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最小值

August 13, 2017, 3:19 am

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教中三不等式時，跟同學討論過：

已知

$x\ge 3$

我們不能說

的最小值是 3，

除非真的可以等於 3。

舉一例。

對實數，設 f(x)=(x^2+1)^2+3 。

易知 $f(x) \ge 3$ ，

但 f(x) 的最小值不是 3，而是 4。

多談一例。

我們知道，對於任何正數，必有

$x+\frac{1}{x} \ge 2$

為何？

只要考慮

$x+\frac{1}{x}=(\sqrt{x}-\sqrt{\frac{1}{x}})^2+2$

即是說

$x+\frac{1}{x} \ge 2$

好了，這裡有一道舊題：

設正數 a,b 滿足 a+b=1 ，求 $(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2$ 的最小值。

以下是錯解：

因

$a+\frac{1}{a} \ge 2\Rightarrow (a+\frac{1}{a})^2 \ge 4$

同理

$(b+\frac{1}{b})^2 \ge 4$

把上兩式加起來，便有

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2\ge 8$ ……………….. (*)

所以

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2$ 的最小值是 8 嗎？錯！

雖然 (*) 是對的，但其最小值不是 8，而是 $\frac{25}{2}$ 。

先看看答案：

https://www.wolframalpha.com/input/?i=minimum+(a%2B1%2Fa)%5E2%2B(b%2B1%2Fb)%5E2+for+a%2Bb%3D1+and+a%3E0+and+b%3E0

容易解釋為何最小值不是 8，因為

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2$ 不能等於 8。

要使它等於 8，必要

$(a+\frac{1}{a})^2 = (b+\frac{1}{b})^2 = 4$

必有

a=b=1

但這是不合題的，因為題目要求

a+b=1 。

要找出最小值是 $\frac{25}{2}$ ，有數個方法，這裡談兩個。

考慮點 $P(a+\frac{1}{a},b+\frac{1}{b})$ 。為在直線 x+y=0 之垂足（foot of perpendicular），見下圖

必有

$PO \ge PQ$

同學試去以下連結，drag 下 a 值，看看如何：

https://www.geogebra.org/m/KkcCjPGT

所以

$\sqrt{(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2}\ge \frac{|(a+\frac{1}{a})+(b+\frac{1}{b})|}{\sqrt{1^2+1^2}}$

注：求是利用以前中四附加數學知識，點 (x_0,y_0) 和直線 Ax+By+C=0 之距離為 $\frac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$ 。

於是

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2\ge \frac{(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b})^2}{2}=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{ab})^2$ （因為 a+b=1 ）

好了，對於任何正數 a,b ，必有

$a+b\ge 2\sqrt{ab}$

這是因為

$(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \ge 0\Rightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge 0$

如果 a+b=1 ，得

$1\ge 2\sqrt{ab}\Rightarrow \frac{1}{ab}\ge 4$

從而

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2\ge \frac{1}{2}(1+4)^2 = \frac{25}{2}$ 。

當 $a=b=\frac{1}{2}$ ，

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2=(\frac{5}{2})^2+(\frac{5}{2})^2=\frac{25}{2}$ ，數值可達，

所以才敢說

$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2$ 的最小值是 $\frac{25}{2}$ 。

其實以上手法不過是利用以前純數學過的一道最基本的不等式「算幾不等式」，舊人可證明以下更一般的結果：

已知正數 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 滿足 $a_1+a_2+\dots +a_n=k$ （其中為常數），則

$\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_i+\frac{1}{a_i})^m\ge n(\frac{k}{n}+\frac{n}{k})^m$

說回 n=2,k=1 的情況，M1 或 M2 的同學也可以求導法處理，即求

$f(x)=(x+\frac{1}{x})^2+(1-x+\frac{1}{1-x})^2$

的整體極小值（global minimum），其中 x > 0 。

不過我沒有興趣做，找機器代勞：

https://www.wolframalpha.com/input/?i=derivative+(x%2B1%2Fx)%5E2%2B(1-x%2B1%2F(1-x))%5E2

上面連結顯示，導數有三個 zeros（即使 f'(x)=0 的值），分別是

$x=\frac{1}{2}$ ，

$x=\frac{1}{6}(2-2^{\frac{2}{3}}\sqrt[3]{25-3\sqrt{69}}-2^{\frac{2}{3}}\sqrt[3]{25+3\sqrt{69}}) < 0$

及

$x=\frac{1}{6}(4+2^{\frac{2}{3}}\sqrt[3]{25-3\sqrt{69}}+2^{\frac{2}{3}}\sqrt[3]{25+3\sqrt{69}}) > 1$

所以只有 $x=\frac{1}{2}$ 才符合 0 < x < 1 的要求。

又因為

$f''(\frac{1}{2})=196 > 0$

（當然唔係人手做咁蠢啦，找機器幫唔做兩秒搞定：https://www.wolframalpha.com/input/?i=2nd+derivative+(x%2B1%2Fx)%5E2%2B(1-x%2B1%2F(1-x))%5E2++at+x%3D0.5）

於是，對於 0 < x < 1 ， f(x) 的（整體）最小值就是 $f(\frac{1}{2})=\frac{25}{2}$ 了。

注：之前想用 $\triangledown f=\lambda \triangledown g$ ，原來冇咩好處，免提了。

若刪除 a,b 為正數這條件，題目變為

設實數 a,b 滿足 a+b=1 ，求 $(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2$ 的最小值。

wolframalpha 告之

咁多手求埋 maximum，它告之

看到有趣之處嗎？

忘記了 year 1 的東西？可以溫習下：

https://www.khanacademy.org/math/multivariable-calculus/applications-of-multivariable-derivatives/lagrange-multipliers-and-constrained-optimization/v/constrained-optimization-introduction

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