从平均数说起
我们都知道 \(n\) 个数的平均数表示为：
\[\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots a_n}{n} \]这种最常见的平均数被称为“算术平均数”（Arithmetic Mean）。还有一种常用的平均数为“几何平均数”（Geometric Mean），计算公式如下：
\[\sqrt[n]{a_1 a_2 a_3\cdots a_n} \]其几何意义为：考虑一个 \(n\) 维“长方体”，各边长度用 \(a\) 数组表示，则几何平均数为“与其体积相等的 \(n\) 维正方体的边长”。
几何平均数在金融领域也十分常用，比如：初始股票有 \(100\) 元，第一个月增长了 \(100\%\) 至 \(200\) 元，第二个月跌了 \(50\%\) 回到 \(100\) 元。现在计算平均增长率，如果使用算术平均数，则计算得 \(\frac{100\%+(-50\%)}{2}=25\%\)。
但通过常识我们知道答案应该为 \(0\)。朴素的计算方法为：假设平均增长率为 \(r\)，则需要满足 \((1+r)(1+r)=(1+100\%)(1-50\%)\)。此时的 \(r\) 才是需要求的平均增长率。可以发现，这个式子事实上就是在求 \((1+100\%)\) 和 \((1-50\%)\) 的几何平均数。
回到数学领域。事实上，这两种平均数是有严格的大小关系的，即均值不等式。
均值不等式
均值不等式（AM-GM Inequality）是数学中非常常用的一个公式，表示为：
\[\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1 a_2 a_3\cdots a_n} \]即，\(n\) 个数的算数平均值大于等于几何平均值。该不等式成立的条件为这 \(n\) 个数是非负数。不等式取等的充分必要条件为这 \(n\) 个数全部相等。
证明
证明有很多种，这里就拿最常见的一种证明讲解。
首先考虑只有两个数的情况。此时的证明比较容易：
\[(x-y)^2\ge 0\\ x^2+y^2-2xy\ge 0\\ x^2+y^2\ge 2xy \]令 \(x=\sqrt{a_1},y=\sqrt{a_2}\)，则有：
\[a_1+a_2\ge 2\sqrt{a_1 a_2}\\ \frac{a_1+a_2}{2}\ge\sqrt{a_1 a_2} \]于是两个数的均值不等式得证。
接下来，推广到 \(n=2^k\) 时的证明。使用数学归纳法：
假设均值不等式在 \(n=k\) 时成立，我们证明其在 \(n=2k\) 时成立：
\[\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots+a_{2k}}{2k}\ge\sqrt[2k]{a_1 a_2 a_3\cdots a_{2k}} \]\[\Leftrightarrow\frac{1}{2}(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_k}{k}+\frac{a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{2k}}{k})\ge\sqrt{\sqrt[k]{a_1 a_2\cdots a_{k}}\sqrt[k]{a_{k+1}a_{k+2}\cdots a_{2k}}} \]设 \(x_1=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_k}{k},x_2=\frac{a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{2k}}{k},y_1=\sqrt[k]{a_1 a_2\cdots a_{k}},y_2=\sqrt[k]{a_{k+1}a_{k+2}\cdots a_{2k}}\)，则由于假设 \(n=k\) 时成立，所以 \(x_1\ge y_1,x_2\ge y_2\)。又因为均值不等式在 \(n=2\) 时成立，所以：
\[\frac{1}{2}(x_1+x_2)\ge\frac{1}{2}(y_1+y_2)\ge \sqrt{y_1 y_2} \]由于 \(n=2\) 时成立，所以可以推出 \(n=4,8,16\cdots\) 时也成立。故 \(n=2^k\) 时成立。
然后我们考虑倒序证明。我们证明：若均值不等式在 \(n=k\) 时成立，则在 \(n=k-1\) 时也成立。这个证明就比较容易了：
设这 \(k-1\) 个数的算术平均值为 \(A\)，则加入元素 \(A\) 后形成的 \(k\) 个数的数组算术平均值不变。由于在 \(n=k\) 时成立，所以：
\[A\ge\sqrt[k]{a_1 a_2\cdots a_{k-1}A} \]两边同时取 \(k\) 次方，得：
\[A^k\ge a_1 a_2\cdots a_{k-1} A\\ A^{k-1}\ge a_1 a_2\cdots a_{k-1} \]再同时取 \(k-1\) 次根，得：\(A\ge\sqrt[k-1]{a_1 a_2\cdots a_{k-1}}\)
于是得证。由于对于每个 \(n\) 都存在某个 \(k\) 使得 \(n\le 2^k\)，所以可以从 \(2^k\) 一步步倒推，所以均值不等式对于任意 \(n\) 成立。
对于两个数的均值不等式，还有一个巧妙的无字证明如下图：
由相似或勾股定理可以得出，黄线的长度即为 \(a,b\) 的几何平均数。
应用
在应用上，有两个非常常用的转化，这里先写出来以省略后面的推导篇幅。
\[a_1+a_2+\cdots a_n\ge n\sqrt[n]{a_1 a_2\cdots a_n}\\ a_1 a_2\cdots a_n\le (\frac{a_1+a_2+\cdots a_n}{n})^n \]即：\(n\) 个数的和大于等于 \(n\) 倍几何平均；\(n\) 个数的积小于等于算术平均的 \(n\) 次方。证明显然，只是将均值不等式移了一下项。
问题一：证明对于周长固定的矩形，正方形的面积最大。
设周长为 \(C\)，长宽为 \(a,b\)，则有 \(a+b=C/2\)。面积为 \(ab\)。由转化二可知，\(ab\le(\frac{a+b}{2})^2=(\frac{C}{4})^2\)，因此面积 \(ab\) 最大不超过 \((\frac{C}{4})^2\)。由取等条件可知，\(ab=(\frac{C}{4})^2\) 当且仅当 \(a=b\)，即为正方形。
问题二：某工厂要制造一个无盖的圆柱形桶，要求容积为 \(\frac{3}{2}\pi\) 立方米。底面的金属每平方米 \(3\) 元，侧面的每平方米 \(2\) 元。求最小造价以及方案。
设底面半径为 \(r\)，高为 \(h\)，则要求 \(\pi r^2h=\frac{3}{2}\pi\)，即 \(r^2h=\frac{3}{2}\)。此时的花费为 \(\pi r^2\cdot 3+2\pi rh\cdot 2\)。由均值不等式的转化一：
\[\begin{aligned} \pi r^2\cdot 3+2\pi rh\cdot 2&=\pi r^2\cdot 3+2\pi rh+2\pi rh\\ &\ge3\sqrt[3]{\pi r^2\cdot 3\cdot 2\pi rh\cdot 2\pi rh}\\ &=3\pi\sqrt[3]{12r^4h^2}\\ &=3\pi\sqrt[3]{12(r^2h)^2}\\ &=9\pi \end{aligned} \]由取等条件可知，当 \(\pi r^2\cdot 3=2\pi rh\) 时花费最小，即 \(h=\frac{3}{2}r\)。
这个不等式的推导涉及到“拆项”的技巧，即第一行中把 \(2\pi rh\cdot 2\) 拆成 \(2\pi rh+2\pi rh\)。仔细观察上面的过程可以发现，均值不等式实际上将加法转换为了乘法。虽然是否拆项在加法上没有区别，但转化到乘法就会导致次数的不同。此处是为了凑 \(r^4h^2\)（因为给定 \(r^h\) 为常数）。
例题
题意：一个小球下落时间为 \(\frac{A}{\sqrt{g}}\)，初始时 \(g=1\)，每次可以花费 \(B\) 的时间将 \(g\) 增加 \(1\)，问最小总时间。
考虑答案关于 \(g\) 的函数 \(f(g)=\frac{A}{\sqrt{g}}+B(g-1)\)，由于最小值与常数无关，所以可以看成 \(f(g)=\frac{A}{\sqrt{g}}+Bg\)，则由均值不等式：
\[\begin{aligned} f(g)&=\frac{A}{\sqrt{g}}+Bg\\ &=\frac{A}{2\sqrt{g}}+\frac{A}{2\sqrt{g}}+Bg\\ &\ge 3\sqrt[3]{\frac{A^2B}{4}} \end{aligned} \]由此可知函数最小值不会小于 \(3\sqrt[3]{\frac{A^2B}{4}}\)，取等条件为 \(\frac{A}{2\sqrt{g}}=Bg\)，即 \(g=(\frac{A}{2B})^\frac{2}{3}\)。
#include <bits/stdc++.h>
const long double eps = 1e-10;
using ldb = long double;
using ll = long long;
ldb a,b;
long double calc(long double x) {
return x * b + (long double) a / std::sqrt(1 + x);
}
int main() {
std::cin >> a >> b;
long double x = pow( a / (2 * b) , 2.0 / 3 ) - 1;
ll x1 = x;
long double ans = a;
for (ll p = x1 - 10; p <= x1 + 10; ++ p) ans = std::min(ans,calc(p));
printf("%.10Lf",ans);
return 0;
}