Crimson-boi[9] 我用拉格朗日, 可不可以做不等式

题目背景

贴吧偷来的. 话说本系列题目怎么越来越弱智了

题面

a,b,c>0, a^2+b^2+c^2=2, 且\max\lbrace a,b,c\rbrace\leq1, 求\frac{b^2-a^2}c+\frac{c^2-b^2}a+\frac{a^2-c^2}b的最大值.

先想再看提示哦

提示

首先, 通常的取等条件a=b=c会使原式=0, 显然不是最大值, 于是考虑最大值应在\max\lbrace a,b,c\rbrace=1时取到. 然而这是一个非常不好用常见的不等式处理的条件, 所以不妨试试同样不常见的调整法.

愿你无需看标答

标答

首先不妨设a=\max\lbrace a,b,c\rbrace, 下证取最大值时必有c\geq b.

若否, 令b>c, 观察原式, 发现正好可将c-b作为公因式提出, 且剩下的式子对b, c对称!

\begin{aligned}
\frac{b^2-a^2}c+\frac{c^2-b^2}a+\frac{a^2-c^2}b&=a^2\left(\frac1b-\frac1c\right)+\left(\frac{b^2}c-\frac{c^2}b\right)+\frac{c^2-b^2}a\\
&=(c-b)\frac{a^2}{bc}+\frac{(b-c)(b^2+c^2+bc)}{bc}\\
&+(c-b)\frac{b+c}a\\
&=(c-b)\left(\frac{a^2}{bc}-\frac{b}c-\frac{c}b-1+\frac{b}a+\frac{c}a\right)
\end{aligned}

于是, 若是互换b, c, 那么原式的正负性将会改变, 一个很自然的想法即证b>c时原式\leq0.

这等价于证明\frac{a^2}{bc}-\frac{b}c-\frac{c}b-1+\frac{b}a+\frac{c}a\geq0.

考虑到a的最大性, 应有\frac{a}b,\frac{a}c\geq1, 为方便表述, 令\frac{a}b=x, \frac{a}c=y; 目标化为证明x,y\geq1时f(x,y)=xy+\frac1x+\frac1y-\frac{x}y-\frac{y}x-1\geq0.

虽然高中没有学过"偏导", 但此处也能用"令某变量为主元"来解释. 不过, 为了规范, 本文这里写的依然是偏导.

\frac{\partial f}{\partial x}=y-\frac1y+\frac y{x^2}-\frac1{x^2}\geq0, 由对称性可得\frac{\partial f}{\partial y}\geq0, 于是f(x,y)\geq f(1,1)=0, 意味着b>c时原式\leq0, 而交换b, c后原式\geq0, 是一个更好的调整. 于是, 取最大值时必有c\geq b.

再证取最大时必有a=1. 若否, 即a<1,b^2+c^2>1时, 作如下调整: a'=1,b'^2+c'^2=1,c'-b'=c-b.

先证这样的调整是合法的: 令c-b=k, 由0<b,c\leq1得0\leq k<1. 那么关于c'的方程变为c'^2+(c'-k)^2=2c'^2-2kc'+k^2=1. 左边(令其为g(t))的对称轴在0\leq\frac{2k}{2\cdot2}=\frac k2<\frac12处, 且g(0)=g(k)=k^2<1, g(1)=1+(1-k)^2>1, 于是解c'必在对称轴右侧, 且有k<c'<1, 此时0<b'=c'-k<1符合条件.

同时, g(t)=b^2+c^2>1的解c也必在对称轴右侧, 又因g(c)>g(c'), 于是有c>c', 两边同时减k就有b>b'.

所以就有x'=\frac{a'}{b'}>\frac ab=x, 同理y'>y, 这推出f(x',y')>f(x,y). 再因前面乘的是个\geq0的常数, 所以调整后原式的值更优. 综上, 取最大值时必有a=1.

将a=1带入, 原题化为b^2+c^2=1时求c^2-b^2+b-c的最大值, 三角换元求导即可, 答案\frac{\sqrt{\frac{71-17\sqrt{17}}2}}4.