Cực trị của đa thức đối xứng ba biến

Sáng kiến kinh nghiệm trong dạy học: 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 s1=x+y+z, s2=xy+yz+zx, s3=xyz Vấn đề đặt ra: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các đa thức đối xứng p1=F(x, y, z) khi biết giá trị của hai trong ba đa thức đối xứng cơ bản: s1, s2, s3 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 a2 − 3b≥ 0

Vì s1=a, s2=b đã biết nên p1=F(x, y, z)=f(s3)

Phơng pháp giải: Từ hệ (I) ta tìm tập giá trị của s3 Giả sử tập giá trị là D Ta khảo sát hàm số p1= f(s3), s3∈D để tìm tập giá trị của p rồi suy ra kết quả.

Cách tìm tập giá trị của s3 theo các bớc sau:

B

ớc 1 : Hệ (I) viết ( ) 2

y z a x

+ = −



 = − − = − +



Ta phải có điều kiện s2 ≥ 4p ( )2 2

3x 2ax 4b a 0

;

B

ớc 2 :Khảo sát hàm số s3 =g x( ) với 2 2 3 ; 2 2 3

sẽ tìm đợc tập giá trị của D của s3

Cuối cùng khảo sát hàm số p1= f(s3) với s3∈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 (I) 3

1

x y z

xy yz zx

+ + =



 + + =

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P1= x4+y4+z4

P =s − s s + s + s s Vì s1 = 3,s2 = 1, nên P1 = f s( ) 47 123 = + s3 ,

3 (I)

+ = −



 , điều kiện ( )2 2

3 −x ≥ 4(x − 3x+ 1) 2

3x 6x 5 0

⇔ − − ≤ kết

hợp x≥ 0 ta đợc [0;3 24

3



Khảo sát hàm số 3 2

s =g x = −x x +x với [0;3 24

3



'( ) 3 6 1 0

3

g x = x − x+ = ⇔ =x ±

3

3

3

+

'( )

4 6 9 9

9

−

9

Từ bảng biến thiên kết hợp s3 ≥ 0ta có 0 3 4 6 9

9

≤ ≤

Chú ý: Có thể rút ra kết quả về tập giá trị của s3 nh sau:

s3 là giá trị của biểu thức xyz khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm thực

3

3 1

x y z

xy yz zx

xyz s

x y z

+ + =



 + + =







⇔phơng trình 3 2

3

t − t + − =t s có ba nghiệm thực (có thể trùng nhau)

⇔Đồ thị (C): 3 2

3

y t= − t +t, t∈   0;3] và đờng thẳng y s= 3 cắt nhau tại ba điểm

(không yêu cầu phân biệt)

Ta có y' 3 = t2 − + 6t 1

3

3

'( )

y

4 6 9 9

Kết quả 0 3 4 6 9

9

≤ ≤

1 ( ) 47 12 3 3

3

4 6 9

0;

9



1

4 6 9 105 16 6

Kết quả Min P1= 47 chẳng hạn tại x=0, 3 5, 3 5

Max P1=105 16 6

3

+ chẳng hạn tại 3 24 6 24

,

Ví dụ 2: Cho x,y,z là các số thực không âm x y z+ + > 0 thỏa mãn

4

Q

x y z

= + +

Ta cóQ F x y z= 1 ( , , ) =F ax ay az a1 ( , , ), ≠ 0 Tính thuần nhất của F1 cho phép ta thêm giả thiết x y z+ + = 3 Khi đó x2 +y2 +z2 = 7(xy yz zx+ + ) ⇒xy yz zx+ + = 1

Bài toán trở thành: tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 4 44 4

3

Q= + + biết 3

1

x y z

xy yz zx

+ + =







Theo kết quả của ví dụ 1 ta có Min 14.47 47

1 105 16 6 105 16 6

Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ( nếu có) của đa thức đối xứng

1 ( , , )

xyz b

+ + =



 với a, b cho trớc, b≠ 0

Ta có s1 =a, s2 =b nên P1= F(x,y,z) = f(s2)

B

ớc 1 : Tìm tập giá trị D của s2

Từ (II) ta có

y z a x

b yz x

+ = −





 phải có

2

(a x) 4b

x

− ≥ Giải bất phơng trình này để tìm

tập nghiệm , giả sử tập nghiệm là A

y =s 3

3+ 6 3

3- 6 3

-4 6 -9 9

4 6 -9 9 0 3

3

B

ớc 2 : Khảo sát hàm số 2

x

= = − + + với x A∈ để tìm tập giá trị của nó

là D Cuối cùng khảo sát hàm số P1=f(s2) với s2 ∈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

x y z

xyz

+ + =





 > > >



Ta có: 4 2 2

P =s − s s + s + s s , s1 = 4,s3 = 2 nên 2

1 ( ) 2( 2 2 32 2 144)

2

2

x

4 2 ( )

x x

+ = −







< <



Phải có điều kiện 2 8 3 2

(4 x) x 8x 16x 8 0

x

− ≥ ⇔ − + − ≥ do x > 0

2

(x 2)(x 6x 4) 0

⇔ − − + ≥ Kết hợp 0 < x < 4 ta đợc 3 − 5 ≤ ≤x 2

Khảo sát hàm số 2

2

2

x

= = − + + vớix∈ −3 5 ; 2] ta đợc 2 [

5 5 1 5;

2



Khảo sát hàm số 2

1 ( ) 2( 2 2 32 2 144)

P = f s = s − s + với 2 [

5 5 1 5;

2



Ta có: f s'( ) 2(2 2 = s2 − 32) 4( = s2 − 16) Trên đoạn 2 [

5 5 1 5;

2

 thì

'( ) 0 ( )

f s < ⇒ f s nghịch biến trên đoạn này Suy ra

5 5 1

2

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

(x y z+ + ) = 32xyz Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

4

Q

x y z

+ +

= + +

ta có: Q h x y z= ( , , ) =h ax ay az a( , , ), ≠ 0 nên ta có thể chỉ xét x y z+ + = 4 Bài toán

quy về: Tìm Min, Max của 4 44 4

4

Q= + + biết 2 4

x y z xyz

+ + =





 > > >



Theo ví dụ 3 ta có 383 165 54 , 184 9

Bài toán 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức đối xứng P1 =F x y z( , , )

biết (III) xy yz zx a

xyz b



 với a, b cho trớc, b≠ 0

Vì s1 =a, s3 =b nên P1= F(x,y,z)=f(s1)

Từ (III) ta có

1 ( b)

b yz x







phải có điều kiện 2

2

1 (a b) 4b

x −x ≥ x Giải bất phơng trình này, giả sử tập nghiệm là A

1

Khảo sát hàm số s1 g x( ) x a b2

= = + − với x A∈ Gọi D là tập giá trị của s1 Cuối cùng khảo sát hàm số P1=f(s1) với s1 ∈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

xy yz zx xyz





 > > >



Từ giả thiết ta có

(8 ) 4

y z

x







2

x − x ≥ x ⇔ x − x ≥ (do x> 0)

⇔ − + − ≤ ⇔ − − + ≤ Kết hợp với x> 0 ta đợc

0

2

< ≤ hoặc 1 3 5

2

≤ ≤

x x

= + + = + − với [0;3 5 [1;3 5

2

s

1

s ≥ ⇔ + −x x− ≥ do x> 0

2

2 +

1 '

1

s

1 5 5 2

2

2

−

Kết hợp với s1 > 0suy từ giả thiết ra đợc 5 1 5 5 1

2

≤ ≤

P = f s =s − s + s + với 1 [

5 5 1 5;

2



f s = s − s + = s s − + Với 1 [

5 5 1 5;

2

 ⇒ f s'( ) 01 >

Do đó

1

1

(5) 5 32.5 16.5 128 33

5 5 1 271 75 5

Chú ý:

1) Không cần thiết tìm thêm điều kiện của x để 1 2

0

x x

= + − > , cơ sở của nó là: Giả sử hàm số g(x) có TXĐ Dg và X X1 , 2 ⊂D g, Y1,Y2 là tập giá trị tơng ứng của hàm số y=g(x) trên tập X1, X2 và A =X1 ∩X2 thì x A∈ ⇔g x( ) ∈ ∩Y1 Y2

2) Nếu tìm min, max của Q x= + + 3 y3 z3 với giả thiết:

8 4

xy yz zx

xyz





 > > >



thì 3

3

⇒ = − + 1 [

5 5 1 5;

2



do đó trong khoảng 1 [

5 5 1 5;

2

 thì Q' 0>

(5) 17

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 Q xy yz zx= + + − 2xyz biết

x≥ y≥ z≥ thỏa mãnx y z+ + = 1

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

y z

Q≤ − x + + =x f x x  

∈   

Khảo sát hàm số 1 3 2 1

∈    ta đợc

( ) ( )

3 27

1

0;

3

∈   

Vậy 7

27

Mặt khác 1 = + + ≥x y z 3 3 xyz từ đó suy ra 0 ≤xyz< 1 (*)

và xy yz zx+ + ≥ 3 (3 xyz) 2 ≥ 3 (3 xyz) 3 = 3xyz do (*)

⇒ = + + − ≥ ≥ ⇒ = Chẳng hạn x= =y 0, z= 1

Bài 2: Tìm Min, Max của Q x= 4 +y4 +z4biết x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x y z+ + = 3.

Ta có

1

1

3

Q

⇒ ≥





Q= ⇔ = = =x y z

Q= − s + s + s Vì s1 = 3

Ta có 0 ≤xy yz zx x+ + ≤ 2 +y2 +z2 = + + (x y z) 2 − 2(xy yz zx+ + )

⇒ ≤ + + ≤ Vậy s2 ∈   0;3]

3

3 = + + ≥x y z 3 xyz⇒ ≤ 0 xyz≤ 1

2 3

s =xy yz zx+ + ≥ xyz ≥ xyz= s Do đó12s3 ≤ 4s2

2

⇒ ≤ − + với s2 ∈   0;3]

Xét hàm số 2

f s = s − s + ,s2 ∈   0;3]

f s = s − = ⇔ =s Trong khoảng  0;3] hàm số Q= f s( ) 2 nghịch biến

nên Max Q= f(0) 81 = Chẳng hạn x= =y 0, z= 3

Bài 3: Cho các số thực x, y, z Chứng minh:

3

6(x y z x+ + )( +y +z ) 27 ≤ xyz+ 10(x +y +z )

Đặt tham số mới x2 +y2 +z2 = 9k2, k> 0

bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với

2(x y z k+ + ) ≤xyz+ 10k

ta có: Q2 ≤ x2 + + (y z) 2   (2k2 −yz) 2 + 4k4  (Bất đẳng thức Bunhiacôpxki)

2 (9 2 2 ) (2 2 ) 2 4 4

Đặt yz t= ⇒Q2 ≤ f t( ) (9 = k2 + 2 ) (2t  k2 −t) 2 + 4k4 

Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö x ≥ y ≥ z

KÕt hîp x2 +y2 +z2 = 9k2 ⇒x2 ≥ 3k2

Ta cã 2 2 9 2 2 2

3

3k t 3k

⇒ − ≤ ≤

Kh¶o s¸t hµm sè y= f t( ), t∈ −  3 ;3k2 k2  ta cã Max f t( ) 100 = k6, t∈ −  3 ;3k2 k2 

VËy Q2 ≤ 100k6 ⇒ ≤Q 10k3 ®pcm

C¸c bµi tËp tù luyÖn:

Bµi 1: T×m Min, max cña Q x= + + 3 y3 z3biÕt x≥ 0,y≥ 0,z≥ 0 trong c¸c trêng hîp

sau:

a)x y z+ + = 6

16

x y z

xyz

+ + =





Bµi 2: T×m Min, Max cña Q x= 4 +y4 +z4biÕt

2 1

xy yz zx

 + + =

 + + =



Bµi 3: Cho x≥ 0,y≥ 0,z≥ 0 thâa m·n x y z+ + = 1

Chøng minh: 7(xy yz zx+ + ) 9 ≤ xyz+ 2

Bµi 4: Cho x≥ 0,y≥ 0,z≥ 0, x y z+ + = 1

T×m Min, Max cña Q x= + + 3 y3 2006z3