[不等式] 人教论坛的某三角不等式续 $(\sec^na-1)(\csc^na-1)$

话说五年前人教论坛兴趣小组的这贴 http://bbs.pep.com.cn/thread-502132-1-1.html 中有这样一道三角不等式：

2015-5-28 17:10

呃，发贴人雨栏歌在原贴二楼发的归纳法我没看懂，暂时就不贴过来了。

原贴六楼fanwf回复说：

通分，因式分解用柯西，奥数教程高二分册，第四版，P283，B组第16题，里面指数是2N,

我没那本书，不过我想也不用看了，注意最后一句“里面指数是2N”，别以为2N和n没什么区别，实际上区别大着，偶数的情况可以分解出 $\sin^2a$ 等，很简单，但奇数的情况就不一样了。

$n$ 的情况如果按照这方法下去，就可能会步原贴九楼战巡的后尘：

2015-5-28 17:10

很可惜，最后那个式子在 $\alpha=\pi/4$ 时取得并不是最小值，而是最大值，所以最后是反了向的，实际上原不等式当 $n=1$ 时就是反向成立的。

那么，要怎样修改这方法好呢？我暂时想到的笨方法就是分奇偶。

以下总设 $k\in\mbb N^+$，先给出如下引理。

引理：对任意 $x\ne y$，有
\begin{align*}
\frac{x^{4k+1}-y^{4k+1}}{x^2-y^2}={}&x^{4k-1}+y^{4k-1} +x^2y^2(x^{4k-5}+y^{4k-5})+x^4y^4(x^{4k-9}+y^{4k-9}) \\
& +\cdots +x^{2k-2}y^{2k-2}(x^3+y^3)+\frac{x^{2k}y^{2k}}{x+y}, \\
\frac{x^{4k+3}-y^{4k+3}}{x^2-y^2}={}&x^{4k+1}+y^{4k+1} +x^2y^2(x^{4k-3}+y^{4k-3})+x^4y^4(x^{4k-7}+y^{4k-7}) \\
& +\cdots +x^{2k-2}y^{2k-2}(x^5+y^5)+\frac{x^{2k}y^{2k}(x^2+xy+y^2)}{x+y}.
\end{align*}

引理的证明只要利用如下恒等式
\[\frac{x^p-y^p}{x^2-y^2} =x^{p-2}+y^{p-2}+x^2y^2\frac{x^{p-4}-y^{p-4}}{x^2-y^2},\]
具体过程从略。

现在来证明原题。

为方便书写，记 $x=\sec \theta $, $y=\csc \theta $，则 $x$, $y>0$, $1/x^2+1/y^2=1$，原不等式即
\[(x^n-1)(y^n-1)\geqslant (2^{n/2}-1)^2.\]

（1）当 $n=2k$ 时，注意到 $(x^2-1)(y^2-1)=1$, $xy=2\csc 2\theta \geqslant 2$，则
\begin{align*}
(x^{2k}-1)(y^{2k}-1)&=(x^2-1)(y^2-1)(x^{2k-2}+x^{2k-4}+\cdots +1)(y^{2k-2}+y^{2k-4}+\cdots +1) \\
& =(x^{2k-2}+x^{2k-4}+\cdots +1)(y^{2k-2}+y^{2k-4}+\cdots +1) \\
& \geqslant \bigl((xy)^{k-1}+(xy)^{k-2}+\cdots +1\bigr)^2 \\
& \geqslant (2^{k-1}+2^{k-2}+\cdots +1)^2 \\
& =(2^{n/2}-1)^2;
\end{align*}

（2）当 $n=4k+1$ 时，由引理得
\begin{align*}
& (x^{4k+1}-1)(y^{4k+1}-1) \\
={}&(x^2-1)(y^2-1)\left( x^{4k-1}+1+x^2(x^{4k-5}+1)+x^4(x^{4k-9}+1)+\cdots +x^{2k-2}(x^3+1)+\frac{x^{2k}}{x+1} \right) \\
& \times \left( y^{4k-1}+1+y^2(y^{4k-5}+1)+y^4(y^{4k-9}+1)+\cdots +y^{2k-2}(y^3+1)+\frac{y^{2k}}{y+1} \right) \\
={}&\left( x^{4k-1}+1+x^{4k-3}+x^2+\cdots +x^{2k+1}+x^{2k-2}+\frac{x^{2k}}{x+1} \right) \\
& \times \left( y^{4k-1}+1+y^{4k-3}+y^2+\cdots +y^{2k+1}+y^{2k-2}+\frac{y^{2k}}{y+1} \right) \\
\geqslant{}& \left( \sqrt{(xy)^{4k-1}}+1+\sqrt{(xy)^{4k-3}}+xy+\cdots +\sqrt{(xy)^{2k+1}}+(xy)^{k-1}+\sqrt{\frac{(xy)^{2k}}{(x+1)(y+1)}} \right)^2,
\end{align*}
注意到
\begin{align*}
\frac{xy}{(x+1)(y+1)}&=\frac{\sec \theta \csc \theta }{(\sec \theta +1)(\csc \theta +1)} \\
& =\frac1{(1+\cos \theta )(1+\sin \theta )} \\
& =\frac1{1+\cos \theta +\sin \theta +\cos \theta \sin \theta } \\
& \geqslant \frac1{1+\sqrt2+\frac12} \\
& =2\bigl(\sqrt2-1\bigr)^2,
\end{align*}
以及 $xy\geqslant 2$，所以
\begin{align*}
(x^{4k+1}-1)(y^{4k+1}-1)&\geqslant \left( \sqrt{2^{4k-1}}+1+\sqrt{2^{4k-3}}+2+\cdots +\sqrt{2^{2k+1}}+2^{k-1}+\sqrt{2^{2k-1}\cdot 2\bigl(\sqrt2-1\bigr)^2} \right)^2 \\
& =(2^{(4k+1)/2}-1)^2 \\
& =(2^{n/2}-1)^2;
\end{align*}

（3）当 $n=4k+3$ 时，由引理得
\begin{align*}
& (x^{4k+3}-1)(y^{4k+3}-1) \\
={}&(x^2-1)(y^2-1)\left( x^{4k+1}+1+x^2(x^{4k-3}+1)+x^4(x^{4k-7}+1)+\cdots +x^{2k-2}(x^5+1)+\frac{x^{2k}(x^2+x+1)}{x+1} \right) \\
& \times \left( y^{4k+1}+1+y^2(y^{4k-3}+1)+y^4(y^{4k-7}+1)+\cdots +y^{2k-2}(y^5+1)+\frac{y^{2k}(y^2+y+1)}{y+1} \right) \\
={}&\left( x^{4k+1}+1+x^{4k-1}+x^2+\cdots +x^{2k+3}+x^{2k-2}+\frac{x^{2k}(x^2+x+1)}{x+1} \right) \\
& \times \left( y^{4k+1}+1+y^{4k-1}+y^2+\cdots +y^{2k+3}+y^{2k-2}+\frac{y^{2k}(y^2+y+1)}{y+1} \right) \\
\geqslant{}& \left( \sqrt{(xy)^{4k+1}}+1+\sqrt{(xy)^{4k-1}}+xy+\cdots +\sqrt{(xy)^{2k+3}}+(xy)^{k-1}+(xy)^k\sqrt{\frac{(x^2+x+1)(y^2+y+1)}{(x+1)(y+1)}} \right)^2,
\end{align*}
注意到
\begin{align*}
\frac{(x^2+x+1)(y^2+y+1)}{(x+1)(y+1)}&=\frac{(\sec ^2\theta +\sec \theta +1)(\csc ^2\theta +\csc \theta +1)}{(\sec \theta +1)(\csc \theta +1)} \\
& =\frac{(\sec \theta +1+\cos \theta )(\csc \theta +1+\sin \theta )}{(1+\cos \theta )(1+\sin \theta )},
\end{align*}
由
\begin{align*}
(\sec \theta +1+\cos \theta )(\csc \theta +1+\sin \theta )&\geqslant \left( \frac1{\sqrt{\sin \theta \cos \theta }}+\sqrt{\sin \theta \cos \theta }+1 \right)^2 \\
& \geqslant \left( \sqrt2+\frac1{\sqrt2}+1 \right)^2 \\
& =\frac{\bigl(\sqrt2+3\bigr)^2}2,
\end{align*}
以及
\[(1+\cos \theta )(1+\sin \theta )\leqslant 1+\sqrt2+\frac12=\frac1{2\bigl(\sqrt2-1\bigr)^2},\]
得到
\[\frac{(\sec \theta +1+\cos \theta )(\csc \theta +1+\sin \theta )}{(1+\cos \theta )(1+\sin \theta )}\geqslant \bigl(\sqrt2+3\bigr)^2\bigl(\sqrt2-1\bigr)^2=\bigl(2\sqrt2-1\bigr)^2,\]
所以
\begin{align*}
(x^{4k+3}-1)(y^{4k+3}-1)&\geqslant \Bigl( \sqrt{2^{4k+1}}+1+\sqrt{2^{4k-1}}+2+\cdots +\sqrt{2^{2k+3}}+2^{k-1}+2^k\bigl(2\sqrt2-1\bigr) \Bigr)^2 \\
& =(2^{(4k+3)/2}-1)^2 \\
& =(2^{n/2}-1)^2,
\end{align*}
最后别漏了一点，由于前面设的是 $k\in\mbb N^+$，所以上面的证明并未包括 $n=3$ 的情况，事实上，$n=3$ 的情况正等价于（3）中后面得到的式子，所以也成立。

综上所述，原不等式获证。

证算是证到了，但是好麻烦，连代码都不好写，而且要是 $n$ 不是整数这方法就用不了了，因为显然能感觉到这题很可能 $n$ 是不需要整数，只要不小于 $2$ 就行。

我们再看回原贴，原贴七楼realone说：

换元0.5+t=(sinx)^2,0.5-t=(cosx)^2后，-0.5<t<0.5似乎用导数也可以。

可惜他没写出来，我试了一下，果然是可以的，而且也如无意外地得到实指数的结果。

设 $0.5+t=\sin ^2a$, $0.5-t=\cos ^2a$, $-0.5<t<0.5$，则原不等式等价于
\[\left( \frac1{(0.5+t)^{n/2}}-1 \right)\left( \frac1{(0.5-t)^{n/2}}-1 \right)\geqslant (2^{n/2}-1)^2.\]

由对称性，只要考虑 $t\in[0,0.5)$ 的情况即可，下面改设 $n\in\mbb R$, $n\geqslant 2$。

令
\[f(t)=\left( \frac1{(0.5+t)^{n/2}}-1 \right)\left( \frac1{(0.5-t)^{n/2}}-1 \right),\]
求导得
\begin{align*}
f'(t)&=-\frac n2\cdot \frac1{(0.5+t)^{n/2+1}}\left( \frac1{(0.5-t)^{n/2}}-1 \right)+\frac n2\cdot \frac1{(0.5-t)^{n/2+1}}\left( \frac1{(0.5+t)^{n/2}}-1 \right) \\
& =\frac n2\left( \left( \frac1{0.5-t}-\frac1{0.5+t} \right)\frac1{(0.25-t^2)^{n/2}}+\frac1{(0.5+t)^{n/2+1}}-\frac1{(0.5-t)^{n/2+1}} \right) \\
& =\frac n2\cdot \frac{2t+(0.5-t)^{n/2+1}-(0.5+t)^{n/2+1}}{(0.25-t^2)^{n/2+1}},
\end{align*}
令
\[g(t)=2t+(0.5-t)^{n/2+1}-(0.5+t)^{n/2+1},\]
则 $g(0)=g(0.5)=0$，求导得
\begin{align*}
g'(t)&=2-\left( \frac n2+1 \right)(0.5-t)^{n/2}-\left( \frac n2+1 \right)(0.5+t)^{n/2}, \\
g''(t)&=\frac n2\left( \frac n2+1 \right)(0.5-t)^{n/2-1}-\frac n2\left( \frac n2+1 \right)(0.5+t)^{n/2-1},
\end{align*}
由于 $n\geqslant 2$, $t\geqslant 0$，所以 $(0.5-t)^{n/2-1}\leqslant (0.5+t)^{n/2-1}$，因此 $g''(t)\leqslant 0$，所以 $g(t)\geqslant 0$，所以 $ f'(t)\geqslant 0$，所以 $f(t)\geqslant f(0)=(2^{n/2}-1)^2$，所以原不等式获证。

顺便地，我们还可以看到当 $n<2$ 时原不等式反向成立。