已知$x_1+x_2+\cdots +x_n=\pi$，$x_i\geqslant 0$($i=1,2,\cdots ,n$)，求$\sin^2x_1+\sin^2x_2+\cdots +\sin^2x_n$的最大值．
2021年8月2日，by xixiggg．
当 $n=2$ 时，结论平凡．下面证明当 $n\geqslant 3$ 时 $f(x_1,\cdots,x_n)=\sin^2 x_1+\cdots+\sin^2 x_n$ 的最大值为 $\dfrac 94$． 在 $x_1,\cdots,x_n\geqslant 0$ 且 $x_1+\cdots +x_n\leqslant \pi$ 时不大于 $\dfrac 9 4$．注意到 $f$ 为有界闭区间上的连续函数，故其存在最小值点，考虑最小值点中 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^nx_i^2$ 最小者，下面考虑 $(x_1,\cdots,x_n)$ 的取值．若存在 $1\leqslant i\leqslant n$ 使 $x_i>\dfrac{\pi}{2}$，则将 $x_i$ 改为 $\pi-x_i$，其余 $x_j$（$j\neq i$）不变．则 $f$ 值不变，$\displaystyle \sum\limits_{j=1}^nx_j$ 值减小，与最小性矛盾．于是，$\forall 1\leqslant i\leqslant n$，$x_i\in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$．对 $\forall 1\leqslant i < j\leqslant n$，固定 $x_i+x_j$ 及 $x_k$（$k\neq i,j$），则\[\displaystyle \begin{split}f(x_1,\cdots,x_n)&=\sin^2 x_i+\sin^2 x_j+S\\=&1-\dfrac 1 2(\cos^2 x_i+\cos^2 x_j)+S\\=&-\cos (x_i+x_j)\cos(x_i-x_j)+1+S,\end{split}\]其中 $S=\displaystyle\sum\limits_{k\neq i,j}\sin^2 x_k$ 为定值．当 $x_i+x_j<\dfrac{\pi}{2}$ 时，$f$ 关于 $\cos(x_i-x_j)$ 单调递减，又 $x_i-x_j\in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$，所以 $f$ 取最大值时必有 $\cos(x_i-x_j)$ 取最小值，即 $x_i$，$x_j$ 中有 $0$．当 $x_i+x_j=\dfrac{\pi}{2}$ 时，若将 $(x_i,x_j)$ 改为 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，其余 $x_k(k\neq i,j)$ 不变，则 $f$ 值不变，从而 $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^nx_k^2$ 值不增，由此可知 $x_i,x_j$ 必一个为 $0$，一个为 $\dfrac{\pi}{2}$．当 $x_i+x_j>\dfrac{\pi}{2}$ 时，$f$ 关于 $\cos(x_i-x_j)$ 单调递增，又 $x_i-x_j\in \left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$，所以 $f$ 取最大值时必有 $\cos(x_i-x_j)$ 取最大值，即 $x_i=x_j$．因此，该最大值点 $(x_1,\cdots,x_n)$ 必满足 $\forall 1 \leqslant i < j \leqslant n$，若 $x_i,x_j\neq 0$，则有 $x_i=x_j$ 且 $x_i+x_j\geqslant \dfrac{\pi}{2}$．于是，$f$ 的最大值点 $(x_1,\cdots ,x_n)$ 只可能为 $x_1,\cdots,x_n$ ① 由 $2$ 个 $\dfrac{\pi}{2}$，其余全为 $0$； ② 由 $3$ 个 $\dfrac{\pi}{3}$，其余全为 $0$； ③ 由 $4$ 个 $\dfrac{\pi}{4}$，其余全为 $0$ 组成． 经计算，② 最大，为 $\dfrac 9 4$．因此 $f(x_1,\cdots,x_n)$ 的最大值为 $\dfrac 94$，且当 $(x_1,\cdots ,x_n)$ 由 $3$ 个 $\dfrac{\pi}{3}$，其余全为 $0$ 时取得． 综上所述，$n=2$ 时，最大值为 $2$；$n\geqslant 3$ 时，最大值为 $\dfrac 94$．