏数学

嗯，第一题好。

facebooker

求$\dfrac{1}{(2+cos\theta )^2+1}+\dfrac{1}{(2+sin\theta )^2+1}$的最大小值，其中$\theta∈R$

这个呢 帮忙搞一下啦

kuing

回复 7# facebooker

没什么难的，记 `t=\cos\theta+\sin\theta\in\bigl[-\sqrt2,\sqrt2\bigr]`，最小值：
\[\frac1{(2+\cos\theta)^2+1}+\frac1{(2+\sin\theta)^2+1}\geqslant\frac4{(2+\cos\theta)^2+(2+\sin\theta)^2+2}=\frac4{11+4t}\geqslant\frac4{11+4\sqrt2};\]
最大值：
\begin{align*}
\frac1{(2+\cos\theta)^2+1}+\frac1{(2+\sin\theta)^2+1}&=2-\frac{(2+\cos\theta)^2}{(2+\cos\theta)^2+1}-\frac{(2+\sin\theta)^2}{(2+\sin\theta)^2+1}\\
&\leqslant2-\frac{(4+\cos\theta+\sin\theta)^2}{(2+\cos\theta)^2+(2+\sin\theta)^2+2}\\
&=2-\frac{(4+t)^2}{11+4t},
\end{align*}易证上式关于 `t` 递减，所以
\[\frac1{(2+\cos\theta)^2+1}+\frac1{(2+\sin\theta)^2+1}\leqslant2-\frac{\bigl(4-\sqrt2\bigr)^2}{11-4\sqrt2}.\]

facebooker

回复 3# kuing

确实是大于 不是等于 手误。

kuing

回复 9# facebooker

参照这帖 forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … id=1668&pid=5181，这里有
\[\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2-m}=\frac{1-\sqrt m\pi\cot\bigl(\sqrt m\pi\bigr)}{2m},\]于是只需证明当 `0<m<1/4` 时有
\[\frac{1-\sqrt m\pi\cot\bigl(\sqrt m\pi\bigr)}{2m}>\frac{23-11m}{2(1-m)(7-m)}\]即可，然后就不想证了，因为显然证了你也不会接受这解法……

敬畏数学

回复 8# kuing
权方和不等式！再次权方和不等式。

kuing

回复 9# facebooker

第二题你哪天知道标答了记得发上来，我也想看看不求极限怎么证。
我下午试了一下放缩，也比较麻烦，因为那结论还是比较紧的，我用积分放缩也要保留两项才够。

facebooker

好 我拿到解答就告诉你！~

另外下面这个题咋整：

已知$f(x)=e^{x-1}+lnx,若对任意的实数k,方程f(x)=kx+m有唯一解，求m的取值范围$

facebooker

回复 12# kuing

kuing

回复 14# facebooker

多谢提供，整个的关键就是在于想到这个了：
$$
\frac{1}{k^{2}-m}>\frac{k-\frac{1}{2}}{k^{2}-k+\frac{1-m}{3}}-\frac{k+\frac{1}{2}}{k^{2}+k+\frac{1-m}{3}}
$$比我用积分放缩要简洁（我的放缩结果带 ln 不利于后面的证明）

PS、前几天这帖的工具正好用来扣代码，上面这条公式根本不用我手打