2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 243
2.3.8.
Theo công thức Taylor
f(x) Ă f(0)
g(x) Ă g(0)
=
f
0
(0)x +
1
2
f
00
(à
1
(x))x
2
g
0
(0)x +
1
2
g
00
(à
2
(x))x
2
:
Mặt khác theo định lý giá trị trung bình
f

x!0
+
à(x)
x
=
1
2
:
2.3.9.
(a) Theo công thức Taylor
f(0) = f(x +(Ăx)) = f(x)+
f
0
(x)
1!
(Ăx)+
f
00
(x)
2!
(Ăx)
2
+ ÂÂÂ+
f
(n)
(x)
n!
(Ăx)
n
+

x
2
+
x
2

= f

x
2

+
f
0
Ă
x
2
Â
1!

x
2

+ ÂÂÂ+
f
(2n)
Ă
x
2
Â

x
2

= f

x
2

Ă
f
0
Ă
x
2
Â
1!

x
2

+ ÂÂÂ+
f
(2n)
Ă
x
2
Â
(2n)!

x

2

x
2

+
2
3!
f
(3)

x
2

x
2

3
+ ÂÂÂ+
2
(2n Ă1)!
f
(2nĂ1)

x
2

x
2


chứng minh.
2.3.11.
Sử dụng kết quả bài trên với
f(x)=ln(x +1)
,
x>0
và chú ý rằng
đạohàm lẻ của
f
nhận giá trị dơng với
x>0
.
2.3.12.
Sử dụng công thức Taylor với số d dạng Peano (xem 2.3.1),
(a)
lim
h!0
f(x + h) Ă 2f (x)+f(x Ă h)
h
2
= lim
h!0
(
f(x) Ă hf
0
(x)+
h
2
2
f

= lim
h!0
h
2
f
00
(x)+o(4h
2
)o(h
2
)
h
2
= f
00
(x):
2.3.13.
Tơng tự cách gi ải bài trên, ta áp d ụng công t hức Taylor với phần
d dạng Peano.
2.3.14.
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 245
(a) Theo công thức Taylor với
x>0
ta có
e
x
=
n
X
k=0

4
4
+
x
5
5
1
(1 + à
1
x)
5
>xĂ
x
2
2
+
x
3
3
Ă
x
4
4
:
Tơng tự với
x>Ă1;x6=0
ln(x +1)=x Ă
x
2
2

2
x Ă
1
8
x
2
+
1
16
x
3
Ă
1
128
(1 + à
1
x)
Ă7=2
x
4
< 1+
1
2
x Ă
1
8
x
2
+
1

:
2.3.15.
Theo 2.3.1
f(x + h)=f(x)+hf
0
(x)+ÂÂÂ+
h
n
n!
f
(n)
(x)+
h
n+1
(n +1)!
f
(n+1)
(x)+o(h
n+1
):
Mặt khác
f(x + h)=f(x)+hf
0
(x)+ÂÂÂ+
h
nĂ1
(n Ă 1)!
f
(nĂ1)
(x)+

h
f
(n)
(x+à(h)h)Ăf
(n)
(x)
à(h)h
:
Chú ý rằng
f
(n+1)
(x)
tồn tại và khác 0 ta s uy ra điều phải chứng minh.
246 Ch¬ng 2. Vi ph©n
2.3.16.
Víi
0 <x∙ 1
ta cã
f(0) = f(x ¡ x)=f(x) ¡ f
0
(x)x + f
00
(x ¡ µ
1
x)
x
2
2
;(1)
vµ víi

(x)=
1
2
(f
0
(x ¡ µ
1
x)x
2
¡ f
00
(x + µ
2
(1 ¡ x)
2
)
víi
0 <x<1:
Do ®ã
jf
0
(x)j ∙
A
2
(2x
2
¡ 2x =1)<
A
2
; 0 <x<1:

f
0
(x)=
f(c) ¡ f(¡c)
2c
¡
(c ¡ x)
2
f
00
(x + µ
1
(c ¡ x)) ¡ (c + x)
2
f
00
(x ¡ µ
2
(c + x))
4c
:
Tõ ®ã suy ra
jf
0
(x)j ∙
M
0
c
+(c
2

M
0
h
+
1
2
M
2
h
.Chọn
h =2
q
M
0
M
2
ta
đợc
jf
0
(x)j 2
p
M
0
M
2
, kéo theo
M
1
2

+1
với
0 x<1:
Thật vậy, ta có
M
0
=1
và
M
1
= M
2
=4:
2.3.19.
Với
h>0
và
x 2 R
,tacó
f(x + h)=f(x)+f
0
(x)h + f
00
(x + àh)
h
2
2
và
f(x Ă h)=f(x) Ă f
0

0
h
+
h
2
M
2
với
h>0:
Chọn
h =
q
2
M
0
M
2
ta đợc điều phải chứng minh.
2.3.20.
Với
p =2
điều phải chứng m inh đợc suy ra t ừ bài tập t rê n. Ta sử
dụng phơng pháp quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với
2; 3;::: ;p
.Tađi
chứng minh rằng nó cũng đúng với
p +1
.Tacó
f
(pĂ1)

(x)=
1
2h
(f
(pĂ1)
(x + h) Ă f
(pĂ1)
(x Ă h))
Ă
h
4
(f
(p+1)
(x + àh) Ă f
(p+1)
(x Ă à
1
h)):
Từ đó suy ra
jf
(p)
(x)j
M
pĂ1
h
+
h
2
M
p+1

p
p+1
p+1
:(1)
Vậy ta đ chứng minh đợc bất đẳng thức với
k = p
. Bây giờ ta đi chứng
minh nó với
1 k p Ă 1
. Theo giả thiết quy nạp ta có
M
k
2
k(pĂk)
2
M
1Ă
k
p
0
+ M
k
p
p
;
kết hợp với (1)tađợc
M
k
2
k(p+1Ăk)

2
:
Từ đó suy ra
jf
0
(x)j
jf(x + h) Ă f(x)j
h
+
Mh
2
:
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 249
Vì
lim
x!1
f(x)=0
,chọn
">0
thì tồn tại
x
0
sao cho
jf
0
(x)j
"
h
+
Mh

f(x +1)=f(x)+f
0
(x)+
1
2
f
00
(ằ)
với
ằ 2 (x; x +1):
Do đó
xf
0
(x)=
x
x +1
(x +1)f(x +1)Ăxf(x) Ă
1
2
Â
x
ằ
Âằf
00
(ằ):
Từ đó suy ra
lim
x!+1
xf
0

f
00
(x + à"(1 Ăx))(1 Ă x)
2
với
à 2 (0; 1)
.Cho
x ! 1
Ă
ta đợc
0 = lim
x!1
Ă
à
(1 Ă x)f
0
(x)+
1
2
"f
00
(x + à"(1 Ă x))(1 Ă x)
2
ả
:(1)
Theo định nghĩa giới hạn, nếu
"
1
> 0
thì

x!1
Ă
(1 Ă
x)f
0
(x)=0:
250 Chơng 2. Vi phân
2.3.24.
Ta có
f
à
a + b
2
ả
= f(a)+
f
00
(x
1
)
2!
à
b Ă a
2
ả
2
và
f
à
a + b

2
;b
Â
,dođó
jf(b) Ăf(a)j =
à
b Ă a
2
ả
2
1
2
jf
00
(x
2
) Ă f
00
(x
1
)j
à
b Ă a
2
ả
2
jf
00
(c)j;
trong đó

00
(0) Ă
f
000
(x
2
)
3!
với
x
1
2 (0; 1)
và
x
2
2 (Ă1; 0)
.Dođó
f
000
(x
1
)+f
000
(x
2
)=6;
tức là
f
000
(x

Thay thế
t
bởi
x
0
,
f(x)=f(x
0
)+(x Ăx
0
)f
0
(x
0
)+(x Ăx
0
)
2
Q
0
(x
0
):(3)
Đạo hàm (2) theo
t
và cho
t = x
0
, sử dụng (3) ta đợc
f(x)=f(x

Lặp lại quá trình trên
n
lần ta đợc đẳng thức cần chứng minh.
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 251
2.3.27.
Theo công thức Taylor ở 2.3.1,
f(y
n
)=f(0) + f
0
(0)y
n
+ o(y
n
);
f(x
n
)=f(0) + f
0
(0)x
n
+ o(x
n
):
Do đó
f
0
(0) =
f(y
n

) Ă o(x
n
)
y
n
Ă x
n





jo(y
n
)j
y
n
Ăx
n
+
jo(x
n
)j
y
n
Ăx
n

jo(y
n

(0):
(b) Từ (1) ta s uy ra chỉ cần chứng minh rằng
lim
n!1
o(y
n
)Ăo(x
n
)
y
n
Ăx
n
=0
.Tacó
lim
n!1
o(y
n
) Ă o(x
n
)
y
n
Ăx
n
= lim
n!1
à
o(y

y
n
Ăx
n
o
và
n
x
n
y
n
Ăx
n
o
.
(c) Theo định lý giá trị trung bình ta có
D
n
= f
0
(à
n
);
trong đó
x
n
<à
n
<y
n

=
m+1
X
k=1
à
m +1
k
ả
(Ă1)
k
ky
kĂ1
:(1)
Cho
y =1
ta đợc
0=
m+1
X
k=1
à
m +1
k
ả
(Ă1)
k
k:(2)
Từ đẳng thức trên suy ra
P
(mĂ1)

k
:
Sử dụng công thức Taylor ta suy ra
P (x) 0
.
2.3.29.
[E.I.Poffald,Amer. Math.Montly97(1990), 205-2 13] Ta sử dụng
định lý (giá trị) trung bình tích phân sau.
Định lý. Cho
f
và
g
là hai hàm liên tục t rên
[a; b]
,
g
có dấu không đổi trong
khoảng đó. Khi đó tồn tại
ằ 2 (a; b)
sao cho
Z
b
a
f(x)g(x)dx = f(ằ)
Z
b
a
g(x)dx:
Chứng minh. Đặt
m =minff(x):x 2 [a; b]g

a
g(x)dx
M:
Vì
f
thoả mn định lý giá trị trung gian trong
[a; b]
nên ta có điều phải chứng
minh.
Bây giờ ta chứng minh công thức của đề bài. Sử dụng công thức T aylor
với phần d dạng tích phân (xem 2.3.4)
f
(n)
à
x
n +1
ả
= f
(n)
(0) + f
(n+1)
(0)
x
n +1
+
Z
x
n+1
0
f

n
= f(0) +
f
0
(0)
1!
x + ÂÂÂ+
f
(nĂ1)
(0)
(n Ă 1)!
x
nĂ1
+

f
(n)
(0) + f
(n+1)
(0)
x
n +1
+
Z
x
n+1
0
f
(n+2)
(t)

à
x
n +1
Ă t
ả
dt
x
n
n!
:
Mặt khác cũng theo công thức Taylor với phần d dạng tích ph ân ta có
f(x)=f(0) +
f
0
(0)
1!
x + ÂÂÂ+
f
(n+1)
(0)
(n +1)!
x
n+1
+
1
(n +1)!
Z
x
0
f

!
=
1
(n +1)!
Z
x
0
f
(n+2)
(t)(x Ă t)
n+1
dt
Ă
Z
x
n+1
0
f
(n+2)
(t)
à
x
n +1
Ă t
ả
dt
x
n
n!
=

(t)(x Ă t)
n+1
dt:
Xét hàm
g(t)=
(x Ă t)
n+1
n +1
Ă x
n
à
x
n +1
Ăt
ả
với
t 2 [0;x]:
Rõ ràng
g
0
(t) > 0
với mọi
t 2 (0;x)
và
g(0) = 0
,dođó
g
dơng trên toàn
khoảng mở
(0;x)

x
x
n+1
f
(n+2)
(t)(x Ă t)
n+1
dt = f
(n+2)
(ằ)
Z
x
x
n+1
(x Ă t)
n+1
dt:
Từ đó suy ra
f(x) Ă

f(0) +
f
0
(0)
1!
x + ÂÂÂ+
f
(nĂ1)
(0)
(n Ă 1)!

(ằ
2
)
Z
x
x
n+1
(x Ă t)
n+1
dt:
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 255
Đặt
á
1
=
Z
x
n+1
0
g(t)dt
và
á
2
=
Z
x
x
n+1
(x Ă t)
n+1

R
x
x
n+1
(xĂt)
n+1
n+1
dt
x
n+2
n
2(n+1)
2
(n+2)
= f
(n+2)
(ằ);
với
ằ
ởgiữa
ằ
1
và
ằ
2
.Từđósuyra
f(x) Ă

f(0) +
f

2(n +1)
2
(n +2)
=
n
2(n +1)
f
(n+2)
(ằ)
x
n+2
(n +2)!
:
Đặt
à =
ằ
x
ta suy ra điều phải chứng minh.
2.3.30.
Theo giả thiết và áp dụng công thức Taylor cho
f
(n)
ta đợc
f
(n)
(x
0
+ à(x)(x Ă x
0
))

(x Ă x
0
)+ÂÂÂ+
f
(n)
(x
0
)
n!
(x Ă x
0
)
n
+
f
(n+p)
(x
0
+ à
1
à(x)(x Ă x
0
))
n!p!
(x Ă x
0
)
n+p
(à(x))
p

2
(x Ă x
0
))
(n + p)!
(x Ă x
0
)
n+p
:
256 Chơng 2. Vi phân
Từ hai đẳng thức trên suy ra
f
(n+p)
(x
0
+ à
1
à(x)(x Ă x
0
))
n!p!
(à(x))
p
=
f
(n+p)
(x
0
+ à

(à(x))
p
.
Trờng hợp
p =1
chính là bài 2.3.15.
2.3.31.
Theo công th ức Taylor
h
1
p
x
i
X
k=1
f(kx)=
h
1
p
x
i
X
k=1
à
f
0
(0)kx +
1
2
f

x
i
X
k=1
f
00
(àkx)k
2
x
2
:(2)
Vì
f
00
bị chặn trong lân cận của 0 nên
h
1
p
x
i
X
k=1
k
2
=
h
1
p
x
ih

X
k=1
f(kx)=
f
0
(0)
2
:
2.3.32.
Theo định lý Bo lzano - Weierstrass ( xem I, 2.4.30) ta có tập nghiệm
của
f
có ít nhất một điểm giới hạn, ký hiệu là
p
trong
[c; d]
. Rõ ràng
f(p)=0
.
Xét dynghiệm
fx
n
g
của
f
hộitụvề
p
, theo định lý Rolle ta có giữa hai
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 257
nghiệm của

n
đủ lớn, do đó với
x 2 (a; b)
mà
jxĂpj < 1
thì
f(x)=0
.
2.3.33.
Tơng tự bài tập trên, ta chứng minh đợc
f
(k)
(0) = 0
với
k 2 N
,
theo công thức Taylor ta có
f(x)=
f
(n)
(àx)
n!
x
n
;n2 N:
Vì
x
cho trớc và
lim
n!1

ảả
x
= lim
x!+1
e
x ln f

a
p
x

= e
Ăa
2
=2
;
ta sử dụng công thức Taylor với phần d dạng Peano (xem 2.3.1), đợc
f(x)=1Ă
x
2
2
+ o(x
2
);
tiếp theo sử dụng 1.1.17(a). Ta c ũng có thể sử dụng quy tắc LHôpital trong
trờng hợp này:
lim
x!+1
x ln f
à

t)
2f(a
p
t)+2a
p
tf
0
(a
p
t)
= Ă
a
2
2
:
258 Chơng 2. Vi phân
2.3.36.
Giả sử rằng
a>1
, theo quy tắc lHôpital ta có
lim
x!+1
à
a
x
Ă 1
x(a Ă 1)
ả
1=x
= a:

x ! 0
+
ta chỉ cần tìm
giới hạn
lim
x!0
+
ln f(x)
1
g(x)
. Tuy nhiên giới hạn này không tính đ ợc bằng quy
tắc lHôpital vì giới hạn của biểu thức phân thức đạo hàm không tồn
tại. Theo 1.1.23(a) ta có giới hạn cần tìm bằng 1.
(d) Giới hạn bằng 1 (xem 1.1.23(b)). Giới hạn không thể tính đợc bằng
quy tắc lHôpital.
2.3.38.
Ta có
lim
x!0
1
x ln 2
Ă
1
2
x
Ă1
Ă
1
2
x

2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 259
2.3.39.
Sử dụng 2.3.28 ta chứng m inh đợc rằng
n
X
k=0
(Ă1)
k
à
n
k
ả
k
r
=
(
0
với
r =0; 1;::: ;nĂ 1;
n!
với
r = n:
Để chứng minh đẳng thức trong đề bài ta áp dụng quy tắc lHôpital
n
lần
liên tiếp.
2.3.40.
Gả sử rằng
lim
x!a

dấu trên
(a; b)
,từđósuyra
g
đơnđiệuthựcsựtrên
(a; b)
.Với
x; x
1
2 (a; a
1
)
,
x<y
, theo định lý giá trị trung bình tổng quát ta có
f(x) Ă f(y)
g(x) Ă g(y)
=
f
0
(x
0
)
g
0
(x
0
)
với
x

f(x)
<
f(x)
g(x)
< (L + ")
à
1 Ă
g(y)
g(x)
ả
+
f(y)
g(x)
:
Cho
x ! a
+
ta đợc
L Ă " lim
x!a
+
f(x)
g(x)
L + ";
ta đợc điều phải chứng m inh cho một trờng hợp. Các trờng hợp k hác
đợc chứng minh tơng tự.
2.3.41.
260 Chơng 2. Vi phân
(a) Sử dụng quy tắc lHôpital ta có
lim

f(x)
e
a
p
x
= lim
x!+1
e
a
p
x

f
0
(x)+
a
2
p
x
f(x)

a
2
p
x
e
a
p
x
= lim

(x)
xf
00
(x)
ả
= lim
x!1

x Ă
f
0
(x)
f
00
(x)

0
x
0
= lim
x!1
f
0
(x)f
000
(x)
(f
00
(x))
2

x!1
f(x)=+1:
Theo công thức Taylor ta có
f(x + h)=f(x)+f
0
(x)h + f
00
()
h
2
2
;h>0:
Do đó
f(x + h) >fx)+f
0
(x)h
.Cho
h !1
ta đợc
lim
x!1
f(x)=+1
.Sửdụng
quy tắc lHôpital lần nữa
lim
x!1
xf
0
(x)
f(x)

0
(x)
Â
f(x)
xf
0
(x)
=
1
2 Ă c
:
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 261
2.3.43.
Với
x 6=0
, theo công thức Leibniz ta có
g
(n)
(x)=
n
X
k=0
à
n
k
ả
f
(k)
(x)
à

0
(0)
x
=lim
x!0
f(x) Ăxf
0
(0)
x
2
= lim
x!0
f
0
(x) Ă f
0
(0)
2x
=
f
00
(0)
2
:
Do đó
g
0
(0)
tồn tại. Ta cần chỉ ra rằng
g

g
thuộc lớp
C
1
(Ă1; 1)
. Bây giờ ta sử dụng quy nạp để chứng minh,
giả sử rằng bài toán đ đợc chứng minh đến
n
tức là
g
(n)
(0) =
f
(n+1)
(0)
n+1
và
262 Chơng 2. Vi phân
g 2 C
n
(Ă1; 1)
,thếthìtừ(1) và sử dụng quy tắc lHôpital ta đợc
g
(n+1)
(0 = lim
x!0
g
(n)
(x) Ă g
(n)

k!
f
(k)
(x)x
k
Ăx
n+1
f
(n+1)
(0)
n+1
x
n+2
= lim
x!0
(
n!(Ă1)
n
f
0
(x)+
n
P
k=1
(Ă1)
nĂk
n!
k!
f
(k+1)

0
(x)+
n
P
k=1
(Ă1)
nĂk
n!
k!
f
(k+1)
(x)x
k
(n +2)x
n+1
+
n
P
k=1
(Ă1)
nĂ1Ăk
n!
k!
f
(k+1)
(x)x
k
Ăx
n
f

(n+1)
(x) = lim
x!0
n+1
P
k=0
(Ă1)
n+1Ăk
(n+1)!
k!
f
(k)
(x)x
k
x
n+2
= lim
x!0
n+1
P
k=0
(Ă1)
n+1Ăk
(n+1)!
k!
f
(n+1)
(x)x
k
+

và
g
(n)
(0) =
f
(n+1)
(0)
(n+1)!
;n=0; 1; 2 ;::: :
2.4 Hàm lồi
2.4.1.
Giả sử
f
lồi trên
I
,tacóvới
x
1
<x<x
2
f(x) Ă f(x
1
)
x Ă x
1

f(x
2
) Ă f(x
1

2
Ă x
x
2
Ăx
1
f(x
1
)+
x Ă x
1
x
2
Ăx
1
f(x
2
);
từ đó suy ra
f(x
2
) Ă f(x
1
)
x
2
Ă x
1

f(x

1
)
f(x
2
) Ă f(x
1
)
x
2
Ă x
1
:
Tơng tự cho
x ! x
Ă
2
ta đợc
f
0
(x
2
) á
f(x
2
) Ă f(x
1
)
x
2
Ă x

)
x Ă x
1
= f
0
(ằ
1
);
f(x
2
) Ă f(x)
x
2
Ă x
= f
0
(ằ
2
);
264 Chơng 2. Vi phân
trong đó
x
1
<ằ
1
<x<ằ
2
<x
2
, từ đó và sử dụng tính đơn điệu c ủa

1
=(1Ăá)(x
2
Ăx
1
)
và
x
2
Ă x = á(x
2
Ă x
1
):
Từ đó sử dụng (
??
)tađợc
f(x) áf (x
1
)+(1Ă á)f(x
2
)
. Ta nhận thấy rõ
ràng bất đẳng thức (
??
)tơng đơng v ới tính lồi của
f
. Với chú ý rằng
f
0

á
1
;á
2
;::: ;á
n
;á
n+1
là các số không âm s ao cho
á
1
+ á
2
+ ÂÂÂ+ á
n
+ á
n+1
=1
.Vìcóthểbiểudiễn
á
n
x
n
+ á
n+1
x
n+1
dới dạng
(á
n

x
2
+ ÂÂÂ+ á
n
x
n
+ á
n+1
x
n+1
)
á
1
f(x
1
)+á
2
f(x
2
)
+ ÂÂÂ+(á
n
+ á
n+1
)f
à
á
n
á
n

,dođó
ln
à
x
p
p
+
x
q
q
ả
á
1
p
ln x
p
+
1
q
ln y
q
=ln(xy):
2.4.5.
Vì
x 7! ln x
lồi trên
(0; 1)
nên ta có
ln


n
):
2.4. Hàm lồi 265
2.4.6.
Hàm
x 7! e
x
lồi chặttrên
R
.
Hình vẽ
Giả sử với
a<b
tồn tại mình nằm dới đồ thị
y = e
x
từ
x = a
đến
x = b
có
diện tích nhỏ hơn hình thang tạo bởi các điểm
(a; 0); (b; 0); (a; e
a
); (b; e
b
)
,khi
đó
e

x + y
2
ln
x + y
2

x
2
ln x +
y
2
ln y:
2.4.8.
Chú ý rằng hàm
x 7! x
đ
;đ>1
là hàm lồi trên
(0; 1)
.
2.4.9.
(a) Hàm
f(x)=ln
Ă
1
x
+1
Â
lồi trên
(0; 1)

Chú ý rằng nếu
p
k
=
1
n
với
k =1; 2;::: ;n
và
n
P
k=1
x
k
=1
thì ta đợc bất
đẳng thức cho trong I. 1.2.45.
2.4.10.
266 Chơng 2. Vi phân
(a) Xét hàm
f(x0=lnsinx
với
x 2 (0;ẳ)
,vì
f
00
(x)=Ă
1
sin
2

Ăf
.
2.4.11.
Chú ý rằng hàm
f(x)=
Ă
x +
1
x
Â
a
lồi trên
(0; 1)
vì
f
00
(x)=a
à
x +
1
x
ả
aĂ2

(a Ă 1)
à
1 Ă
1
x
2

k=1
x
k
+
1
1
n
n
P
k=1
x
k
1
C
C
A
a

1
n
n
X
k=1
à
x
k
+
1
x
k

n
à
ln 1 + ln
2
2
Ă1
2
+ln
2
3
Ă 1
2
2
+ ÂÂÂ+ln
2
n
Ă 1
2
nĂ1
ả
ln
à
1
n
à
1+
2
2
Ă 1
2

x>0
ta đợc
1
1
n
x
1
+
1
n
x
2
+ ÂÂÂ+
1
n
x
n

1
n
Â
1
x
1
+
1
n
Â
1
x

n
:
(b)
á
p dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm f(x)=Ăln x, x>0 ta đợc
ln(x
đ
1
1
x
đ
2
2
ÂÂÂx
đ
n
n
)=đ
1
ln x
1
+ đ
2
ln x
2
+ ÂÂÂ+ đ
n
ln x
n
ln(đ

2
x
2
+ ÂÂÂ+ đ
n
x
n
:(1)
Thay
x
k
trong (1)bởi
1
x
k
ta chứng minh đợc bất đẳng thức còn lại.
(c) Nếu tồn tại
x
k
hay
y
k
bằng 0 thì ta chứng minh đợc bất đẳng thức.
Giả sử rằng
x
k
;y
k
> 0
với

1
)
đ
1
(x
2
+ y
2
)
đ
2
ÂÂÂ(x
n
+ y
n
)
đ
n
1:
Từ (b) ta suy ra
x
đ
1
1
x
đ
2
2
ÂÂÂx
đ

+ y
n
)
đ
n
đ
1
x
1
x
1
+ y
1
+ đ
2
x
2
x
2
+ y
2
+ ÂÂÂ+ đ
n
x
n
x
1
+ y
1
+ đ

sao cho
f(x
1
) <f(x
2
)
hoặc
f(x
1
) >f(x
2
)
.Xét
x
thoả mn
x
1
<x
2
<x
ta có
f(x
2
)=f
à
x Ă x
2
x Ă x
1
x