2022 年国庆小记

前言

这篇文章最初写于 2022 年 10 月 1 日。2023 年 9 月 24 日初次改写为博文。

过程不太严谨，但一定程度上反映了我的思考。只进行了部分格式修正以适应博文格式，未进行内容的修改。

VSCode 正则表达式正向转换数学分隔符

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一道取巧的三角函数题

$3 \tan 2 \theta + 2 \tan 3 \theta = \tan 5 \theta$，求 $\tan \theta$

这个题是在上物理课时想出来的。

首先 $\tan\theta_1 = 0$ 时成立。接下来讨论 $\tan\theta \ne 0$ 的情况

记 $m = \tan 2 \theta,\,n = \tan 3 \theta,\,t = \tan \theta$，根据三角恒等变换有

$$\begin{cases} m = \dfrac{2t}{1-t^2}\\ n = \dfrac{m + t}{1-mt}\\ 3m + 2n = \dfrac{m + n}{1 - mn} \end{cases}$$

消去 $m,\,n$ 有 $7t^8 -116t^6 + 266t^4 - 116t^2 + 7 = 0$

记 $k = t^2 > 0$，原式 $\iff$

$$\bcancel{\left(k - 7 - 4 \sqrt{3}\right)\left(k - 7 + 4 \sqrt{3}\right)\left(7k - 9 -4 \sqrt{2}\right)\left(7k - 9 + 4 \sqrt{2}\right) = 0}$$

其实这个因式分解我是靠猜根 + 计算器验证弄出来的。首先因为这是我在物理课想出来的，因此肯定是个特殊角，我们熟知 $\tan 75 \degree = 2 + \sqrt{3},\,\tan 30 \degree = \dfrac{\sqrt{3}}{3},\,\tan 45 \degree = 1$，因此有 $2 \tan 45 \degree + 3 \tan 30 \degree = \tan 75 \degree$，那么其中一解为 $\tan 15 \degree = 2 - \sqrt{3}$，再大胆猜测结论反推得出共轭根式也满足，剩下两部分就是普通的二次方程，凑系数即可（但我还是靠计算器猜根了）

综上，所有的解为

$$\begin{cases} \tan \theta_1 &= 0\\ \tan \theta_2 &= 2 - \sqrt{3}\\ \tan \theta_3 &= 2 + \sqrt{3}\\ \tan \theta_4 &= \dfrac{2 \sqrt{14} - \sqrt{7}}{7}\\ \tan \theta_5 &= \dfrac{2 \sqrt{14} + \sqrt{7}}{7}\\ \tan \theta_6 &= -2 + \sqrt{3}\\ \tan \theta_7 &= -2 - \sqrt{3}\\ \tan \theta_8 &= \dfrac{-2 \sqrt{14} + \sqrt{7}}{7}\\ \tan \theta_9 &= \dfrac{-2 \sqrt{14} - \sqrt{7}}{7}\\ \end{cases}$$

共 $9$ 个解，其中五个特殊角。

然而此题意义不大，旨在娱乐。

曲率半径

在此之前，先求一下圆标准方程的一阶导与二阶导。

$$\begin{aligned} x^2 + y^2 = r^2 &\implies x + y \dfrac{\d y}{\d x} = 0\\ &\implies \dfrac{\d y}{\d x} = -\dfrac{x}{y} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \dfrac{\d^2 y}{\d x^2} &= \dfrac{\d \frac{\d y}{\d x}}{\d x}\\ &= -\dfrac{\d \frac{x}{y}}{\d x}\\ &= -\dfrac{\frac{\d x}{y} + x \frac{\d \frac{1}{y}}{\d y}\d y}{\d x}\\ &= -\left(\dfrac{1}{y} + \dfrac{x^2}{y^3}\right)\\ &= -\dfrac{x^2 + y^2}{y^3} \end{aligned}$$

上面的 $x^2 + y^2$ 不化简是为了下面过程的方便。

对于函数 $f(x)$，定义 $\left(m,\,f(m)\right)$ 处的曲率圆 $C:\:\left(x-a\right)^{2} + \left(y-b\right)^{2} = r^2$ 满足

$$\begin{cases} (m - a)^{2} + (f(m) - b)^{2} = r^2\\ -\dfrac{m - a}{f(m) - b}= f'(m)\\ -\dfrac{(m-a)^{2} + (f(m) - b)^{2}}{(f(m) - b)^{3}}=f''(m) \end{cases}$$

可见即为曲率圆在该点的函数值、一阶导数值、二阶导数值均相等（无法再高阶是因为这三个方程足以确定一个曲率圆，第一个方程确定曲率圆必过此点，第二个方程确定圆心的位置在一条直线上，第三个方程正式确定这个圆心的位置及半径），这个思想倒有点像泰勒展开，只不过只进行了二阶近似。

将第二个方程代入第三个方程有

$$\dfrac{f'^{2}(m) + 1}{f(m) - b} = - f''(m)$$

得 $b = \dfrac{f'^{2}(m) + 1}{f''(m)} + f(m)$

第一个方程代入第三个方程有

$$\begin{aligned} r &= \sqrt{f''(m)\left(b - f(m)\right)^{3}}\\ &= \dfrac{\left(f'^2(m) + 1\right)^{\frac{3}{2}}}{\left\lvert f''(m)\right\rvert} \end{aligned}$$

可简记为 $r = \dfrac{\left(y'^2 + 1\right)^{\frac{3}{2}}}{\left\lvert y''\right\rvert}$

再定义曲率 $\rho = \dfrac{1}{r} = \dfrac{\left\lvert y''\right\rvert}{\left(y'^2 + 1\right)^{\frac{3}{2}}}$

也可得知，直线曲率半径无穷大，曲率为 $0$；圆的曲率半径就是它的半径。

不等式

证明：圆内接多边形中，正多边形面积、周长均最大。

即证 $0 < \theta_i < \pi,\,\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\theta_i = \pi,\,\sum_{i=1}^{n}\sin \theta_i \le n \sin \dfrac{\pi}{n}$

先证对 $0 \le a \le b \le c \le d \le \pi,\,a+d=b+c$，有 $\sin a + \sin d \le \sin b + \sin c$

记 $a + d = b + c = 2k,\,a=k-p,\,d=k+p,\,b=k-q,\,c=k+q$，则 $\pi \ge p \ge q \ge 0,\,0 \le k \le \pi$

即证

$$\begin{aligned} \sin(k - p) + \sin(k + p) \le \sin(k-q) + \sin(k + q) &\iff\\ \sin k \cos p \le \sin k \cos q &\iff \cos p \le \cos q \end{aligned}$$

成立，得证。

那么，对数组 $A = (\theta_1,\,\theta_2,\, \dots,\,\theta_n)$ 中 $\theta_{\min},\,\theta_{\max}$，有

$$\sin \theta_{\min} + \sin \theta_{\max} \le \sin \dfrac{\pi}{n} + \sin\left(\theta_{\min} + \theta_{\max} - \dfrac{\pi}{n}\right)$$

将 $A$ 中 $\theta_{\min},\,\theta_{\max}$ 替换为 $\dfrac{\pi}{n},\,\theta_{\min} + \theta_{\max} - \dfrac{\pi}{n}$，记新数组为 $A_1$，并定义 $\displaystyle \sum A$ 为 $A$ 中全部元素之和，$\displaystyle \sum \sin A$ 为 $\displaystyle \sum_{\theta_i \in A}\sin \theta_i$

可见 $\displaystyle \sum A_1 = \pi$ 仍成立，而 $\displaystyle \sum \sin A \le \sum \sin A_1$

重复对 $A_1$ 进行这样的抽取、替换、定义新数组，可知至多到 $A_{n-1}$ 有 $\forall_{\theta_i \in A_{n-1}},\theta_i = \dfrac{\pi}{n}$

而又有 $\displaystyle \sum \sin A \le \sum \sin A_1 \le \cdots \le \sum \sin A_{n-1}$

故有 $\displaystyle \sum A \le \sum \sin A_{n-1}$，原不等式得证。

推广一下，对于连续定义域 $D$ 上的 $f(x)$，$\displaystyle \forall_{x_i \in D},\sum_{i=1}^{n}f(x_i) \le nf\left(\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}\right)$ 的充要条件是什么呢？

同理，先证 $D$ 中 $a \le b \le c \le d,\,a+d=b+c$ 有 $f(a) + f(d) \le f(b) + f(c)$

同样地，记 $a + d = b + c = 2k, a=k-p,\,d=k+p,\,b=k-q,\,c=k+q$，则 $p \ge q \ge 0$

即证 $f(k + p) + f(k - p) \le f(k + q) + f(k - q)$

记 $g(x) = f(k + x) + f(k - x),\,x \ge 0$

则 $g'(x) = f'(k + x) - f'(k - x)$

若有 $f''(x) \le 0$ 对 $\forall_{x \in D}$ 成立，则有，$g'(x) \le 0$，即得 $g(p) \le g(q)$，原式得证。

因此此不等式的充分条件是 $f''(x) \le 0$，应该也是必要的，但我不会证。

同理知 $f''(x) \ge 0$ 时不等号反向。

然后发现这是琴生不等式的简单形式，算是一个意外之喜吧。

这个证明的方法我最早写在「信息熵最大值的证明」，当时的证明是借鉴网上的做法，而今天这个则是学以致用的过程，倒是有所收获。