上面给出的链接里我没有详细讲，因为我知道要讲很多东东，可见当时很懒。哎，现在其实也懒，不过实在是闲着没事干，下面还是稍讲讲是怎么个“凹凸调整”法。
先给出一个引理（来源于 zhaobin 的半凹半凸定理，此处只是个特例）
若 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 内下凸，在区间 $[b,c]$ 内上凸，变量 $x$, $y$, $z\in[a,c]$ 满足 $x\leqslant y\leqslant z$ 且 $x+y+z$ 为定值。
则：$f(x)+f(y)+f(z)$ 取最小值时必有 $x=y$ 或 $z=c$；$f(x)+f(y)+f(z)$ 取最大值时必有 $x=a$ 或 $y=z$。
注：
此处使用的凸函数定义是：设 $f(x)$ 在 $D$ 上有定义，若对任意的 $0<\lambda <1$, $a$, $b\in D$ 都有 $f\bigl(\lambda a+(1-\lambda )b\bigr)\leqslant \lambda f(x)+(1-\lambda )f(b)$，则称 $f(x)$ 在 $D$ 上为下凸函数，简称下凸，若不等号反向，则称为上凸。
在此定义下，若 $f(x)$ 二阶可导，则下凸等价于 $f''(x)\geqslant0$，上凸则反号。
接下来的证明将用到以下两个常用性质：
性质一、若 $x$, $y\in D$ 且 $f(x)$ 下凸，则 $f(x)+f(y)\geqslant 2f\bigl((x+y)/2\bigr)$；
性质二、若 $x$, $y\in D$, $x\leqslant y$ 且 $f(x)$ 上凸，设 $h>0$ 使得 $x-h$, $y+h\in D$，则 $f(x)+f(y)\geqslant f(x-h)+f(y+h)$。
性质一由定义令 $\lambda =1/2$ 立得，性质二由以下两式相加即得。
\begin{align*}
f(x)&\geqslant \frac{y-x+h}{y-x+2h}f(x-h)+\frac h{y-x+2h}f(y+h),\\
f(y)&\geqslant \frac h{y-x+2h}f(x-h)+\frac{y-x+h}{y-x+2h}f(y+h).
\end{align*}
这两个性质说明，当两个变量保持其和不变时，对于下凸函数，将两个变量拉到一起时函数值之和最小，对于上凸函数，将两个变量越往两边拉，函数值之和越小。
引理的证明
我们只证最小值的情形，最大值的类似。
（1）若 $y\leqslant b$，则固定 $z$，此时即 $x$, $y\in[a,b]$ 且 $x+y$ 为定值，故由性质一知 $f(x)+f(y)+f(z)$ 取最小值时有 $x=y$；
（2）若 $y>b$，分两小类讨论。
（2-1）若 $x\leqslant b$，则固定 $x$，此时即 $y$, $z\in[b,c]$ 且 $y+z$ 为定值，再分两小类讨论。
（2-1-1）若 $y+z\leqslant b+c$，则 $y+z-b\in[b,c]$，故由性质二有 $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant f(x)+f(b)+f(y+z-b)$，注意到此时 $x$, $b\in[a,b]$，将 $x$ 重获ziyou，由性质一，又有 $f(x)+f(b)+f(y+z-b)\geqslant 2f\bigl((x+b)/2\bigr)+f(y+z-b)$，由此可见 $f(x)+f(y)+f(z)$ 取最小值时有 $x=y$；
（2-1-2）若 $y+z>b+c$，则 $y+z-c\in[b,c]$，故由性质二有 $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant f(x)+f(y+z-c)+f(c)$，由此可见 $f(x)+f(y)+f(z)$ 取最小值时有 $z=c$。
（2-2）若 $x>b$，则固定 $y$，此时即 $x$, $z\in[b,c]$ 且 $x+z$ 为定值，再分两小类讨论。
（2-2-1）若 $x+z\leqslant b+c$，则 $x+z-b\in[b,c]$，故由性质二有 $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant f(b)+f(y)+f(x+z-b)$，即转化为情形（2-1）；
（2-2-2）若 $x+z>b+c$，则 $x+z-c\in[b,c]$，故由性质二有 $f(x)+f(y)+f(z)\geqslant f(x+z-c)+f(y)+f(c)$，由此可见 $f(x)+f(y)+f(z)$ 取最小值时有 $z=c$。
综上，引理得证。
将此方法推广到多元便得到半凹半凸定理。你能在脑海里动态地实现上述调整过程吗？如果实现了，那你已经理解了这个方法，并且也知道会明白多元的情形如何。
回到原题，为了方便处理，我将“锐角”的条件改为 $x$, $y$, $z\in[0,\pi/2]$，令 $\cos^2x=a$, $\cos^2y=b$, $\cos^2z=c$，则 $a$, $b$, $c\geqslant 0$ 且 $a+b+c=1$，令 $f(x)=\arccos\sqrt x$，则问题化为求 $f(a)+f(b)+f(c)$ 的取值范围。
求二阶导数易知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上先下凸再上凸，即满足引理的条件。
由对称性，不妨设 $a\leqslant b\leqslant c$，先求最小值，由引理知，只要考虑 $a=b$ 与 $c=1$ 两种情况，后者显然只能得到 $f(a)+f(b)+f(c)=\pi$，而前者则化为求 $g(t)=2f(t)+f(1-2t)$ 的最小值，其中 $t\in[0,1/3]$。求导易得
\[g'(t)=\frac{3t-1}{\sqrt{t(1-t)(1-2t)}\bigl(2\sqrt{1-2t}+\sqrt{2(1-t)}\bigr)},\]
故当 $t=1/3$ 时 $g(t)$ 取最小值 $3\arccos(1/\sqrt3)$，所以 $f(a)+f(b)+f(c)$ 的最小值就是 $3\arccos(1/\sqrt3)$；
再求最大值，由引理知，只要考虑 $a=0$ 与 $b=c$ 两种情况，前者化为求 $\pi/2+f(t)+f(1-t)$ 的最大值，其中 $t\in[0,1/2]$，事实上，有恒等式 $\arccos\sqrt x+\arccos\sqrt{1-x}=\pi/2$，所以前者只能得到 $f(a)+f(b)+f(c)=\pi$，而后者仍然化为求上述 $g(t)$ 的最大值，只是此时 $t$ 的范围变成 $t\in[1/3,1/2]$，显然当 $t=1/2$ 时 $g(t)$ 取最大值 $\pi$，所以 $f(a)+f(b)+f(c)$ 的最大值就是 $\pi$。
综上，由连续性，所求的取值范围为 $[3\arccos(1/\sqrt3),\pi]$。而在原题的“锐角”情形下，取不到 $\pi$，但可以趋向它，所以原题的答案是 $[3\arccos(1/\sqrt3),\pi)$。
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发表于 2012-11-3 06:46
发表于 2012-11-3 11:05