一道求二元最值题

lemondian

已知实数$x,y$满足$(4x^3-3x)^2+(4y^3-3y)^2=1$。求$x+y$的最大值。

另外，$x+y$有没有最小值？

色k

你的“另外”显然是废话，这曲线显然关于原点对称啊

kuing

看条件似乎是用三倍角公式出的题，但其实不必用三角，直接 CS 好了，没什么难度。

记 `x+y=t`，则由 CS 有
\begin{align*}
2&=(1+1)\bigl((4x^3-3x)^2+(4y^3-3y)^2\bigr)\\
&\geqslant(4x^3-3x+4y^3-3y)^2\\
&=t^2\bigl(t^2+3(x-y)^2-3\bigr)^2,
\end{align*}
当 `t\geqslant\sqrt3` 时，由上式有
\[2\geqslant t^2(t^2-3)^2,\]
分解为
\[(2-t^2)(t^4-4t^2+1)\geqslant0,\]
所以
\[t^4-4t^2+1\leqslant0\riff t\leqslant\sqrt{2+\sqrt3},\]
当 `x=y=\frac12\sqrt{2+\sqrt3}` 时取等，所以这就是所求的最大值（而无需再讨论 `t<\sqrt3` 的情形）。

hbghlyj

曲线关于x轴、y轴对称, 所以当$x+y$取最大值时$x>0,y>0$.
$f(t)=4t^3-3t$, 当$t>0$时$f''(t)=24t>0$, 由Jensen不等式,\[\frac1{\sqrt2}\ge\frac{f(x)+f(y)}2\ge f\left(\frac{x+y}2\right)\]因为$f(t)$当$t>\frac12$时单增, 所以$\frac{x+y}2\le\frac{\sqrt{2+\sqrt3}}2$

hbghlyj

$$(4x^3-3x)^2+(4y^3-3y)^2=1⇔(-1+x^2+y^2) (1-8 x^2+16 x^4-8 y^2-16 x^2 y^2+16 y^4)=0$$

hbghlyj

$f(t)=\cos \left(n \cos ^{-1}(t)\right)$
$f''(0)=-n^2 \cos \left(\frac{\pi  n}{2}\right)$
可见, 使得$f''(t)>0∀t>0$的$n\le3$

kuing

还是把三角的方法也完整写一下吧。

由条件易知 `\abs x`, `\abs y\leqslant1`，故可令 `x=\cos a`, `y=\cos b`，由三倍角公式，条件化为
\begin{gather*}
\cos^23a+\cos^23b=1,\\
\cos6a+\cos6b=0,\\
\cos(3a-3b)\cos(3a+3b)=0,
\end{gather*}
所以
\begin{gather*}
3a\pm3b=\frac\pi2+k\pi,\quad k\inZ,\\
a\pm b=\frac{(2k+1)\pi}6,\quad(*)
\end{gather*}
所求式
\[x+y=\cos a+\cos b=2\cos\frac{a-b}2\cos\frac{a+b}2,\]
则有
\begin{align*}
&x+y\leqslant2\left|\cos\frac{a+b}2\right|,\\
&x+y\leqslant2\left|\cos\frac{a-b}2\right|,
\end{align*}
因此，前面式 (*) 的 `\pm` 无论取加还是减，都有
\[x+y\leqslant2\left|\cos\frac{(2k+1)\pi}{12}\right|,\]
由于 `k` 是整数，易知
\[2\left|\cos\frac{(2k+1)\pi}{12}\right|\leqslant2\cos\frac\pi{12},\]
所以 `x+y\leqslant2\cos(\pi/12)`，当 `a=b=\pi/12` 时取等，所以这就是最大值。

hbghlyj

四次:
$$T_4(x)=8x^4-8x^2+1$$
$x,y>0$, $T_4(x)+T_4(y)=S$, 当$S>-\frac29$时, $x+y$不是当$x=y$时取最小值
比如$S=-\frac16$时, 当$(x,y)=(\frac{2+2^{1/4}}{2\sqrt6},\frac{2-2^{1/4}}{2\sqrt6})$时, $x+y$取最小值.

ContourPlot可以看到: $S=-\frac29$是临界点: 当$S>-\frac29$时, 曲线不是凸的.