Đang tải... (xem toàn văn)
Cực trị của các đa thức đối xứng ba biến
Cực trị của các đa thức đối xứng ba biến Mọi đa thức đối xứng ba biến F(x, y, z) đều biểu thị đợc qua các đa thức đối xứng cơ bản s 1 =x+y+z, s 2 =xy+yz+zx, s 3 =xyz. Vấn đề đặt ra: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các đa thức đối xứng p 1 =F(x, y, z) khi biết giá trị của hai trong ba đa thức đối xứng cơ bản: s 1 , s 2 , s 3 . Vậy có ba bài toán cơ bản sau: Bài toán 1: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của đa thức đối xứng p =F(x,y,z) khi biết: (I) x y z a xy yz zx b + + = + + = với a, b cho trớc thỏa mãn 2 3 0a b Vì s 1 =a, s 2 =b đã biết nên p 1 =F(x, y, z)=f(s 3 ) Phơng pháp giải: Từ hệ (I) ta tìm tập giá trị của s 3 . Giả sử tập giá trị là D. Ta khảo sát hàm số p 1 = f(s 3 ), s 3 D để tìm tập giá trị của p rồi suy ra kết quả. Cách tìm tập giá trị của s 3 theo các bớc sau: B ớc 1 : Hệ (I) viết 2 ( ) y z a x yz b x a x x ax b + = = = + Ta phải có điều kiện 2 4s p ( ) 2 2 4( )a x x ax b + 2 2 3 2 4 0x ax b a + 2 2 2 3 2 3 ; 3 3 a a b a a b x + 2 3 2 3 3 ( ) ( )s xyz x x ax b s g x x ax bx= = + = = + B ớc 2 :Khảo sát hàm số 3 ( )s g x= với 2 2 2 3 2 3 ; 3 3 a a b a a b x + sẽ tìm đợc tập giá trị của D của s 3 . Cuối cùng khảo sát hàm số p 1 = f(s 3 ) với s 3 D. Với các biến x, y, z không âm thì bài toán sẽ còn phong phú hơn Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 3 (I) 1 x y z xy yz zx + + = + + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P 1 = x 4 +y 4 +z 4 Ta có 4 2 2 1 1 1 2 2 1 3 4 2 4P s s s s s s= + + . Vì 1 2 3, 1,s s= = nên 1 3 3 ( ) 47 12P f s s= = + , 3 2 3 [1 ( )] 3s xyz x x y z x x x= = + = + Vì 2 3 (I) 3 1 y z x yz x x + = = + , điều kiện ( ) 2 2 3 4( 3 1)x x x + 2 3 6 5 0x x kết hợp 0x ta đợc [ 3 24 0; 3 x + 1 Khảo sát hàm số 3 2 3 ( ) 3s g x x x x= = + với [ 3 24 0; 3 x + Thật vậy 2 3 6 '( ) 3 6 1 0 3 g x x x x = + = = x 0 3 6 3 3 6 3 + 3 24 3 + '( )g x + 0 _ 0 + 3 ( )s g x= 4 6 9 9 4 6 9 9 0 4 6 9 9 Từ bảng biến thiên kết hợp 3 0s ta có 3 4 6 9 0 9 s Chú ý: Có thể rút ra kết quả về tập giá trị của s 3 nh sau: s 3 là giá trị của biểu thức xyz khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm thực 3 3 1 0 , , 3 x y z xy yz zx xyz s x y z + + = + + = = phơng trình 3 2 3 3 0t t t s + = có ba nghiệm thực (có thể trùng nhau) Đồ thị (C): 3 2 3y t t t= + , ] 0;3t và đờng thẳng 3 y s= cắt nhau tại ba điểm (không yêu cầu phân biệt) Ta có 2 ' 3 6 1y t t= + t 0 3 6 3 3 6 3 + 3 '( )g t + 0 _ 0 + y 4 6 9 9 3 0 4 6 9 9 2 Kết quả 3 4 6 9 0 9 s 1 3 3 ( ) 47 12P f s s= = + , 3 4 6 9 0; 9 s 1 4 6 9 105 16 6 47 47 12. 9 3 P + + = Kết quả Min P 1 = 47 chẳng hạn tại x=0, 3 5 3 5 , 2 2 y z + = = Max P 1 = 105 16 6 3 + chẳng hạn tại 3 24 6 24 , 3 6 x y z + = = = Ví dụ 2: Cho x,y,z là các số thực không âm 0x y z+ + > thỏa mãn 2 2 2 7( )x y z xy yz zx+ + = + + . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 4 4 4 4 ( ) x y z Q x y z + + = + + Ta có 1 1 ( , , ) ( , , ), 0Q F x y z F ax ay az a= = . Tính thuần nhất của 1 F cho phép ta thêm giả thiết 3x y z+ + = . Khi đó 2 2 2 7( )x y z xy yz zx+ + = + + 1xy yz zx + + = Bài toán trở thành: tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 4 4 4 4 3 x y z Q + + = biết 3 1 0, 0, 0 x y z xy yz zx x y z + + = + + = Theo kết quả của ví dụ 1 ta có Min 4 1 47 .47 3 81 Q = = 4 5 1 105 16 6 105 16 6 ( ) 3 3 3 MaQ + + = = Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ( nếu có) của đa thức đối xứng 1 ( , , )P F x y z= biết x y z a xyz b + + = = với a, b cho trớc, 0b Ta có s 1 =a, s 2 =b nên P 1 = F(x,y,z) = f(s 2 ) B ớc 1 : Tìm tập giá trị D của s 2 Từ (II) ta có y z a x b yz x + = = phải có 2 ( ) 4 b a x x . Giải bất phơng trình này để tìm tập nghiệm , giả sử tập nghiệm là A. 3 y =s 3 3+ 6 3 3- 6 3 -4 6 -9 9 4 6 -9 9 0 3 3 2 2 ( ) ( ) b b s xy yz zx x y z yz x a x x ax x x = + + = + + = + = + + B ớc 2 : Khảo sát hàm số 2 2 ( ) b s g x x ax x = = + + với x A để tìm tập giá trị của nó là D. Cuối cùng khảo sát hàm số P 1 =f(s 2 ) với 2 s D để suy ra kết quả Ví dụ minh họa: Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của 4 4 4 1 P x y z= + + biết (II) 4 2 0, 0, 0 x y z xyz x y z + + = = > > > Ta có: 4 2 2 1 1 1 2 2 1 3 4 2 4P s s s s s s= + + , 1 3 4, 2s s= = nên 2 1 2 2 2 ( ) 2( 32 144)P f s s s= = + Ta có: 2 2 2 ( ) 4s xy yz zx x y z yz x x x = + + = + + = + + 4 2 ( ) 0 4 y z x II yz x x + = = < < Phải có điều kiện 2 3 2 8 (4 ) 8 16 8 0x x x x x + do x > 0 2 ( 2)( 6 4) 0x x x + . Kết hợp 0 < x < 4 ta đợc 3 5 2x Khảo sát hàm số 2 2 2 ( ) 4s g x x x x = = + + với ] 3 5 ; 2x ta đợc [ 2 5 5 1 5; 2 s Khảo sát hàm số 2 1 2 2 2 ( ) 2( 32 144)P f s s s= = + với [ 2 5 5 1 5; 2 s Ta có: 2 2 2 '( ) 2(2 32) 4( 16)f s s s= = . Trên đoạn [ 2 5 5 1 5; 2 s thì 2 2 '( ) 0 ( )f s f s< nghịch biến trên đoạn này. Suy ra 1 1 5 5 1 (5) 18, ( ) 383 165 5 2 Max P f Min P f = = = = Ví dụ 4: (Bài 5 thi HSG QG 2004) Cho x, y, z là các số thực không âm, x+y+z > 0 thỏa mãn 3 ( ) 32x y z xyz+ + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 4 4 4 4 ( ) x y z Q x y z + + = + + ta có: ( , , ) ( , , ), 0Q h x y z h ax ay az a= = nên ta có thể chỉ xét 4x y z+ + = . Bài toán quy về: Tìm Min, Max của 4 4 4 4 4 x y z Q + + = biết 4 2 0, 0, 0 x y z xyz x y z + + = = > > > Theo ví dụ 3 ta có 4 4 383 165 5 18 9 , 4 4 128 Min Q Max Q = = = 4 Bài toán 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức đối xứng 1 ( , , )P F x y z= biết (III) xy yz zx a xyz b + + = = với a, b cho trớc, 0b Vì s 1 =a, s 3 =b nên P 1 = F(x,y,z)=f(s 1 ) Từ (III) ta có 1 ( ) b y z a x x b yz x + = = phải có điều kiện 2 2 1 ( ) 4 b b a x x x . Giải bất phơng trình này, giả sử tập nghiệm là A. Ta có 1 2 1 ( ) b a b s x y z x a x x x x x = + + = + = + Khảo sát hàm số 1 2 ( ) a b s g x x x x = = + với x A . Gọi D là tập giá trị của s 1 . Cuối cùng khảo sát hàm số P 1 =f(s 1 ) với 1 s D để suy ra kết quả Ví dụ minh họa: Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của 4 4 4 1 P x y z= + + biết 8 4 0, 0, 0 xy yz zx xyz x y z + + = = > > > Từ giả thiết ta có 1 4 (8 ) 4 , 0 y z x x yz x x + = = > . Ta phải có 2 2 2 1 4 16 1 1 (8 ) (2 ) 1 x x x x x (do 0x > ) 3 2 2 4 4 1 0 ( 1)( 3 1) 0x x x x x x + + . Kết hợp với 0x > ta đợc 3 5 0 2 x < hoặc 3 5 1 2 x + 1 2 8 4 s x y z x x x = + + = + với [ [ 3 5 3 5 0; 1; 2 2 x + U 2 1 2 3 3 3 8 8 ( 2)( 2 4) ( 1 5)( 1 5)( 2) ' 1 x x x x x x s x x x x + + + + = + = = 1 ' 0 ( 1 5)( 2) 0s x x + do 0x > x 0 3 5 2 1 5 1 2 3 5 2 + 1 's + + 0 - 0 + + 1 s 1 5 5 2 5 5 1 2 5 5 1 2 5 5 5 Kết hợp với 1 0s > suy từ giả thiết ra đợc 1 5 5 1 5 2 s 4 2 2 1 1 1 2 2 1 3 2 3 4 2 4 , 8, 4P s s s s s s s s= + + = = 4 2 1 1 1 1 1 ( ) 32 16 128P f s s s s= = + + với [ 1 5 5 1 5; 2 s Ta có: [ ] 3 2 1 1 1 1 1 '( ) 4 64 16 4 ( 16) 4f s s s s s= + = + . Với [ 1 5 5 1 5; 2 s 1 '( ) 0f s > Do đó 4 2 1 1 (5) 5 32.5 16.5 128 33 5 5 1 271 75 5 ( ) 2 2 Min P f Max P f = = + + = = = Chú ý: 1) Không cần thiết tìm thêm điều kiện của x để 1 2 8 4 0s x x x = + > , cơ sở của nó là: Giả sử hàm số g(x) có TXĐ D g và 1 2 , g X X D , Y 1 ,Y 2 là tập giá trị tơng ứng của hàm số y=g(x) trên tập X 1 , X 2 và 1 2 A X X= thì 1 2 ( )x A g x Y Y 2) Nếu tìm min, max của 3 3 3 Q x y z= + + với giả thiết: 8 4 0, 0, 0 xy yz zx xyz x y z + + = = > > > thì 3 1 1 2 3 2 3 3 3 8 4Q s s s s s s= + = = 3 1 1 24 12Q s s = + [ 1 5 5 1 5; 2 s 2 2 1 1 1 1 ' 3 24 3( 8) 3( 8)( 8)Q s s s s= = = + do đó trong khoảng [ 1 5 5 1 5; 2 s thì ' 0Q > (5) 17Min Q Q= = , 5 5 1 80 5 92 ( ) 2 4 Max Q Q = = 3) Nếu bài toán tìm giá trị lớn mhất, nhỏ nhất của đa thức đối xứng khi biết một giá trị của một đa thức đối xứng cơ bản thì phơng pháp giải không theo quy trình trên mà phải phối hợp nhiều cách. Sau đây là một số ví dụ Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của 2Q xy yz zx xyz= + + biết 0, 0, 0x y z thỏa mãn 1x y z+ + = Do vai trò bình đẳng của x, y, z ta có thể giả sử x y z . Từ giả thiết suy ra 1 0 3 x . 2 (1 2 ) ( ) ( ) (1 2 ) (1 ) 2 y z Q yz x x y z x x x + = + + + 3 2 1 1 ( 2 1) ( ), 0; 4 3 Q x x f x x + + = 6 Khảo sát hàm số 3 2 1 1 ( ) ( 2 1), 0; 4 3 f x x x x = + + ta đợc 1 7 ( ) ( ) 3 27 Max f x f= = 1 0; 3 x Vậy 7 27 Q 7 1 27 3 Max Q x y z = = = = Mặt khác 3 1 3x y z xyz= + + từ đó suy ra 0 1xyz < (*) và 2 3 3 3 3 ( ) 3 ( ) 3xy yz zx xyz xyz xyz+ + = do (*) 2 0 0Q xy yz zx xyz xyz Min Q = + + = . Chẳng hạn 0, 1x y z= = = Bài 2: Tìm Min, Max của 4 4 4 Q x y z= + + biết x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 3x y z+ + = . Ta có 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 3 3 1 ( ) 3 3 Q x y z x y z Q x y z x y z = + + + + + + + + = 3 1Q x y z= = = = Mặt khác 2 2 2 3 81 36 2 12Q s s s= + + . Vì 1 3s = Ta có 2 2 2 2 0 ( ) 2( )xy yz zx x y z x y z xy yz zx + + + + = + + + + 0 3xy yz zx + + Vậy ] 2 0;3s 3 3 3 0 1x y z xyz xyz= + + 2 3 2 3 3 ( ) 3 3s xy yz zx xyz xyz s= + + = . Do đó 3 2 12 4s s 2 2 2 2 32 81Q s s + với ] 2 0;3s Xét hàm số 2 2 2 2 ( ) 2 32 81f s s s= + , ] 2 0;3s 2 2 2 '( ) 4 32 0 8f s s s= = = . Trong khoảng ] 0;3 hàm số 2 ( )Q f s= nghịch biến nên (0) 81Max Q f= = . Chẳng hạn 0, 3x y z= = = Bài 3: Cho các số thực x, y, z. Chứng minh: 3 2 2 2 2 2 2 2 6( )( ) 27 10( )x y z x y z xyz x y z+ + + + + + + Đặt tham số mới 2 2 2 2 9x y z k+ + = , 0k > bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với 2 3 2( ) 10x y z k xyz k+ + + 2 2 3 (2 ) 2 ( ) 10Q k yz x k y z k = + + ta có: 2 2 2 2 2 4 ( ) (2 ) 4Q x y z k yz k + + + (Bất đẳng thức Bunhiacôpxki) 2 2 2 2 4 (9 2 ) (2 ) 4Q k yz k yz k + + Đặt yz t = 2 2 2 2 4 ( ) (9 2 ) (2 ) 4Q f t k t k t k = + + 7 Không mất tính tổng quát giả sử x y z Kết hợp 2 2 2 2 9x y z k+ + = 2 2 3x k Ta có 2 2 2 2 2 9 3 2 2 y z k x t yz k + = = 2 2 3 3k t k Khảo sát hàm số ( )y f t= , 2 2 3 ;3t k k ta có 6 ( ) 100Max f t k= , 2 2 3 ;3t k k Vậy 2 6 3 100 10Q k Q k đpcm Các bài tập tự luyện: Bài 1: Tìm Min, max của 3 3 3 Q x y z= + + biết 0, 0, 0x y z trong các trờng hợp sau: a) 6x y z+ + = b) 8 16 x y z xyz + + = = Bài 2: Tìm Min, Max của 4 4 4 Q x y z= + + biết 2 2 2 2 1 x y z xy yz zx + + = + + = Bài 3: Cho 0, 0, 0x y z thõa mãn 1x y z+ + = Chứng minh: 7( ) 9 2xy yz zx xyz+ + + Bài 4: Cho 0, 0, 0x y z , 1x y z+ + = Tìm Min, Max của 3 3 3 2006Q x y z= + + 8 . Cực trị của các đa thức đối xứng ba biến Mọi đa thức đối xứng ba biến F(x, y, z) đều biểu thị đợc qua các đa thức đối xứng cơ bản s 1. đề đặt ra: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các đa thức đối xứng p 1 =F(x, y, z) khi biết giá trị của hai trong ba đa thức đối xứng cơ bản: s 1 , s