題目

Problem

Find the maximum value of

f(x) = 2\sqrt{x} - \sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}, \quad \text{for } x \in [1, \infty).

Show your work to get the points. (10%)

(5) $\underline{\quad\text{見解答}\quad}$ .

解答

展開

本題要求連續函數 $f(x) = 2\sqrt{x} - \sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}$ 在定義域 $[1, \infty)$ 上的最大值。
我們對 $f(x)$ 進行微分，求出一階導數 $f'(x)$ ： $f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2\sqrt{x+1}} - \frac{1}{2\sqrt{x-1}}$ 為了判斷 $f'(x)$ 的正負號，我們可以觀察其結構。它包含三個形如 $t^{-1/2}$ 的項。
我們令輔助函數為 $h(t) = t^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{t}}$ $h (t) = t^{- 1/2} = \frac{1}{t}$ ，定義在 $t > 0$ $t > 0$ 。對 $h(t)$ $h (t)$ 進行兩次微分以判斷其凹凸性：
- $h'(t) = -\frac{1}{2}t^{-3/2}$
- $h''(t) = \frac{3}{4}t^{-5/2} > 0$ 因為二階導數恆大於 $0$ ，所以 $h(t)$ 在定義域上是**嚴格凹向上（或稱嚴格凸，Strictly Convex）**的函數。
根據詹森不等式 (Jensen’s Inequality)，對於嚴格凸函數 $h(t)$ ，在其定義域內的任意兩個不相等實數 $a$ 與 $b$ ，均有： $\frac{h(a) + h(b)}{2} > h\left( \frac{a+b}{2} \right)$
我們令 $a = x+1$ ， $b = x-1$ 。此時 $\frac{a+b}{2} = x$ 。代入詹森不等式，即可一秒判斷出 $f'(x) < 0$ 恆成立。
這說明 $f(x)$ 在整個定義域上是嚴格單調遞減的。因此，最大值必然發生在定義域的左側邊界起點 $x=1$ 處。

展開

首先，對函數 $f(x) = 2\sqrt{x} - \sqrt{x+1} - \sqrt{x-1}$ 在區間 $(1, \infty)$ 上進行微分：

f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2\sqrt{x+1}} - \frac{1}{2\sqrt{x-1}} \quad \text{--- (1)}

我們引入輔助函數為：

h(t) = \frac{1}{\sqrt{t}} = t^{-\frac{1}{2}}, \quad t > 0

對 $h(t)$ 求一階與二階導數：

\begin{align*} h'(t) =&\, -\frac{1}{2} t^{-\frac{3}{2}} \\[4mm] h''(t) =&\, \frac{3}{4} t^{-\frac{5}{2}} \end{align*}

當 $t > 0$ 時，二階偏導 $h''(t) > 0$ 恆成立。因此，函數 $h(t) = \frac{1}{\sqrt{t}}$ 為一個**嚴格凹向上（Strictly Convex）**的函數。

根據詹森不等式，對於任意不相等的正實數 $a$ 與 $b$ ，凸函數滿足：

\frac{h(a) + h(b)}{2} > h\left( \frac{a+b}{2} \right)

當 $x > 1$ 時，我們令：

a = x+1, \quad b = x-1

此時 $a \neq b$ ，且其算術平均數為：

\frac{a+b}{2} = \frac{(x+1) + (x-1)}{2} = x

將這三項代入詹森不等式中：

\begin{align*} \frac{\frac{1}{\sqrt{x+1}} + \frac{1}{\sqrt{x-1}}}{2} >&\, \frac{1}{\sqrt{x}} \\[4mm] \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2\sqrt{x+1}} - \frac{1}{2\sqrt{x-1}} <&\, 0 \end{align*}

對照式 (1) 的導數定義，這說明：

f'(x) < 0 \quad \text{對於所有 } x \in (1, \infty) \text{ 恆成立}

因為一階導數在區間內恆為負，函數 $f(x)$ 在定義域 $[1, \infty)$ 上為嚴格單調遞減。故函數的最大值必然發生在區間的起點 $x = 1$ ：

\begin{align*} f(1) =&\, 2\sqrt{1} - \sqrt{1+1} - \sqrt{1-1} \\[4mm] =&\, 2 - \sqrt{2} - 0 \\[4mm] =&\, 2 - \sqrt{2} \end{align*}

結論： 函數的最大值為 $2 - \sqrt{2}$ 。

展開

如果在考場上沒有聯想到詹森不等式，我們也可以直接對一階導函數 $f'(x)$ 進行通分與代數比較。
一階導數為： $f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{2\sqrt{x^2-1}}$
我們要判斷 $f'(x) < 0$ 是否恆成立，等價於比較： $\frac{1}{\sqrt{x}} \stackrel{?}{<} \frac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}}{2\sqrt{x^2-1}} \iff 2\sqrt{x^2-1} \stackrel{?}{<} \sqrt{x}(\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1})$
由於兩邊在 $x > 1$ 時皆為正數，我們可以將不等式兩邊同時進行兩次平方，消去根式後化簡比較。
通過嚴密的代數化簡，最終能證明 $f'(x) < 0$ 恆成立，進而得出最大值同樣發生在邊界點 $x=1$ 。

展開

我們對一階導函數進行通分整理：

f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{2\sqrt{x+1}} - \frac{1}{2\sqrt{x-1}} = \frac{2\sqrt{x^2-1} - \sqrt{x}\big(\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}\big)}{2\sqrt{x(x^2-1)}}

要判定 $f'(x) < 0$ 恆成立，只需證明分子在 $x > 1$ 時恆小於 $0$ ：

2\sqrt{x^2-1} < \sqrt{x}\big(\sqrt{x-1} + \sqrt{x+1}\big) \quad \text{--- (2)}

由於不等式兩邊均為正數，我們將兩邊同時平方：

\begin{align*} \text{左式}^2 =&\, 4(x^2 - 1) = 4x^2 - 4 \\[4mm] \text{右式}^2 =&\, x \Big( (x-1) + (x+1) + 2\sqrt{(x-1)(x+1)} \Big) \\[4mm] =&\, x \Big( 2x + 2\sqrt{x^2-1} \Big) \\[4mm] =&\, 2x^2 + 2x\sqrt{x^2-1} \end{align*}

因此，不等式 (2) 成立等價於：

\begin{align*} 4x^2 - 4 <&\, 2x^2 + 2x\sqrt{x^2-1} \\[4mm] 2x^2 - 4 <&\, 2x\sqrt{x^2-1} \\[4mm] x^2 - 2 <&\, x\sqrt{x^2-1} \quad \text{--- (3)} \end{align*}

現在，我們對式 (3) 進行討論：

當 $1 < x < \sqrt{2}$ 時：左邊 $x^2 - 2 < 0$ ，而右邊 $x\sqrt{x^2-1} > 0$ 。負數必然小於正數，因此式 (3) 顯然成立。
當 $x \ge \sqrt{2}$ 時：此時左邊與右邊皆為非負數，我們可以對兩邊再次平方： $\begin{align*} (x^2 - 2)^2 <&\, x^2 (x^2 - 1) \\[4mm] x^4 - 4x^2 + 4 <&\, x^4 - x^2 \\[4mm] 4 <&\, 3x^2 \end{align*}$ 因為 $x \ge \sqrt{2} \implies x^2 \ge 2$ ，所以 $3x^2 \ge 6 > 4$ 。此不等式必然成立。

綜上所述，不等式 (2) 在所有 $x > 1$ 時恆成立。這證明了 $f'(x) < 0$ 恆成立，函數 $f(x)$ 在 $[1, \infty)$ 上為嚴格單調遞減。

因此，最大值發生在 $x = 1$ ：

f(1) = 2\sqrt{1} - \sqrt{2} - \sqrt{0} = 2 - \sqrt{2}

結論： 函數的最大值為 $2 - \sqrt{2}$ 。