變形的解

\( \cos z = \cos(-x-y) = \cos(x+y) \)

\( \cos x+\cos y+\cos(x+y)=\cos x+2\cos(y+\frac{x}{2})\cos\frac{x}{2} \)

\( \cos x+2\cos(y+\frac{x}{2})\cos\frac{x}{2}\geq2\cos^2(\frac x2)-1-2|\cos\frac{x}{2}|=2(|\cos\frac{x}{2}|-\frac{1}{2})^{2}-\frac{3}{2}\geq-\frac{3}{2} \)。
(感謝 weiye 指正 \( \cos x = 2\cos^2(\frac x2)-1 \) ↑)

當 \( (\cos\frac{x}{2},\cos(y+\frac{x}{2}))=\pm(\frac{1}{2},-1) \) 時，有最小值 \( -\frac{3}{2} \) 。

例 \( x=y=\frac{2\pi}{3}, z=-\frac{4}{3}\pi, \cos x=\cos y=\cos z=-\frac{1}{2} \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-9-28 08:43 PM 編輯 ]

以下有一些小錯誤，把這個想法實現的證明在 #13 處

(1) \( \cos(x+2\pi)=\cos x \)，可將已知條件改為 \( \sum\limits _{i=1}^{n}a_{i}=2k\pi \), for some \( k\in\mathbb{Z} \)。
(這個其實可以不用做，只是為了(2)說明方便)

(2) \( \cos x+\cos y=2\cos(\frac{x+y}{2})\cos(\frac{x-y}{2}) \)，可取 \( y \) 的同界角，使得 \( \cos(\frac{x+y}{2})<0 \)。

則有 \( \cos(x+y)\geq2\cos(\frac{x+y}{2})\cdot1=\cos(\frac{x+y}{2})+\cos(\frac{x+y}{2}) \)。

由 (1)(2) 知，若有最小值，必發生在 \( a_{i}=a_j =\frac{2k\pi}{n}, \forall i,j\) 這類的點上。

(3) \( S=\{(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n})\mid\sum a_{i}=2k\pi,k\in\mathbb{Z}\} \) 為 \( \mathbb{R}^{n} \) 中的緊緻集，\( f(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n})=\sum\limits _{i=1}^{n}\cos(a_{i}) \) 為 \( \mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R} \) 的連續函數。由連續函數最大最小值定理知 \( f \) 在 \(S\) 上必有最大最小值。

綜合以上，選取 \(k\) 接近 \(\frac{n}{2}\)，使得 \(\cos(\frac{2k\pi}{n})\) 最接近 \(-1\)，可達最小值。

即當 \(n=2k+1\) 時，取 \(a_{i}=\frac{2k\pi}{2k+1}\)，可得最小值 \(n\cos(\frac{2k\pi}{2k+1})\)。
(感謝 Ellipse 提醒 修正負號)

偶數 \( n=2k \)，weiye 老師已給出相同結果 \( a_i = \pi \)，最小值 \(-n \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-9-30 11:24 PM 編輯 ]

修正 #10 想法的一些瑕疵

1. 利用「連續函數在緊緻集上，必有最大最小值」，說明最小值存在。

注意 \( \cos(x+2\pi)=\cos x \)，可將已知條件改為 \( \sum\limits _{i=1}^{n}a_{i}=2k\pi \), for some \( k\in\mathbb{Z} \) 且 \( a_{i}\in[0,2\pi] \)。

如此 \( S=\{\vec{x}\in[0,2\pi]^{n}\mid\sum x_{i}=2k\pi\mbox{, for some }k\in\mathbb{Z}\} \) 在 \( \mathbb{R}^{n} \) 是一個緊緻集，而 \( f:\begin{array}{c}
\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}\\
x\mapsto\sum\cos(x_{i})
\end{array} \) 為 \( \mathbb{R}^{n} \) 中的連續函數，

故在 \( S \) 上有最大最小值，即存在 \( \vec{a}\in S \)，使得 \( f(\vec{a})\leq f(\vec{x})  \forall\vec{x}\in S \)。

由 \( \cos(x) \) 的週期性，可將 \( S \) 改成 \( S'=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^{n}\mid\sum x_{i}=2k\pi\mbox{, for some }k\in\mathbb{Z}\} \)。

2. 「利用 \( \cos x+\cos y=2\cos(\frac{x+y}{2})\cos(\frac{x-y}{2}) \) 刻劃極值發生之所有點 \( \vec{a}\) 的形式」

取 \( x=a_{1} \), \( y=a_{i} \) 或 \( a_{i}+2\pi \) 其中之一，使得 \( \cos(\frac{x+y}{2})\leq0 \)。

則有 \( \cos x+\cos y=2\cos(\frac{x+y}{2})\cos(\frac{x-y}{2})\geq2\cos(\frac{x+y}{2})\cdot1=\cos(\frac{x+y}{2})+\cos(\frac{x+y}{2}) \)。

又 \( f(\vec{a}) \) 為最小值，故上式 \( "=" \) 成立，而得 \( \cos(\frac{x+y}{2})=0 \) 或 \( \cos(\frac{x-y}{2})=1 \)。

故 \( \vec{a} \) 滿足 \( a_{i}=a_{1} \) 或 \( \pi-a_{1} \) (mod \( 2\pi \))。

3. 「若 \( n\geq3 \)，則 \( f(\vec{a})<0 \)」：\( f(\pi,\pi,\pi,\ldots,\pi,-(n-1)\pi)\leq-n+2<0\Rightarrow f(\vec{a})<0 \)。

4. 「設 \( n\geq3 \)，說明 \( a_{1}=a_{i}\,\forall i \)。」

若 \( a_{2}=\pi-a_{1} \) (mod \( 2\pi \))，取 \( \vec{b}=(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2},a_{3},\ldots,a_{n}) \)，

則 \( f(\vec{b})=f(\vec{a}) \)，即在 \( \vec{x}=\vec{b} \) 時，亦達最小值。

由 2. 得 \( \vec{b}=(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2},\ldots,\frac{\pi}{2}) \) (mod \( 2\pi \))，

但 \( f(\vec{b})=0 \) 與最小值為矛盾，故 \( a_{2}=a_{1} \)

同理推得 \( a_i =a_1, \forall i \)，故當 \( n =2k+1 \), \( a_i = \frac{2k\pi}{2k+1} \) 可達最小值。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-9-30 11:22 PM 編輯 ]