一些数学

不等式

均值不等式

正实数 $a_{i}, i = 1, 2, 3, \dots, n$ 。

$Q_{n} = \sqrt{\frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}$ ，为平方平均数
$A_{n} = \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{n}}{n}$ ，为算术平均数
$G_{n} = \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} a_{i}}$ ，为几何平均数
$H_{n} = \frac{n}{\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}}}$ ，调和平均数

有

Q_{n} \geq A_{n} \geq G_{n} \geq H_{n}

（当且仅当 $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ 时取等）。

proof:

证明：首先证明平方平均数不小于算术平均数。由柯西不等式，

{(\sum_{i = 1}^{n} a_{i})}^{2} \leq n \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2},

两边除以 $n^{2}$ 再开方即得

\sqrt{\frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}}{n}} \geq \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}}{n},

即 $Q_{n} \geq A_{n}$ ，等号成立当且仅当 $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ 。

其次证明算术平均数不小于几何平均数。考虑函数 $\ln x$ 在 $(0, \infty)$ 上是凹函数，由詹森不等式，

\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \ln a_{i} \leq \ln (\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}),

即 $\ln G_{n} \leq \ln A_{n}$ ，故 $G_{n} \leq A_{n}$ ，等号成立当且仅当 $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ 。

最后证明几何平均数不小于调和平均数。将算术-几何平均不等式应用于 $b_{i} = 1 / a_{i}$ ，得

\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}} \geq \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}}} = \frac{1}{G_{n}},

即 $\frac{1}{H_{n}} \geq \frac{1}{G_{n}}$ ，所以 $H_{n} \leq G_{n}$ ，等号成立当且仅当 $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ 。

综上所述，有 $Q_{n} \geq A_{n} \geq G_{n} \geq H_{n}$ ，且等号全部成立当且仅当所有 $a_{i}$ 相等。

对数均值不等式

常见二元形式：对于正实数 $a \neq b$ ，有

\sqrt{a b} < \frac{a - b}{\ln a - \ln b} < \frac{a + b}{2}

proof

对于正实数 $a \neq b$ ，不妨设 $a > b > 0$ ，令

t = \frac{a}{b} > 1,

则原不等式等价于

\sqrt{t} < \frac{t - 1}{\ln t} < \frac{1 + t}{2} .

1. 证明右边不等式

\frac{t - 1}{\ln t} < \frac{1 + t}{2} .

构造函数

f (t) = \ln t - \frac{2 (t - 1)}{t + 1},

则

f (1) = 0,

且

f^{'} (t) = \frac{1}{t} - \frac{2 (t + 1) - 2 (t - 1)}{(t + 1)^{2}} = \frac{1}{t} - \frac{4}{(t + 1)^{2}} = \frac{(t + 1)^{2} - 4 t}{t (t + 1)^{2}} = \frac{(t - 1)^{2}}{t (t + 1)^{2}} > 0 (t > 1) .

因此 $f (t)$ 在 $(1, + \infty)$ 上严格递增，故

f (t) > f (1) = 0,

即

\ln t > \frac{2 (t - 1)}{t + 1},

整理得

\frac{t - 1}{\ln t} < \frac{t + 1}{2} .

2. 证明左边不等式

\sqrt{t} < \frac{t - 1}{\ln t} .

构造函数

g (t) = \ln t - \frac{t - 1}{\sqrt{t}},

则

g (1) = 0,

且

g^{'} (t) = \frac{1}{t} - \frac{\sqrt{t} - (t - 1) \cdot \frac{1}{2 \sqrt{t}}}{t} = \frac{1}{t} - \frac{2 t - (t - 1)}{2 t \sqrt{t}} = \frac{1}{t} - \frac{t + 1}{2 t \sqrt{t}} = \frac{2 \sqrt{t} - (t + 1)}{2 t \sqrt{t}} = - \frac{(\sqrt{t} - 1)^{2}}{2 t \sqrt{t}} < 0 (t > 1) .

因此 $g (t)$ 在 $(1, + \infty)$ 上严格递减，故

g (t) < g (1) = 0,

即

\ln t < \frac{t - 1}{\sqrt{t}},

整理得

\frac{t - 1}{\ln t} > \sqrt{t} .

综上，对任意 $a \neq b > 0$ ，有

\sqrt{a b} < \frac{a - b}{\ln a - \ln b} < \frac{a + b}{2} .

常见二元形式整理：

设 $L (a, b) = {\begin{matrix} a & a = b \\ \frac{a - b}{\ln a - \ln b} & a \neq b \end{matrix}$

\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq L (a, b) \leq \frac{a + b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}}

柯西不等式

正实数 $a_{i}, b_{i}, i = 1, 2, 3, \dots, n$ 。

(\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) \geq (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i})^{2}

（当且仅当 $\frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = \dots = \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 时取等）。

proof:

考虑二次函数

f (x) = \sum_{i = 1}^{n} (a_{i} x - b_{i})^{2}, x \in R .

由于平方和是非负的，故对任意实数 $x$ 有 $f (x) \geq 0$ 。展开得

f (x) = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) x^{2} - 2 (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i}) x + (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) .

这是一个关于 $x$ 的二次函数（若 $\sum a_{i}^{2} = 0$ 则所有 $a_{i} = 0$ ，不等式平凡成立）。由于 $f (x) \geq 0$ 恒成立，其判别式必须满足

Δ = {[- 2 \sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i}]}^{2} - 4 (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) \leq 0.

即

4 {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i})}^{2} - 4 (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) \leq 0,

整理得

(\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{2}) \geq {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i})}^{2} .

等号成立当且仅当判别式 $Δ = 0$ ，此时二次函数 $f (x)$ 有重根 $x_{0}$ ，即存在 $x_{0}$ 使得 $f (x_{0}) = 0$ ，从而每个平方项 $(a_{i} x_{0} - b_{i})^{2} = 0$ ，故 $b_{i} = a_{i} x_{0}$ 对所有 $i$ 成立。当某些 $a_{i} = 0$ 时，相应地 $b_{i} = 0$ ，因此比值 $\frac{a_{i}}{b_{i}}$ （理解为 $0 / 0$ 或无穷）保持一致，即向量 $(a_{1}, \dots, a_{n})$ 与 $(b_{1}, \dots, b_{n})$ 共线。

排序不等式

若 $a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq \dots \leq a_{n}, b_{1} \leq b_{2} \leq b_{3} \leq \dots \leq b_{n}$ ，设 ${x_{i}}$ 是 ${a_{i}}$ 的一个排列，有如下不等式。

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i} \geq \sum_{i = 1}^{n} x_{i} b_{i} \geq \sum_{i = 1}^{n} a_{n - i + 1} b_{i}

proof:

略

函数凹凸与琴声不等式

凹函数（上凸函数）定义式：对任意 $x_{1} < x_{2}$ 及 $t \in (0, 1)$ ，记 $x_{0} = t x_{1} + (1 - t) x_{2}$ ，有

f (x_{0}) \geq t f (x_{1}) + (1 - t) f (x_{2})

凹函数与其二阶导数的关系：

$f^{″} (x) \leq 0$ ，则 $f$ 是凹函数

proof:

$x_{0} = t x_{1} + (1 - t) x_{2} \Rightarrow x_{0} - x_{1} = (1 - t) (x_{2} - x_{1}), x_{2} - x_{0} = t (x_{2} - x_{1})$

由拉格朗日中值定理，存在 $ξ_{1} \in (x_{1}, x_{0}), ξ_{2} \in (x_{0}, x_{2})$ ，使得：

f^{'} (ξ_{1}) = \frac{f (x_{0}) - f (x_{1})}{x_{0} - x_{1}}, f^{'} (ξ_{2}) = \frac{f (x_{2}) - f (x_{0})}{x_{2} - x_{0}}

因为 $f^{″} (x) \leq 0$ ，所以 $f^{'} (ξ_{1}) \geq f^{'} (ξ_{2})$

所以有：

\frac{f (x_{0}) - f (x_{1})}{1 - t} = f^{'} (ξ_{1}) (x_{2} - x_{1}) \geq f^{'} (ξ_{2}) (x_{2} - x_{1}) = \frac{f (x_{2}) - f (x_{0})}{t}

整理得

f (x_{0}) \geq t f (x_{1}) + (1 - t) f (x_{2})

$f$ 可导且 $f$ 是凹函数，则 $f^{″} (x) \leq 0$

proof:

由凹函数定义，对任意 $x_{1} < x_{2}$ 及 $t \in (0, 1)$ ，有

f (t x_{1} + (1 - t) x_{2}) \geq t f (x_{1}) + (1 - t) f (x_{2}) .

固定 $x$ ，取 $x_{1} = x - h$ ， $x_{2} = x + h$ （ $h > 0$ ），令 $t = \frac{1}{2}$ ，则

f (x) \geq \frac{1}{2} f (x - h) + \frac{1}{2} f (x + h),

即

f (x + h) - 2 f (x) + f (x - h) \leq 0.

两边除以 $h^{2}$ 并取极限 $h \to 0^{+}$ ：

lim_{h \to 0^{+}} \frac{f (x + h) - 2 f (x) + f (x - h)}{h^{2}} = f^{″} (x) \leq 0.

琴声（Jensen）不等式

设 $f$ 是区间 $I$ 上的凹函数，则对任意 $x_{i} \in I$ 及正权重 $λ_{i} > 0$ （ $i = 1, 2, \dots, n$ ）满足 $\sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = 1$ ，有

f (\sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}) \geq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} f (x_{i}) .

若 $f$ 是凸函数（ $f^{″} (x) \geq 0$ ），则不等号反向：

f (\sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}) \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} f (x_{i}) .

proof:

用数学归纳法证明。

$n = 1$ 时， $λ_{1} = 1$ ，不等式 $f (x_{1}) \geq f (x_{1})$ 显然成立。

$n = 2$ 时，即凹函数定义式本身，成立。

假设 $n = k$ 时不等式成立，下证 $n = k + 1$ 时也成立。

设 $λ_{1}, \dots, λ_{k + 1} > 0$ ， $\sum_{i = 1}^{k + 1} λ_{i} = 1$ 。令

μ_{i} = \frac{λ_{i}}{1 - λ_{k + 1}}, i = 1, 2, \dots, k,

则 $\sum_{i = 1}^{k} μ_{i} = 1$ 。于是

\begin{aligned} f (\sum_{i = 1}^{k + 1} λ_{i} x_{i}) & = f ((1 - λ_{k + 1}) \sum_{i = 1}^{k} μ_{i} x_{i} + λ_{k + 1} x_{k + 1}) \\ \geq (1 - λ_{k + 1}) f (\sum_{i = 1}^{k} μ_{i} x_{i}) + λ_{k + 1} f (x_{k + 1}) (由 n = 2 情形) \\ \geq (1 - λ_{k + 1}) \sum_{i = 1}^{k} μ_{i} f (x_{i}) + λ_{k + 1} f (x_{k + 1}) (由归纳假设) \\ = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} f (x_{i}) + λ_{k + 1} f (x_{k + 1}) \\ = \sum_{i = 1}^{k + 1} λ_{i} f (x_{i}) . \end{aligned}

等号成立当且仅当 $x_{1} = x_{2} = \dots = x_{n}$ （若 $f$ 是严格凹函数）。

应用示例

例1（均值不等式）：取 $f (x) = \ln x$ ， $f^{″} (x) = - \frac{1}{x^{2}} < 0$ ，故 $\ln x$ 是凹函数。由 Jensen 不等式：

\ln (\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}) \geq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \ln a_{i} = \ln \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} a_{i}},

即 $A_{n} \geq G_{n}$ （算术平均数 $\geq$ 几何平均数）。

例2：取 $f (x) = x^{2}$ ， $f^{″} (x) = 2 > 0$ ，故 $x^{2}$ 是凸函数。由 Jensen 不等式：

{(\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i})}^{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2},

即 $A_{n}^{2} \leq \frac{1}{n} \sum a_{i}^{2}$ ，整理得 $Q_{n} \geq A_{n}$ （平方平均数 $\geq$ 算术平均数）。

泰勒展开

记忆部分：

$f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的泰勒展开

f (x) = \frac{f (x_{0})}{0!} + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!}

常见的麦克劳林展开（ $x_{0} = 0$ 时的泰勒展开）

$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \dots$

$\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots$

$\ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + \dots$

$- \ln (1 - x) = x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{4}}{4} + \dots$

proof：

T_{n} = \frac{f (x_{0})}{0!} + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n}

下证 $f (x) - T_{n} (x)$ 是关于 $(x - x_{0})^{n}$ 的高阶无穷小

对于 $k = 0, 1, 2, \dots, n$ ，泰勒多项式 $T_{n} (x)$ 的 $k$ 阶导数为：

T_{n}^{(k)} (x) = \sum_{i = k}^{n} \frac{f^{(i)} (x_{0})}{(i - k)!} (x - x_{0})^{i - k} = \sum_{j = 0}^{n - k} \frac{f^{(j + k)} (x_{0})}{j!} (x - x_{0})^{j}

容易发现 $f^{(k)} (x_{0}) = T_{n}^{(k)} (x_{0})$

令 $P_{n} (x) = f (x) - T_{n} (x)$ ， $Q_{n} (x) = (x - x_{0})^{n}$

即要证明

lim_{x \to x_{0}} \frac{P_{n} (x)}{Q_{n} (x)} = 0

做 $n - 1$ 次洛必达

lim_{x \to x_{0}} \frac{P_{n} (x)}{Q_{n} (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{P_{n}^{(n - 1)} (x)}{Q_{n}^{(n - 1)} (x)}

= lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{(n - 1)} (x) - T_{n}^{(n - 1)} (x)}{n! (x - x_{0})}

= lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{(n - 1)} (x) - (f^{(n - 1)} (x_{0}) + (x - x_{0}) \cdot f^{(n)} (x_{0}))}{n! (x - x_{0})}

= \frac{1}{n!} lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{(n - 1)} (x) - f^{(n - 1)} (x_{0})}{(x - x_{0})} - f^{(n)} (x_{0})

由导数的定义可知 $lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{(n - 1)} (x) - f^{(n - 1)} (x_{0})}{(x - x_{0})} = f^{(n)} (x_{0})$ ，所以这个式子的结果就是 $0$

应用

由此我们可以获得 $e^{x}$ 的任意正整数次幂的多项式的放缩，在导数解答题使用非常常见（一次就是切线放缩，二次也比较常见，依照题目具体分析）。

值得注意的是，解答题不能直接使用泰勒公式，要构造函数说明放缩成立。

选择题中比较大小一类题也可以构造函数代入使用。

复数

欧拉公式

引入 $e^{i θ} = \cos θ + i \sin θ$

proof

取 $e^{x} \cos x \sin x$ 的泰勒级数可简略证明。

杂项

比较杂，也不常考。

复数的三角形式 $a + b i = z = r (\cos θ + i \sin θ)$

模 $r = | z | = \sqrt{a^{2} + b^{2}}$ ，幅角 $a r g (z) = θ$

利用欧拉公式，有其指数形式 $z = r e^{i θ}$

乘法 $z_{1} = r_{1} (\cos θ_{1} + i \sin θ_{1}), z_{2} = r_{2} (\cos θ_{2} + i θ_{2})$ 则 $z_{1} z_{2} = r_{1} r_{2} [\cos (θ_{1} + θ_{2}) + i \sin (θ_{1} + θ_{2})]$

展开或带用指数形式易证

单位根： $z^{n} = 1$ 的根

$w = \cos \frac{2 k π}{n} + i \sin \frac{2 k π}{n} (k = 0, 1, \dots, n - 1)$

一元三次方程

$x^{3} + p x + q = 0$ （可通过换元化为标准形式）

$x = \sqrt[3]{- \frac{q}{2} + \sqrt{(\frac{q}{2})^{2} + (\frac{p}{3})^{3}}} + \sqrt[3]{- \frac{q}{2} - \sqrt{(\frac{q}{2})^{2} + (\frac{p}{3})^{2}}}$

判别式 $△ = (\frac{q}{2})^{2} + (\frac{p}{3})^{2}$

$△ > 0$ 一个实根，两个共轭复数
$△ = 0$ 三个实根，至少两个相等
$△ < 0$ 三个不等实根

旋转变换

绕点 $z_{0}$ 逆时针旋转 $θ$ 角 $z^{'} = (z - z_{0}) e^{i θ} + z_{0}$

例题

1. 复数 $z$ 满足 $| z | = 1$ ，且 $z + \frac{1}{z}$ 为实数，求 $z$ 的可能取值。

解：设 $z = a + b i$ （ $a, b \in R$ ），由 $| z | = 1$ 得 $a^{2} + b^{2} = 1$ 。

z + \frac{1}{z} = z + \frac{\bar{z}}{| z |^{2}} = z + \bar{z} = 2 a \in R .

由于 $z + \frac{1}{z} = 2 a$ 恒为实数，故条件自动满足。因此 $z$ 可以是单位圆上的任意复数，即 $z = \cos θ + i \sin θ$ ， $θ \in [0, 2 π)$ 。

另解（三角形式）： 设 $z = \cos θ + i \sin θ$ ，则

z + \frac{1}{z} = z + \bar{z} = 2 \cos θ \in R .

故任意 $θ$ 均满足条件， $z$ 可取单位圆上任意点。

2. 复数 $z$ 满足 $z^{3} = 1$ ，且 $z \neq 1$ ，求 $(1 + z) (z^{2} + z + 1)$ 的值。

解：由 $z^{3} = 1$ 且 $z \neq 1$ ，知 $z$ 是三次单位根中的两个虚根，满足 $z^{2} + z + 1 = 0$ 。

因此

(1 + z) (z^{2} + z + 1) = (1 + z) \cdot 0 = 0.

另解： 直接代入 $z^{3} = 1$ ，有

(1 + z) (z^{2} + z + 1) = z^{3} + 2 z^{2} + 2 z + 1 = 1 + 2 (z^{2} + z + 1) = 1 + 0 = 0.

3. 复数 $z = \cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3}$ ，则 $z^{3} + \frac{z^{2}}{z^{2} + z + 2} =___$

解： $z = \cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3} = e^{i \frac{2 π}{3}}$ ，是三次单位根之一，故 $z^{3} = 1$ ，且 $z^{2} + z + 1 = 0$ 。

于是

z^{3} + \frac{z^{2}}{z^{2} + z + 2} = 1 + \frac{z^{2}}{(z^{2} + z + 1) + 1} = 1 + \frac{z^{2}}{0 + 1} = 1 + z^{2} .

又 $z^{2} = e^{i \frac{4 π}{3}} = \cos \frac{4 π}{3} + i \sin \frac{4 π}{3} = - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以

1 + z^{2} = 1 + (- \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} .

故原式 $= \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。

4. 复数 $z = \cos \frac{2 π}{7} + i \sin \frac{2 π}{7}$ ，求 $(1 - z) (1 - z^{2}) \dots (1 - z^{6})$ 的值。

解： $z = e^{i \frac{2 π}{7}}$ 是 7 次单位根，即 $z^{7} = 1$ ，且 $1, z, z^{2}, \dots, z^{6}$ 是方程 $x^{7} - 1 = 0$ 的 7 个根。

因式分解：

x^{7} - 1 = (x - 1) (x - z) (x - z^{2}) \dots (x - z^{6}) .

两边除以 $x - 1$ （ $x \neq 1$ ）：

\frac{x^{7} - 1}{x - 1} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{6} = (x - z) (x - z^{2}) \dots (x - z^{6}) .

令 $x = 1$ ，得

(1 - z) (1 - z^{2}) \dots (1 - z^{6}) = lim_{x \to 1} \frac{x^{7} - 1}{x - 1} = 7.

故原式 $= 7$ 。

5. 复数 $z$ 满足 $| z | = 1$ ，求 $| z^{2} - z + 1 |$ 的最大值。

解：设 $z = \cos θ + i \sin θ$ ，则

\begin{aligned} z^{2} - z + 1 & = (\cos 2 θ + i \sin 2 θ) - (\cos θ + i \sin θ) + 1 \\ = (\cos 2 θ - \cos θ + 1) + i (\sin 2 θ - \sin θ) . \end{aligned}

利用三角恒等式 $\cos 2 θ = 2 \cos^{2} θ - 1$ ， $\sin 2 θ = 2 \sin θ \cos θ$ ，得

\begin{aligned} | z^{2} - z + 1 |^{2} & = (\cos 2 θ - \cos θ + 1)^{2} + (\sin 2 θ - \sin θ)^{2} \\ = (2 \cos^{2} θ - \cos θ)^{2} + (\sin θ (2 \cos θ - 1))^{2} \\ = \cos^{2} θ (2 \cos θ - 1)^{2} + \sin^{2} θ (2 \cos θ - 1)^{2} \\ = (2 \cos θ - 1)^{2} (\cos^{2} θ + \sin^{2} θ) \\ = (2 \cos θ - 1)^{2} . \end{aligned}

因此 $| z^{2} - z + 1 | = | 2 \cos θ - 1 |$ 。

当 $\cos θ = - 1$ 时取最大值 $| 2 \cdot (- 1) - 1 | = 3$ ，此时 $z = - 1$ 。

故最大值为 $3$ 。

另解（几何法）： $| z^{2} - z + 1 | = | z^{2} - z + z \bar{z} | = | z | | z - 1 + \bar{z} | = | z + \bar{z} - 1 |$ （因为 $| z | = 1$ ， $\bar{z} = 1 / z$ ）。

由 $| z | = 1$ 知 $z + \bar{z} = 2 Re (z) \in [- 2, 2]$ ，故 $| z + \bar{z} - 1 | \in [0, 3]$ ，最大值为 $3$ 。

6. 计算 $(1 + \cos \frac{π}{7}) (1 + \cos \frac{3 π}{7}) (1 + \cos \frac{5 π}{7})$ 的值。

解：利用倍角公式 $1 + \cos θ = 2 \cos^{2} \frac{θ}{2}$ ，得

\begin{aligned} 原式 & = (2 \cos^{2} \frac{π}{14}) (2 \cos^{2} \frac{3 π}{14}) (2 \cos^{2} \frac{5 π}{14}) \\ = 8 \cos^{2} \frac{π}{14} \cos^{2} \frac{3 π}{14} \cos^{2} \frac{5 π}{14} . \end{aligned}

注意到 $\cos \frac{5 π}{14} = \cos (\frac{π}{2} - \frac{π}{7}) = \sin \frac{π}{7}$ ， $\cos \frac{3 π}{14} = \sin \frac{2 π}{7}$ ， $\cos \frac{π}{14} = \sin \frac{3 π}{7}$ 。

考虑 7 次单位根 $z = e^{i \frac{2 π}{7}}$ ，有

\frac{z^{7} - 1}{z - 1} = 1 + z + z^{2} + \dots + z^{6} = 0 (z \neq 1) .

令 $x = z^{\frac{1}{2}} = e^{i \frac{π}{7}}$ ，则 $x^{14} = 1$ ，且

1 + x^{2} + x^{4} + \dots + x^{12} = 0.

利用恒等式 $\sin n θ = \frac{e^{i n θ} - e^{- i n θ}}{2 i}$ ，可求得

\sin \frac{π}{7} \sin \frac{2 π}{7} \sin \frac{3 π}{7} = \frac{\sqrt{7}}{8} .

因此

\cos \frac{π}{14} \cos \frac{3 π}{14} \cos \frac{5 π}{14} = \sin \frac{3 π}{7} \sin \frac{2 π}{7} \sin \frac{π}{7} = \frac{\sqrt{7}}{8} .

故原式 $= 8 \times {(\frac{\sqrt{7}}{8})}^{2} = 8 \times \frac{7}{64} = \frac{7}{8}$ 。

另解： 利用恒等式 $\cos \frac{π}{7} \cos \frac{2 π}{7} \cos \frac{3 π}{7} = \frac{1}{8}$ 。

由 $1 + \cos θ = 2 \cos^{2} \frac{θ}{2}$ ，原式化为

8 \cos^{2} \frac{π}{14} \cos^{2} \frac{3 π}{14} \cos^{2} \frac{5 π}{14} .

又 $\cos \frac{5 π}{14} = \sin \frac{π}{7}$ ， $\cos \frac{3 π}{14} = \sin \frac{2 π}{7}$ ， $\cos \frac{π}{14} = \sin \frac{3 π}{7}$ ，且

\sin \frac{π}{7} \sin \frac{2 π}{7} \sin \frac{3 π}{7} = \frac{\sqrt{7}}{8},

故原式 $= 8 \times {(\frac{\sqrt{7}}{8})}^{2} = \frac{7}{8}$ 。

参考：

https://www.luogu.com.cn/article/3zzgo91r _2eyks 泰勒展开

https://zhuanlan.zhihu.com/p/77092665 甘之如始高中数学竞赛常用的不等式归纳

https://zhuanlan.zhihu.com/p/362578100 Aladdin 一个你从来没有见过的不等式——对数平均不等式

一些数学https://blog.acerkaio.top/posts/2026/math

作者Shawn

发布于6/3

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一些数学

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不等式 ​

均值不等式 ​

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柯西不等式 ​

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排序不等式 ​

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函数凹凸与琴声不等式 ​

凹函数与其二阶导数的关系： ​

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琴声（Jensen）不等式 ​

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应用示例 ​

泰勒展开 ​

记忆部分： ​

proof： ​

应用 ​

复数 ​

欧拉公式 ​

proof ​

杂项 ​

例题 ​

1. 复数 z 满足 |z|=1，且 z+1z 为实数，求 z 的可能取值。 ​

2. 复数 z 满足 z3=1，且 z≠1，求 (1+z)(z2+z+1) 的值。 ​

3. 复数 z=cos⁡2π3+isin⁡2π3，则 z3+z2z2+z+2=___ ​

4. 复数 z=cos⁡2π7+isin⁡2π7，求 (1−z)(1−z2)…(1−z6) 的值。 ​

5. 复数 z 满足 |z|=1，求 |z2−z+1| 的最大值。 ​

6. 计算 (1+cos⁡π7)(1+cos⁡3π7)(1+cos⁡5π7) 的值。 ​

参考： ​

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应用示例

泰勒展开

记忆部分：

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应用

复数

欧拉公式

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杂项

例题

1. 复数 $z$ 满足 $| z | = 1$ ，且 $z + \frac{1}{z}$ 为实数，求 $z$ 的可能取值。

2. 复数 $z$ 满足 $z^{3} = 1$ ，且 $z \neq 1$ ，求 $(1 + z) (z^{2} + z + 1)$ 的值。

3. 复数 $z = \cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3}$ ，则 $z^{3} + \frac{z^{2}}{z^{2} + z + 2} =___$

4. 复数 $z = \cos \frac{2 π}{7} + i \sin \frac{2 π}{7}$ ，求 $(1 - z) (1 - z^{2}) \dots (1 - z^{6})$ 的值。

5. 复数 $z$ 满足 $| z | = 1$ ，求 $| z^{2} - z + 1 |$ 的最大值。

6. 计算 $(1 + \cos \frac{π}{7}) (1 + \cos \frac{3 π}{7}) (1 + \cos \frac{5 π}{7})$ 的值。

参考：