三元代数式最值探索

已知x,y,z0p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=1xyz,则z[0,13],记r=log231

情形一 p0

此时fp=(y+zx)p+(z+xy)p+(x+yz)p3(y+zxz+xyx+yz)p33(2yzx2xyy2yzx)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<p12

此时(xy+z)p=x2pxp(y+z)p2x2px2p+(y+z)2p2x2px2p+y2p+z2p,因此有fpcyc2x2px2p+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<pr

此时根据幂平均不等式和琴生不等式(注意:因为函数y=x1x的两阶导函数为y=14x32(1x)52(4x1),所以它在区间[14,1]上为下凸函数),有fp2[12(x1x+y1y)]2p+(z1z)p2(x+y21x+y2)2p+(z1z)p=2[x+y2(x+y)]p+(z1z)p=2(1z1+z)p+(z1z)p,t=z1z,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)=pt1p(1+2t)1+p[(1+2t)1+p4t1p],μ(t)=(1+2t)1+p4t1p,则其导函数μ(t)=2(1+p)(1+2t)p4(1p)tp.由于μ(t)单调递增,而μ(12)=3p(6p2)>0,于是μ(t)先单调递减,再单调递增.而μ(0)=1μ(12)=0,因此φ(t)先单调递增,再单调递减.此时S(p)=min\dfrac 12<p<r时,x=y=\dfrac 12,z=0时取到最小值;
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
\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},\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).

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三元代数式最值探索》有一条回应

  1. benzuo说:

    分类的依据是怎样找到的?

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