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kuing
Posted 2021-6-13 20:32
换个元吧，令 `\sqrt{a-x}=t`，则
\[f(x)=a-t^2+\sqrt{a-t^2+t}=g(t),\]由于还需要满足 `a-t^2+t\geqslant0`，于是得到 `g(t)` 的定义域为 `t\in\Bigl[\max\Bigl\{0,\frac{1-\sqrt{1+4a}}2\Bigr\},\frac{1+\sqrt{1+4a}}2\Bigr]`
易知 `g(t)` 是上凸函数，于是最小值必在端点处取得，易证右端更小，最小值为 `-\frac{1+\sqrt{1+4a}}2`（过程就略了，因为重点在于最大值）。
待定正数 `k`，由均值有
\[g(t)=a-t^2+\frac{2\sqrt{k^2(a-t^2+t)}}{2k}\leqslant a-t^2+\frac{k^2+a-t^2+t}{2k},\quad(*)\]上式右边是关于 `t` 的开口向下的二次函数，对称轴是 `t=\frac1{2(1+2k)}`，而均值的取等是 `k^2=a-t^2+t`，于是 `k` 应当满足
\[k^2=a-\left( \frac1{2(1+2k)} \right)^2+\frac1{2(1+2k)},\quad(**)\]注意到
\[\frac1{2(1+2k)}=\frac12-\frac k{1+2k},\]故式 (**) 恰好可以配方为
\[\left( \frac1{2(1+2k)}+k \right)^2=a+\frac12,\]开荒整理得
\[\frac1{1+2k}+1+2k=\sqrt{4a+2}+1,\]为方便书写令 `b=\sqrt{4a+2}+1>2`，由于 `k` 为正，上式有唯一解
\[k=\frac{b+\sqrt{b^2-4}}4-\frac12,\]此时
\[t=\frac1{2(1+2k)}=\frac{b-\sqrt{b^2-4}}4,\]将以上两式以及 `b=\sqrt{4a+2}+1` 代回式 (*) 化(kai)简(gua)即得
\[g(t)\leqslant\frac18\left(-3+4a+\bigl(3+\sqrt{2+4a}\bigr)\sqrt{-1+4a+2\sqrt{2+4a}}\right),\]易知前面那 `t` 在定义域内，所以这就是最大值。 |
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