已知x,y,z⩾0,p是一个给定的实数,求fp=∑cyc(xy+z)p的最小值关于p的表达式S(p).
分析与解 不妨设x+y+z=1且x⩾y⩾z,则z∈[0,13],记r=log23−1.
情形一 p⩽0.
此时fp=(y+zx)−p+(z+xy)−p+(x+yz)−p⩾3(y+zx⋅z+xy⋅x+yz)−p3⩾3(2√yzx⋅2√xyy⋅2√yzx)−p3=32p,等号当且仅当x=y=z时取得.因此fp的最小值S(p)=32p.
情形二 0<p⩽12.
此时(xy+z)p=x2pxp(y+z)p⩾2x2px2p+(y+z)2p⩾2x2px2p+y2p+z2p,因此有fp⩾∑cyc2x2px2p+y2p+z2p=2,等号当x=y=12,z=0时取得.因此fp的最小值S(p)=2.
情形三 12<p⩽r.
此时根据幂平均不等式和琴生不等式(注意:因为函数y=√x1−x的两阶导函数为y″=14x−32(1−x)−52(4x−1),所以它在区间[14,1]上为下凸函数),有fp⩾2[12(√x1−x+√y1−y)]2p+(z1−z)p⩾2(√x+y21−x+y2)2p+(z1−z)p=2[x+y2−(x+y)]p+(z1−z)p=2(1−z1+z)p+(z1−z)p,令t=z1−z,则t∈[0,12],且z=t1+t,上式变为φ(t)=2(1+2t)−p+tp,t∈[0,12],其导函数φ′(t)=pt1−p(1+2t)1+p⋅[(1+2t)1+p−4t1−p],设μ(t)=(1+2t)1+p−4t1−p,则其导函数μ′(t)=2(1+p)(1+2t)p−4(1−p)t−p.由于μ′(t)单调递增,而μ′(12)=3p(6p−2)>0,于是μ(t)先单调递减,再单调递增.而μ(0)=1,μ(12)=0,因此φ(t)先单调递增,再单调递减.此时S(p)=min当\dfrac 12<p<r时,x=y=\dfrac 12,z=0时取到最小值;
当p=r时,x=y=\dfrac 12,z=0以及x=y=z时,同时取到最小值.
情形四 p>r.
此时根据幂平均不等式有f_p\geqslant 3\left[\dfrac 13\sum_{cyc}\left(\dfrac{x}{y+z}\right)^r\right]^{\frac pr}\geqslant 3\left(\dfrac 23\right)^{\frac pr}=3\left(\dfrac {2}{2^{r+1}}\right)^{\frac pr}=\dfrac{3}{2^p},等号当x=y=z时取得.因此S(p)=\dfrac{3}{2^p}.
综上所述,所求f_p的最小值的表达式S(p)=\begin{cases} \dfrac{3}{2^p},&p\in (-\infty,0]\cup\left({\log_2}3-1,+\infty\right),\\ 2,&p\in \left(0,{\log_2}3-1\right].\end{cases}
注 幂平均不等式与琴生不等式:
幂平均不等式 \left(\dfrac {a_1^\alpha +a_2^\alpha +\cdots+a_n^\alpha}{n}\right)^{\frac 1\alpha }\geqslant \left(\dfrac {a_1^\beta+a_2^\beta+\cdots+a_n^\beta}{n}\right)^{\frac 1\beta},其中a_i>0,\alpha >\beta.
当\alpha=2,\beta=1,n=2时,就是不等式\sqrt{\dfrac {a_1^2+a_2^2}{2}}\geqslant \dfrac {a_1+a_2}{2},当\alpha =1,\beta=-1,n=2,就是不等式\dfrac {a_1+a_2}{2}\geqslant \dfrac {2}{\dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}}.
琴生不等式 如果f(x)是下凸函数,即对定义域内任意的x_{1},x_{2},有\dfrac 12[f(x_{1})+f(x_{2})]\geqslant f\left(\dfrac {x_{1}+x_{2}}{2}\right).那么对任意的\lambda _{i}\geqslant 0,\sum\limits_{i=1}^{n}{\lambda _{i}}=1,i=1,2,\cdots,n,有\lambda _{1}f(x_1)+\lambda _{2}f(x_2)+\cdots+\lambda _{n}f(x_n)\geqslant f\left(\lambda _{1}x_1+\lambda _{2}x_2+\cdots+\lambda _{n}x_n\right).
分类的依据是怎样找到的?