Bài viết đề cập đến các chứng minh các định lý cơ bản và cơ sở áp dụng nhiều cho
các phần bất đẳng thức; hình học phẳng ; giải tích ( không liên quan đến số học ) cần
nắm chắc các chứng minh để có thể áp dụng thực tiễn sâu hơn ; do đây là lần đầu tôi
làm một công trình như này ; nên không tránh khỏi sai xót ; mong mọi người đóng
góp ý kiến ; bài viết không đề cập đến các kỹ năng sử dụng hoặc biến đổi ; các kỹ
thuật dùng các bất đẳng thức hay một vấn đề nào ; ngoài ra tôi sẽ lập lại bảng các
công thức đạo hàm ; tích phân ( không chứng minh ) ; vi phân và một số bài toán hay
( không đề cập đến các công thức lượng giác ) . Tùy theo mức độ hay và thường được
sử dụng ; tôi không quy ước là sẽ chứng minh định lý nào trước . Có một số bài toán
hay lồng ghép vào và sẽ giành cho người đọc bài viết này tự chứng minh .
1/ Chứng minh bất đẳng thức AM – GM ( cauchy )
Bất đẳng thức phát biểu dưới dạng : trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn
hơn hoặc bằng trung bình nhân của n số đó ; đẳng thức xảy ra khi tất cả các số này
bằng nhau
Và phát biểu dạng :
Cho
1 2
; ; ;
n
a a a
không âm và là các số thực ; khi đó ta có bất đẳng thức

1 2 3
1 2

.
n
n
n
a a a a
a a a

n n
a a
T a a T a a T
T
− − ≥ <=> + − ≥ ≥
Xét n – 1 số không âm
2 1 1
; ; ;
n n
a a a a T
−
+ −

Bây giờ nếu ta giả sử bất đẳng thức đúng với n – 1 số
Thì

1
2 3 4 1 1
2 3 1
( ( )) .
. .
1
n
n n
n
a a a a a T a a
a a a
n T
−
−

1 2
; ;
n
a a a
và đặt trung bình cộng của nó là u
Áp dụng bất đẳng thức trên rồi nhân vế với vế
Ta có ngay :

n
1
i
i=1
a
exp( )
u
n
i
i
n
a
n
u
=
≤ −
∏
∑
; thế nhưng số mũ lại là 0
Vậy thì
1
n

a a a a n+ + + + ≥
Ta chứng minh bằng quy nạp
Với n = 2 ; bất đẳng thức hiển nhiên đúng ( bất đẳng thức AM – GM cho 2 số )
Có đẳng thức khi 2 số bằng 1
Giả sử bất đẳng thức đúng với n
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n + 1
Tức là :
Nếu có tất cả các số này cùng bằng 1 thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra ; bây giờ giả sử
1
i
a <
thế thì tồn tại ít nhất một số
1
j
a >
; chẳng hạn ta giả sử
1
1; 1
n n
a a
+
< >
Áp dụng giả thiết quy nạp ta có :

1 2 1 1
.
n n n
a a a a a n
− +
+ + + + ≥

∏
= 1
Áp dụng bổ đề trên thì

1
1
n
i
a
n
c
=
≥
∑
Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi tất cả
các số này bằng nhau .
Cách 4 : Ta áp dụng 1 trong các tính chất của hàm lồi
Xét bổ đề ( không chứng minh ) :
‘ Nếu f(x) là 1 hàm lồi trên I thì với mọi n số trên I ta có :

1 2 3 1
( ) ( )
( )
n n
x x x x f x f x
f
n n
+ + + + + +
≤
Xảy ra đẳng thức khi các số này bằng nhau

x x x
x
x x
n
e e e
e
n
+ + +
+ +
≤
Hiển nhiên bất đẳng thức AM – GM được chứng minh ; có đẳng thức khi tất cả các
số này bằng nhau .
2/ Bất đẳng thức cauchy – swhwars ( bunhiacopxki )
Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này ; dưới đây tôi chỉ nêu ra 4 cách
chứng minh hay sử dụng .
Bất đẳng thức phát biểu dưới dạng ; cho 2 dãy số có n số dạng
;
i i
a b
; không âm
Khi đó ta có bất đẳng thức

2 2 2 2 2 2
1 2 1 1 1
( )( ) ( . . )
n n n n
a a a b b a b a b+ + + + + ≥ + +
Có đẳng thức khi tồn tại một số thực k không âm để cho 2 dãy này tỉ lệ bằng k
Cách 1 : Áp dụng hằng đẳng thức Lagrange ( không chứng minh )
Ta có :

2 2 2
1 1 1
' ( . ) ( )( ) 0
n n n
i i i i
i i i
a b a b
= = =
∆ = − ≤
∑ ∑ ∑
Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi 2 dãy này tỉ lệ
( Khai triển hàm số giành cho người đọc ).
Cách 4 : Sử dụng bất đẳng thức jensen trên hàm lồi
Xét hàm
2
( )f x x=
là hàm lồi trên R ; do đó theo bất đẳng thức jensen ; áp dụng cho
các dãy không âm ta có:

1 1
1 1
( )
( )
n n
i i i i
i i
n n
i i
i i
a x a f x

Ta có ngay S ( FBC ) = S ( ABE ) (1)
Tam giác FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF ; đường cao ứng với đáy này
bằng nhau và bằng AB
Vậy thì 2.S ( FBC ) = S ( ABFG ) (2)
Chứng minh tương tự :
2.S ( ABE ) = S ( BHKE ) (3)
Từ (1) ; (2) ; (3)
Ta có : S ( BHKE) = S ( ABFG )
Chứng minh tương tự thì :
S ( CHKD ) = S ( ACMN )
Cộng 2 vế hai đẳng thức này tương ứng ; định lý pitago được chứng minh .
4/ Giải phương trình nghiệm nguyên :

2 2 2
x y z+ =
( phương trình pitago nổi tiếng )
Trước hết ta có thể giả sử x; y ; z là 3 số nguyên tố cùng nhau
Thật vậy gọi
; ;
o o o
x y z
là 3 số thỏa mãn đẳng thức trên và có ước chung lớn nhất là d ;
thế thì
0
; ;
o o
x y z
d d d
cũng là nghiệm của phương trình này .
Với x ; y ; z nguyên tố cùng nhau thì chúng nguyên tố đôi một cùng nhau ; vì nếu 2

nghiệm thì trái dấu của chúng cũng là nghiệm nên ta chỉ xét nghiệm dương )
Vậy ta có
2 2 2 2
;z m n y m n= + = −
; trong đó m ; n nguyên tố cùng nhau ; chẵn lẻ khác
nhau và m > n
Nên ta tìm được
2x mn=

Vậy ta có công thức nghiệm tổng quát cho phương trình là :
x = t.2mn
y =
2 2
( ).m n t−

z = t.
2 2
( )m n+

Trong đó m ; n nguyên tố cùng nhau ; chẵn lẻ khác nhau và t là số nguyên tùy ý .
5/ Chứng minh định lý lớn fermat với n = 4
Gợi ý : Sử dụng nguyên lý cực hạn ; và bổ đề pitago đã chứng minh trên ; hãy giả sử
có nghiệm x ; y ; z thỏa mãn phương trình ; và nó nhỏ nhất ; ta sẽ tìm được nghiệm
khác thỏa mãn nhỏ hơn nghiệm ban đầu nên phương trình đã cho vô nghiệm .
6/ Định lý Rolle ; định lý cauchy ; định lý lagrange :
Định lý Rolle phát biểu dưới dạng
Cho hàm f(x) liên tục trên [ a ; b ] ( a < b ) ; khả vi trên ] a ; b [ và nếu f(a) = f(b) thì
tồn tại một giá trị x = c để mà f’(c) = 0 .
Chứng minh :
Giả sử không tồn tại c mà f ‘ (c ) = 0 ; tức là f’(x) khác không với mọi giá trị x nằm

= −
−
Lần lượt tính g(b) và g(a)
Xét hiệu :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) .( )
f b f a
g b g a f b f a b a
b a
−
− = − − −
−
=0
Ta có g(b) = g(a) ; theo định lý Rolle thì tồn tại c để

( ) ( )
'( ) '( ) 0
f b f a
g c f c
b a
−
= − =
−
Tức là tồn tại c để :

( ) ( )
'( )
f b f a
f c
b a

( )' .ln
x x
a a a=

1
(ln )'x
x
=
(sinx)'=cos x

( os x)' = - sin xc
2
( )' ectgx s x=

2
( )' osecctgx c x= −
2
1
(arcsin x)' =
1 - x

2
1
(arccos x )' = -
1 - x
2
1
(arctg x )' =
1 + x


∫
1
1
m
m
x
x dx C
m
+
= +
+
∫
với m khác -1
2
arctgx
1
dx
C
x
= +
+
∫
2
arcsinx+C
1
dx
x
=
−
∫

( ) 0
a
a
f x dx =
∫
( ) ( ) ( )
b c b
a a c
f x dx f x dx f x dx= +
∫ ∫ ∫
1 2 1 2
( ( ) ( )) ( ) ( )
b b b
a a a
f x f x dx f x dx f x dx+ = +
∫ ∫ ∫
. ( ) . ( )
b b
a a
C f x dx C f x dx=
∫ ∫
trong đó C là hằng số
Nếu ta tìm được 2 số m ; n thỏa mãn bất đẳng thức :

( )m f x n≤ ≤
Thì ta cũng có bất đẳng thức :

( ) ( ) ( )
b
a

0
( ) 2 ( )
a a
a
f x dx f x dx
−
=
∫ ∫
Sau khi đã học xong bảng các công thức này ; chúng ta tìm hiểu vài điều về chuỗi số
Và các tiêu chuẩn so sánh cơ bản .
1/ Nếu chuỗi
1 2 3

n
u u u u+ + + + +
Hội tụ và chuỗi
1 2

m m
u u
+ +
+ +
nhận được từ chuỗi ban đầu đã cho sau khi bớt đi m
số hạng đầu thì nó cũng hội tụ
2/ Nếu chuỗi
1 2 3

n
u u u u+ + + + +
= S


Được gọi là chuỗi điều hòa ; và chuỗi này phân kỳ
Dưới đây tôi liệt kê một số tiêu chuẩn và định lý so sánh các chuỗi
Tiêu chuẩn so sánh thứ nhất
Giả sử ta có 2 chuỗi dương là

1 2 3
1 2 3n
n
u u u u
v v v v
+ + + + +
+ + + + +
Gọi chuỗi u là (1) và chuỗi v là (2)
Trong đó số hạng tổng quát tương ứng của chuỗi (1) không vượt quá chuỗi (2)
Khi đó ; nếu chuỗi (1) phân kỳ thì chuỗi (2) cũng phân kỳ ; chuỗi (2) hội tụ thì chuỗi
(1) cũng hội tụ
Tiêu chuẩn so sánh thứ hai
Nếu tồn tại giới hạn của lim ( n
→ ∞
)
n
n
u
v
= k ; trong đó k hữu hạn và khác không ; thì
cả 2 chuỗi

Tiêu chuẩn Đalambe .
Nếu chuỗi

1 2 3
u u u+ + +
Có lim ( n
→ ∞
)
1n
n
u
u
+
= D ; thì chuỗi đó D < 1 và phân kỳ khi D > 1
Tiêu chuẩn tích phân .
Cho hàm số f(x) liên tục ; dương và giảm đơn điệu khi x
≥
1 ; thì chuỗi
1
n
n
u
∞
=
∑
trong
đó
n
u
= f(n) sẽ hội tụ hay phân kỳ tùy thuộc vào tích phân của nó là

kỳ ; một số nữa thì phân kỳ tại cả hai mút . Số R bằng nửa độ dài của khoảng hội tụ
được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa . Trong trường hợp đặc biệt ; bán kính
hội tụ có thể là không hoặc có thể là vô hạn . Nếu R = 0 ; thì chuỗi lũy thừa chỉ hội tụ
tại điểm a ; còn nếu R là vô hạn thì chuỗi hội tụ trên toàn trục số .
Để tìm các khoảng và bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa có thể sử dụng một trong
các phương pháp sau
1/ Nếu tất cả các hệ số
n
a
của chuỗi đều khác không
Lúc đó ta có
R = lim ( n
→ ∞
) |
1
n
n
a
a
+
|
Trong điều kiện giới hạn này là tồn tại ( hữu hạn hoặc vô hạn )
2/ Nếu chuỗi xuất phát có dạng
2
0 1 2
( ) ( ) ( )
p p np
n
a a x a a x a a x a+ − + − + + − +
Trong đó p là một số nguyên dương xác định nào đó từ 2 trở đi ; thì

Trong đó
0 0
u a=
và
( ) ( )
N
n n
u x a x a= −
; ở đây sự phụ thuộc của N vào n có thể bất kỳ ;
đồng thời
n
a
không ký hiệu hê số của
( )
n
x a−
mà là hệ số của số hạng thứ n của chuỗi
ta sẽ tìm được khoảng hội tụ theo bất đẳng thức
Lim ( n
→ ∞
)
1
| |
| |
n
n
u
u
+
< 1 hoặc lim ( n

na x a
∞
−
=
−
∑1
0
( )
( )
1
x
n
n
n
a
a x a
S x dx
n
+
∞
=
−
=
+
∑
∫
Trong đó –R < x – a < R

x x x
x
+ + + + =
−
Tìm tổng của chuỗi

2 3 4

2 3 4
x x x
x + + + +
( |x| < 1 )
Như ví dụ trước ; ta tích phân đẳng thức trong khoảng từ 0 đến x ta có ngay

2 3 4

2 3 4
x x x
x + + + +
= -ln(1 – x)
Chuỗi này hội tụ trong khoảng [ -1 ; 1 [
Ngoài các lĩnh vực đang rất phát triển như hiện nay ; như các phép tính vi tích phân
trong giải tích ; ……. Thì học sinh THCS có nhiều bạn rất thích làm các bài toán về
hình học phẳng ; nó thật sự là một bộ môn rèn luyện tư duy con người ; nó bắt chúng
ta phải suy nghĩ ; phải tìm tòi và có rất nhiều cách giải hay và cực kỳ độc đáo cho
những bài toán đó . Ở phần này tôi nêu lên vài bài toán hay cho tất cả mọi người cùng
đọc .
1/ Đường thẳng Euler trong tam giác
Chứng minh rằng trong một tam giác bất kỳ thì tâm đường tròn ngoại tiếp ; trực tâm
và trọng tâm thẳng hàng

Ta dễ dàng có :

( )
( )
S BOD BD
S COD DC
=
Và :
( )
( )
S BAD BD
S CAD DC
=
Vậy ta có :
( )
( )
BD S ABO
DC S CAO
=
( tỉ lệ thức )
Hoàng toàn tương tự ; ta chứng minh được

( )
( )
CE S BCO
EA S ABO
=

AF ( )
FB ( )

MB MC
=
Và những đẳng thức tương tự suy ra từ đẳng thức trên .
Ta cùng chứng minh định lý này bằng phương pháp diện tích .
Trước hết ta nhận thấy S ( MNB ) = S ( MNC ) ; do cùng đáy MN và đường cao hạ
xuống MN // BC .
Cộng 2 vế với S (AMN) ta có : S ( ANB ) = S ( AMC ).
Chia cả 2 vế với S ( ABC ) :

AM AN
AB AC
=

Ta có ngay dpcm ; quá đơn giản phải không ? Không phải định lý nào cũng khó như
bạn nghĩ ; nghĩ khó sẽ chẳng bao giờ làm được .
Tôi kết thúc phần hình học phẳng ở đây để chúng ta cùng chuyển qua giải quyết một
số bài toán khác ; nổi tiếng và ứng dụng không kém .
1/ Bất đẳng thức Jensen
Cho n số thực không nhỏ hơn 1 và n không nhỏ hơn 2 ; khi đó ta có bất đẳng thức :

1
1
1
1
1
n
n
n
i
i

i
k
x
x
=
=
≥
+
+
∑
∏
Đặt S =
1 1
1 1
1 1

1 1
k k
k
x x
+ +
+
+ +
+ +
Theo giả thiết quy nạp ; ta thu được:
S -
1
1
1
1

( 1).
1
1
k
k
k
i
i
k
x
x
+
+
+
=
+ −
+
+
∏
1 1 2
1 1
1 .
k k k
k
k k
k
x x x
− −
+
≥

ab bc ac
+ +
+ +
Thế nhưng đây
2
( ) 3( )a b c ab bc ac+ + ≥ + +
là một bất đẳng thức quen thuộc .
Bài toán hiển nhiên được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Ta xét bài toán với 4 biến với các điều kiện a ; b ; c dương :

2
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức này .
Bây giờ ta xét bài toán tổng quát :

1 2
2 3 3 4 1 2

2
n
a
a a n
a a a a a a
+ + + ≥
+ + +
Bất đẳng thức này thực chất không khó ; chứng minh giành cho người đọc .
Tôi sẽ kết thúc bài viết này bằng việc chứng minh công thức Taylor ( định lý taylor )

n
n
n
f a f a f a
f x f a x a x a x a R x
n
= + − + − + + − +
Trong đó
( 1) 1
( ) ( ). ! .( )
x
n n
n
a
R x f t n x t dt
+ −
= −
∫
Dùng công thức tích phân từng phần ta có ngay :
( 1)
1 ( 2) 1
( )
( ) ( ) ( ).( 1)! ( )
( 1)!
x
n
n n n
n
a
f a