Bằng cách đổi biến nọ kia ta có thể giả sử a=b=c=1như thế thì $x^{2} +y^{2}=1$Trường hợp 1 : n chẵn = 2k . Ta sẽ tạo điểm rơi cho các bdt Cauchy như sau $d.x^{2k}+u+u+...+u \geq k . \sqrt[k]{d.u^{k-1}} . x^{2}$ ( gồm k-1 số u )$e.y^{2k}+v+v+...+v \geq k . \sqrt[k]{e.v^{k-1}} . y^{2}$ ( gồm k-1 số v )Để có thể áp dụng được giả thiết thì $d. u^{k-1}=e. v^{k-1}$ Từ đẳng thức này ta tính được $\frac{u}{v}=\sqrt[k-1]{\frac{e}{d}}$ (1)mà khi xảy ra dấu bằng thì $d.x^{2k}=u , e.y^{2k}= v$ (2)Từ 1 và 2 ta sẽ tìm được giá trị của x và y , từ đó tìm được u và v , suy ra được minVì là bài tổng quát nên em sẽ không đi chi tiết vào kết quả , chị có thể chọn d=1 , e=3 , n = 6 để minh họaTrường hợp 2 : n=2k+1Tương tự như trường hợp 1 nhưng sẽ áp dụng như thế này$d.x^{2k+1} +d. x^{2k+1}+ u +u+......+u$ gồm 2k-1 số u $e.y^{2k+1} +d. y^{2k+1}+ v +v+......+v$ gồm 2k-1 số vMặc dù có vẻ phức tạp nhưng trong những trường hợp riêng thì khá đơn giản
Bằng cách đổi biến nọ kia ta có thể giả sử a=b=c=1như thế thì x^{2} +y^{2}=1Trường hợp 1 : n chẵn = 2k . Ta sẽ tạo điểm rơi cho các bdt Cauchy như sau d.x^{2k}+u+u+...+u \geq k . \sqrt[k]{d.u^{k-1}} . x^{2} ( gồm k-1 số u )e.y^{2k}+v+v+...+v \geq k . \sqrt[k]{e.v^{k-1}} . y^{2} ( gồm k-1 số v )Để có thể áp dụng được giả thiết thì d. u^{k-1}=e. v^{k-1} Từ đẳng thức này ta tính được \frac{u}{v}=\sqrt[k-1]{\frac{e}{d}} (1)mà khi xảy ra dấu bằng thì d.x^{2k}=u , e.y^{2k}= v (2)Từ 1 và 2 ta sẽ tìm được giá trị của x và y , từ đó tìm được u và v , suy ra được minVì là bài tổng quát nên em sẽ không đi chi tiết vào kết quả , chị có thể chọn d=1 , e=3 , n = 6 để minh họaTrường hợp 2 : n=2k+1Tương tự như trường hợp 1 nhưng sẽ áp dụng như thế nàyd.x^{2k+1} +d. x^{2k+1}+ u +u+......+u gồm 2k-1 số u e.y^{2k+1} +d. y^{2k+1}+ v +v+......+v gồm 2k-1 số vMặc dù có vẻ phức tạp nhưng trong những trường hợp riêng thì khá đơn giản
Bằng cách đổi biến nọ kia ta có thể giả sử a=b=c=1như thế thì
$x^{2} +y^{2}=1
$Trường hợp 1 : n chẵn = 2k . Ta sẽ tạo điểm rơi cho các bdt Cauchy như sau
$d.x^{2k}+u+u+...+u \geq k . \sqrt[k]{d.u^{k-1}} . x^{2}
$ ( gồm k-1 số u )
$e.y^{2k}+v+v+...+v \geq k . \sqrt[k]{e.v^{k-1}} . y^{2}
$ ( gồm k-1 số v )Để có thể áp dụng được giả thiết thì
$d. u^{k-1}=e. v^{k-1}
$ Từ đẳng thức này ta tính được
$\frac{u}{v}=\sqrt[k-1]{\frac{e}{d}}
$ (1)mà khi xảy ra dấu bằng thì
$d.x^{2k}=u , e.y^{2k}= v
$ (2)Từ 1 và 2 ta sẽ tìm được giá trị của x và y , từ đó tìm được u và v , suy ra được minVì là bài tổng quát nên em sẽ không đi chi tiết vào kết quả , chị có thể chọn d=1 , e=3 , n = 6 để minh họaTrường hợp 2 : n=2k+1Tương tự như trường hợp 1 nhưng sẽ áp dụng như thế này
$d.x^{2k+1} +d. x^{2k+1}+ u +u+......+u
$ gồm 2k-1 số u
$e.y^{2k+1} +d. y^{2k+1}+ v +v+......+v
$ gồm 2k-1 số vMặc dù có vẻ phức tạp nhưng trong những trường hợp riêng thì khá đơn giản