话说前两天人教群里讨论了这样一道题：
求函数 $\bigl(\sin x+\sqrt3\bigr)(\cos x+1)$ 的最大值。
这道题求导就可以做了，并不难。其实这类题很早以前就见过，数字或者不同，反正就是 $(a+\sin x)(b+\cos x)$ 型的最值问题，当时就知道一般情形不会有简单解，因为涉及四次方程，能解的只能是一些特殊情况。
今日闲来无事，不如就来看看上面那种特殊情况的题目是怎么构造出来的，顺便自己也试着构造一些来玩玩，解解闷。
还是要从一般情况说起，记 $f(x)=(a+\sin x)(b+\cos x)$，求导得
\[f'(x)=\cos x(b+\cos x)-\sin x(a+\sin x)=2\cos^2x-1+b\cos x-a\sin x,\]
设 $f(x)$ 取得最值的其中一个点为 $(x_0,m)$，那么该点必满足方程组
\[
\led
f(x_0)&=m,\\
f'(x_0)&=0,
\endled
\qquad(1)
\]
记 $\cos x_0=t\in[-1,1]$，则
\begin{align*}
(1)\iff{}&\led
m-ab-a\cos x_0&=\sin x_0(b+\cos x_0), \\
2\cos^2x_0-1+b\cos x_0&=a\sin x_0,
\endled \\
\riff{}&\led
(m-ab-at)^2&=(1-t^2)(b+t)^2, \\
(2t^2-1+bt)^2&=a^2(1-t^2),
\endled \qquad(2)
\end{align*}
由方程组 (2) 可以看出 $t$ 是一个四次方程的根，一般情况下左右作差也不能简单地因式分解。那 $m$ 又如何呢？如果了解高等代数，可以用结式在方程组 (2) 中消去 $t$，最终得到方程
\[g_1(m)\cdot g_2(m)=0,\]
其中
\begin{align*}
g_1(m)={}&16 m^4-48 a b m^3+(a^4+b^4+50 a^2 b^2-20 a^2-20 b^2-8) m^2\\
&-2 a b (a^4+b^4+10 a^2 b^2-11 a^2-11 b^2+10)m\\
&+(a^2-1)(b^2-1)(a^2+b^2-1)^2,\\
g_2(m)={}&16 m^4-48 a b m^3+(9 a^4+b^4+58 a^2 b^2-4 a^2-20 b^2-8) m^2\\
&-2 a b (9 a^4 + b^4 + 18 a^2 b^2 - 23 a^2 - 11 b^2+10)m\\
&+(b^2-1)(a^2 + b^2-1)(a^2 b^2 - 6 a^2 + 9 a^4 - b^2+1).
\end{align*}
也就是说最值 $m$ 一定是 $g_1$ 或 $g_2$ 的根，够复杂吧，况且即使用四次方程求根公式硬解出所有根，还得去判断取舍，所以说如果随便取 $a$, $b$，那题目就等于废了。
那么，我们现在的目标是：找出 $a$, $b$ 使得以上所出现的方程中能够有简单的解，这样出来的题目才能做。
首先说明一下，由于
\begin{align*}
f(x)&=(a+\sin x)(b+\cos x),\\
f\left(\frac\pi2-x\right)&=(b+\sin x)(a+\cos x),\\
f(-x)&=-(-a+\sin x)(b+\cos x),\\
f(\pi-x)&=-(a+\sin x)(-b+\cos x),\\
f(\pi+x)&=(-a+\sin x)(-b+\cos x),
\end{align*}
它们的值域相同，由此可见交换 $a$, $b$ 是等价的，$a$, $b$ 的正负也是无关重要的，也就是说如果接下来遇到解出 $a=\pm\cdots$, $b=\pm\cdots$ 时，都只取其一。另外，如果 $\abs a=\abs b$ 或 $ab=0$ 那么题目就太简单了，所以下面的推理过程中已经舍去这两种情况而不再说明。
由于 $g_1$ 和 $g_2$ 比较复杂，所以我们还是选择从相对简单的方程组 (2) 入手。
为了得到简单的解，我们希望方程组 (2) 的第二个方程
\[
(2t^2-1+bt)^2=a^2(1-t^2) \qquad(3)
\]
左右作差后能够有简单的因式分解。
先来目测一下，因为我们看到右边有 $1-t^2$，所以如果想要因式 $t-1$ 或 $t+1$ 会比较容易，就试一下前者，令 $t=1$ 代入式 (3)，化简得 $(1+b)^2=0$，即取 $b=-1$，代入式 (3) 并作差因式分解得到
\[(t+1)\bigl(4 t^3 +(a^2-3)t-a^2+1\bigr)=0, \qquad(4)\]
到这里显然只要让 $a^2=3$ 或 $a^2=1$ 就有很简单的解了，注意后者太简单应舍去，所以取前者，即 $\boxed{a=\sqrt3, b=-1}$，这正是刚开始提到的那道题目。
也可以对 $t$ 赋值解出 $a$，比如对式 (4) 令 $t=1/3$ 化简得 $a^2=25/18$，这样就得到另一种特殊情况 $\boxed{a=5\sqrt2/6, b=-1}$，经软件检验，的确有简单解（若不特别说明，接下来所有得出的特殊情况均通过软件的检验）。
甚至可以从式 (4) 解出 $a$ 再看看取什么 $t$ 好，解得
\[a=\pm(2t-1)\sqrt{\frac{1+t}{1-t}},\]
为了没有根号，可以取 $t=3/5$，这样就得到特殊情况 $\boxed{a=2/5, b=-1}$，这个数据不比开头那道题目差。
现在看回式 (3)，若想要式 (3) 作差分解有因式 $t$，令 $t=0$ 代入式 (3) 可以得到 $a=1$，此时式 (3) 化简得
\[t\bigl(4 t^3+4 b t^2+(b^2-3)t-2 b\bigr)=0,\]
把 $b$ 解出来，得
\[b=\frac{1-2t^2\pm\sqrt{1-t^2}}t,\]
不想要根号，又令 $t=3/5$，得到 $b=9/5$ 及 $b=-13/15$，这样就得到两种特殊情况 $\boxed{a=1, b=9/5}$ 和 $\boxed{a=1, b=-13/15}$。
待续…… |
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发表于 2013-7-28 22:24
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发表于 2013-8-19 17:23
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