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

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
+ + + +
≥
Chứng minh
Cách 1 : Nếu trong các số này có một số bằng không ; thì hiển nhiên bất đẳng thức
được chứng minh ; ta xét các số khác không cho bài toán này
Không mất tính tổng quất ; ta giả sử 0
1 2

n
a a a≤ ≤ ≤ ≤

Khi đó ta có

1 2 3
1

n
n
a a a a
a T a
n
+ + + +
≤ = ≤
Do đó :
1
1 1
.
( )( ) 0 0
n

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
−
−

+ + + + + −
≥
−
Hay
1
1 2
.
n
n
T a a a
−
≥
Bất đẳng thức được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số này
bằng nhau
Cách 2 : Áp dụng đạo hàm ( chứng minh của polyas)
Gọi f(x) =
1x
e x
−
−
; ta thấy đạo hàm của nó f’ =
1
1
x
e
−
−
và đạo hàm bằng 0  x= 1 và
từ đó hàm số này đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 1
Xét n số thực không âm

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

n
i
i
a u
=
≤
∏
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi x = 1 ; tức là các số
này bằng u và bằng nhau.
Cách 3 : Muốn có chứng minh bằng cách này ; trước hết tôi chứng minh bổ đề
Cho các số thực
1 2 3
; ; ; ;
n
a a a a
không âm với n lớn hơn 1
Thỏa mãn
1
n
i
i
a
=
∏
= 1
Khi đó ta có bất đẳng thức

1 2 3

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
− +
+ + + + ≥

Do đó :

1 1 1
1
. 1 (1 )( 1) 1
n
i n n n n n n
i
a n a a a a n a a n
+ + +
=
≥ − + + = + + − − > +
∑
Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh .
Rõ ràng có đẳng thức khi tất cả các số này bằng 1
Bây giờ ta áp dụng bổ đề này vào chứng minh AM – GM
Đặt :
1 2
.
n
n
c a a a=
Khi đó ta có :
1
n
i
i
a
c
=

∏
= 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

Bây giờ ta xét hàm số
( )
x
f x e=
; hàm số này lồi trên (
;
∞− +∞
)
Xét n số thực không âm
i
a

Tồn tại các số thực
1 2
; ;
n
x x x
Thỏa mãn
i
x
i
e a=

Theo bổ đề trên thì :
1 2
1 2


n
n

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 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
( )( ) ( . ) ( . . ) 2. ( . . ) 0
n n n
i i i i i j j i i i j j i j j i
i i i i j n i j n i j n
a b a b a b a b a b a b a b a b
= = = ≤ < ≤ ≤ < ≤ ≤ < ≤
− = + − = − ≥
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Rõ ràng bất đẳng thức đã được chứng minh ; có đẳng thức khi với mọi
1 i j n≤ < ≤
ta
đều có :
. .
i j j i
a b a b=
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Holder với n = 2 ; bất đẳng thức hiển nhiên được
chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi các dãy này tỉ lệ .
Cách 3 : Sử dụng tam thức bậc hai
Xét hàm số :

2 2
1 1
( ) ( ) ( )
n n
f x a x b a x b= − + + −
Rõ ràng hàm số này không âm với mọi giá trị thực của x
Điều này tương đương với biệt thức của nó không phải là một số dương ; mà là :

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

f
a a
= =
= =
≤
∑ ∑
∑ ∑
Bất đẳng thức hiển nhiên được chứng minh ; đẳng thức xảy ra khi các cặp này tỉ lệ .
Còn 2 cách chứng minh khác áp dụng phương pháp quy nạp toán học và sử dụng bất
đẳng thức AM – GM xin giành cho người đọc ).
3/ Định lý pitago cho tam giác vuông :
Định lý được phát biểu như sau :
Cho tam giác vuông bất kỳ ; tổng 2 bình phương 2 cạnh góc vuông bằng bình phương
cạnh huyền .
Tôi xin nêu ra 2 cách chứng minh phổ biến ở đây ; trên thực tế định lý này có tới hơn
300 cách chứng minh ( tham khảo một cách chứng minh khác trong cuốn tổ hợp hình
học của Vũ Hữu Bình phần cắt và ghép hình ).
Cách 1 : Ta gọi tam giác đó là ABC và nó vuông tại A ; kẻ đường cao AH ; định lý
pitago là hệ quả của một hệ thức lượng trong tam giác vuông ( có chứng minh trong
SGK phổ thông giành cho lớp 9 ).
Cách 2 : Ta cùng xét một cách phát biểu khác xa xưa của định lý :
Tổng diện tích 2 hình vuông lập trên hai cạnh góc vuông bằng diện tích hình vuông
lớn dựng trên cạnh huyền .
Chứng minh :
Gọi tam giác đã cho là ABC ; vuông tại A
Trên cạnh AB ; dựng hình vuông ABFG ; trên cạnh AC dựng hình vuông ACMN
Trên cạnh huyền BC dựng hình vuông BCDE .
Ta cần chứng minh :
S ( BCDE) = S ( ABFG) + S(ACMN)
Vẽ đường cao AH ; kéo dài cắt DE ở K . Nối AE ; CF

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

số có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d
Trước hết ta có đánh giá :
(1) x ; y không cùng chẵn ; vì chúng nguyên tố cùng nhau
(2) x ; y không thể cùng lẻ ; vì khi đó vế trái chia 4 dư 2 ; còn vế phải chia hết cho 4
Vậy thì x ; y có một số chẵn và một số lẻ .
Bây giờ ; không mất tính tổng quát ; ta giả sử x chẵn và y lẻ ; thế thì z lẻ
Dạng tương đương của phương trình là :

2
( ) .
2 2 2
x z y z y+ −
=
Ta thấy 2 vế lúc này vẫn nguyên do x chẵn và z ; y cùng lẻ
Do z ; y nguyên tố cùng nhau nên
;
2 2
z y z y+ −
cũng nguyên tố cùng nhau ( dễ chứng
minh ; giành cho người đọc ).
Hai số này có tích là một số chính phương nên mỗi số đều là số chính phương
Đặt :
2 2
;
2 2
z y z y
m n
+ −
= =
( lưu ý ở đây m ; n nguyên dương và x ; y ; z là

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

trong khoảng [ a ; b ]
Không mất tính tổng quát ; giả sử f’ > 0 với mọi x trong khoảng này ; tức là hàm số
đồng biến trên [ a ; b ] ; vậy thì f(a) < f(b) ( trái với giả thiết )
Định lý được chứng minh .
Định lý Cauchy phát biểu dưới dạng ( không chứng minh )
Cho 2 hàm số f(x) và g(x) liên tục trên [ a ; b ] ; khả vi trên ] a ; b [ ; đồng thời g(x)
khác không thì tồn tại c trong khoảng này để mà :

( ) ( ) '( )
( ) ( ) '( )
f b f a f c
g b g a g c
−
=
−
Định lý Lagrange phát biểu dưới dạng :
Cho f(x) liên tục trên [ a ; b] và khả vi trên ] a ; b [
Khi đó tồn tại c trong khoảng này để mà

( ) ( ) ( ). '( )f b f a b a f c− = −
Ta dễ thấy nó cũng là một hệ quả của định lý cauchy ; nhưng ở đây ta sẽ chứng minh
theo cách khác .
Bây giờ ta xét hàm số :

( ) ( )
( ) ( ) .
f b f a
g x f x x
b a
−

= −
−
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

−
=
−
Định lý được chứng minh . Sau khi đã đọc xong chứng minh cho định lý lagrange ;
tôi tin chắc bạn có thể tìm ra cách chứng minh cho định lý cauchy ở bên trên .
Bảng các công thức đạo hàm và tích phân cơ bản :
1
( )'
m m
x mx
−
=

1
( )'
2
x
x
=
( x dương )
2
1 1
( )'
x x
−
=

( ) '
x x
e e=

( )' .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

2
-1
(arcctg x)' =
1 + x
( ( ) )' ( )f x dx f x=
∫

( ( ) ) ( )d f x dx f x dx=
∫
( ) ( )dF x F x C= +
∫
. ( ) . ( )C f x dx C f x dx=
∫ ∫
( ( ) ( )) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx+ = +
∫ ∫ ∫
Nếu :
( ) ( )f x dx F x C= +
∫
; thay x bằng 1 hàm số bất kỳ là u của biến x ; ta vẫn có:

( ) ( )f u du F u C= +
∫
Bảng các tích phân bất định cơ bản :
dx x C= +
∫
ln | |
dx
x C
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
=
−
∫

x x
e dx e C= +
∫
ln
x
x
a
a dx C
a
= +
∫
sinxdx osx+Cc= −
∫
osxdx sinx+Cc =
∫
2
sec xdx tgx C= +
∫
2
osecc xdx ctgx C= − +
∫
Tích phân từng phần :
udv uv vdu= −
∫ ∫
Các tích phân xác định cơ bản
( ) ( )
b a
a b
f x dx f x dx= −
∫ ∫

( ) 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

m b a f x dx n b a− ≤ ≤ −
∫
Công thức Newton – Leibniz :
Cho F là nguyên hàm của f thì ta có đẳng thức :

( ) ( ) ( )
b
a
f x dx F b F a= −
∫
( chứng minh cho người đọc )
Tích phân từng phần :
Cho 2 hàm u(x) và v(x) là những hàm khả vi liên tục trên [ a ; b ] của biến x

|
b b
b
a
a a
udv uv vdu= −
∫ ∫
Nếu f(x) là hàm lẻ thì :
( ) 0
a
a
f x dx
−
=
∫
Nếu f(x) là hàm chẵn thì :

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

Hội tụ thì chuỗi a.S cũng hội tụ và có tổng cũng là a.S
3/ Nếu các chuỗi

1 2 3
1 2 3


u u u
v v v
+ + +
+ + +
Hội tụ và có tổng tương ứng là S và P thì chuỗi

1 1 2 2
( ) ( ) u v u v+ + + +
Cũng hội tụ và có tổng là S + P
4/ Nếu chuỗi
1 2 3
u u u+ + +

Hội tụ và lim u(n) = 0 khi n
→ ∞
; nghĩa là số hạng tổng quát của chuỗi hội tụ là 0
Như vậy nếu lim u(n) khác 0 thì chuỗi phân kỳ
5/ Chuỗi
S =
1 1 1 1
1
2 3 4 n
+ + + + + +

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 3


n
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

1
n
n
u
∞
=
∑
và
1
n
n
v
∞
=
∑
đồng thời hội tụ hoặc đồng thời phân kỳ
Tiêu chuẩn cauchy .
Nếu chuỗi

1 2 3

n
u u u u+ + + + +
Có lim ( n
→ ∞
)
n
n
u
= C ; chuỗi này hội tụ C < 1 và phân kỳ khi C > 1

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

1
( )f x dx
∞
∫
hội tụ hay phân kỳ
Trong bài viết này tôi sẽ không đưa ra một tiêu chuẩn tích phân đầy đủ của chuỗi
hàm nào ; mà sẽ đi thẳng vào các chuỗi lũy thừa
Cho chuỗi hàm dạng

2
0 1 2
( ) ( ) ( )
n
n
a a x a a x a a x a+ − + − + + − +
Trong đó các số
0 1
; ; ; a a a
là những số thực ; được gọi là chuỗi lũy thừa
Chuỗi lũy thừa có các tính chất cơ bản sau : nếu chuỗi lũy thừa hội tụ với x = y
( đồng thời hội tụ tuyệt đối ) với mọi giá trị của x ; thỏa mãn bất đẳng thức
| x – a | < | y – a|
Đó gọi là định lý abel
Đây là một trong các hệ quả của định lý abel
Mọi chuỗi lũy thừa đều có một khoảng hội tụ với tâm điểm là a : | x – a | < R hay
Là a - R < x < a + R ; bên trong khoảng đó chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối ; còn ở
ngoài khoảng đó thì chuỗi phân kỳ ; tại các mút của khoảng hội tụ ( tại các điểm x = a
+ R hoặc x = a – R ) mỗi chuỗi lũy thừa có tính chất riêng : có một số chuỗi hội tụ
tuyệt đối trên cả hai mút ; một số khác thì hội tụ có điều kiện ; tại mút kia thì phân

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

R =
1
lim | |
n
p
n
a
a
+
khi n
→ ∞
3/ Nếu trong các hệ số của chuỗi có các hệ số là 0 ; và dãy các số mũ của hiệu x – a
còn lại ở trong chuỗi là bất kỳ ( tức là không lập thành cấp số cộng như trường hợp
trước ) thì bán kính hội tụ tính theo công thức
R =
1
lim | |
n
n
a
khi n
→ ∞
Trong đó chỉ được sử dụng các giá trị khác 0 ở mẫu thức ( công thức này áp dụng cho
cả 2 trường hợp trên )
4/ Trong mọi trường hợp ; có thể tìm khoảng hội tụ bằng cách áp dụng trực tiếp tiêu
chuẩn đalambe hay tiêu chuẩn cauchy cho chuỗi lập thành từ các giá trị tuyệt đối của
các số hạng trong chuỗi xuất phát .
Ta viết chuỗi dưới dạng
0 1 2
( ) ( ) ( ) u x u x u x+ + +

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

→ ∞
)
| |
n
n
u
< 1
Ta cần lưu ý các tính chất sau đây của chuỗi lũy thừa . Các chuỗi nhận được bằng
cách đạo hàm hoặc tích phân từng từ của chuỗi lũy thừa có cùng khoảng hội tụ ; và
tổng của chúng trong khoảng hội tụ tương ứng bằng đạo hàm và tích phân của tổng
chuỗi ban đầu
Do đó nếu S(x) =
0
( )
n
n
n
a x a
∞
=
−
∑

Thì S’(x) =
1
1
( )
n
n
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

Các phép tính đạo hàm và tích phân từng từ của chuỗi lũy thừa có thể áp dụng vô số
lần . Như vậy ; tổng của chuỗi lũy thừa trong khoảng hội tụ của nó là hàm khả vi vô
hạn.
Sau đây là hai ví dụ điển hình
Tìm tổng của chuỗi
2 3
1 2 3 4 x x x+ + + +
trong đó | x | < 1
Giải ; ta đã biết công thức tính tổng của chuỗi cấp số nhân công bội q vô hạn là
1
a
q−
trong đó a là số hạng đầu
Áp dụng ta có đẳng thức

2 3
1
1
1
x x x
x
+ + + + =
−
Đạo hàm đẳng thức này ta có ngay đpcm

2 3
2
1
1 2 3 4
(1 )

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

Có nhiều cách để chứng minh nó và hiện nay hầu như học sinh THCS từ lớp 6 ; 7 đã
có thể biết đến nó ; việc chứng minh nó hiện nay cũng không còn khó khăn với tất cả
chúng ta . Cơ bản có các cách :
C1 : Lấy các trung điểm và dùng tích chất đường trung bình .
C2 : Lấy các trung điểm và dùng tam giác đồng dạng .
Thấy một bài toán như vậy ; tôi tin ai chưa học nó chắc chắn sẽ rất hứng thú nếu các
bạn đã mất công đọc đến đây ; chứng minh này giành cho bạn đọc ; còn với ai đã quá
thạo việc chứng minh nó ; xin đọc bài toán tiếp theo .
2/ Định lý Xê va .
Định lý Xê va ; có thể sẽ nhiều người biết đến ; cũng có thể có nhiều người không
biết đến nó chắc là vì tính ứng dụng chưa cao của nó . Tôi thấy có người nói vậy ;
nhưng sự thật lại không phải thế . Ít nhất thì tôi thấy ứng dụng của nó là chứng minh
3 đường trung tuyến trong tam giác đồng quy ; thật nhỏ bé phải không ; đa phần mọi
người sẽ nghĩ vậy ; nhưng chỉ cần thiếu một chi tiết nhỏ này thôi ; cả một lĩnh vực sẽ
khó mà phát triển.
Chúng ta sẽ phát biểu định lý này như sau ; để thuận tiện ; bạn nên chép đề theo đúng
đề bài dưới đây :
Cho tam giác ABC ; ba đường AD ; CF ; BE đồng quy tại điểm O ( trong hoặc ngoài
tam giác ) ; trong đó D thuộc BC ; F thuộc AB ; E thuộc AC .
Khi đó ta có một khẳng định đúng cho cả 2 chiều :

AF
. . 1
FB
BD CE
DC EA
=
Ở đây tôi chứng minh cho chiều thuận ; chiều nghịch sẽ giành cho người đọc ; chỉ
cần tinh ý nho nhỏ và dùng tỉ lệ thức là có thể làm được ngay .
Chứng minh :

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 ( )

S CAO
S BCO
=
Nhân các vế của đẳng thức này với nhau ; ta thu ngay được điều cần chứng minh .
3/ Định lý Mê – Nê – La – Uýt .
Cho tam giác ABC và 3 điểm A’ ; B’ ; C’ không trùng đỉnh của tam giác sao cho
trong 3 điểm đó có đúng 1 điểm hoặc cả 3 điểm nằm ngoài tam giác .
Khi đó A’ ; B’ ; C’ thẳng hàng 
' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
=
Bạn sẽ thấy nó rất giống định lý Xê va đúng không ; vâng bằng cách tương tự tôi tin
bạn không mất quá 30 phút để mần mò ra cách giải bài toán này ; chứng minh này
giành cho người đọc .
4/ Định lý talet .
Trong số chúng ta và tất cả ai đang học từ lớp 8 chắc chắn đều biết đến định lý này ;
nhưng không phải ai trong chúng ta cũng đi tìm lời giải cho nó ; họ lấy lý do là định
lý đã có thì chỉ áp dụng ; không cần chứng minh ; hoặc là định lý thì nó sẽ khó ; mất
thời gian làm chi . Nhưng có một điều mà họ không biết là lời giải của nó hết sức đơn
giản mà chỉ cần tinh mắt là bạn có thể làm ra ngay ; thật quá phí .
Định lý phát biểu dưới dạng :
Nếu một đường thẳng cắt 2 cạnh của tam giác và song song với cạnh còn lại thì
chúng tạo ra những cặp đoạn thẳng tỉ lệ tương ứng trên 2 cạnh bên .
Và phát biểu dưới dạng :
Cho tam giác ABC ; M và N lần lượt thuộc AB ; AC sao cho MN // AB khi đó:

AM AM

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
i
n
x
x
=
=
≥
+
+
∑
∏
Ta chứng minh nó bằng quy nạp .
Với n = 2 thì chúng ta quá quen thuộc ; bằng cách biến đổi tương đương ; ta có ngay
điều phải chứng minh .
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k
Ta cần chứng minh nó đúng với n = k + 1 :
Trước hết theo giả thiết quy nạp ta đã có :

1
1
1
1
1
k
k
k
i
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

k
k
x
+
+
≥
+

1
1
1
1 ( )
k
k
k
i
i
k
x
+
=
+
∏
Áp dụng giả thiết quy nạp 1 lần nữa ta có :

1
1
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
− −
+
≥

+
Cộng 2 kết quả đã có và áp dụng bất đẳng thức Jensen cho 2 số ở vế phải ta có ngay
điều phải chứng minh .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số này bằng nhau và không nhỏ hơn 1 .
2/ Bất đẳng thức Neisbit 3 ; 4 biến và bất đẳng thức tổng quát
Trước hết ta xét bài toán quen thuộc
Cho 3 số thực dương a ; b ; c ; chứng minh rằng :

3
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức cauchy – schwars
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

2 2 2
3
2
a b c
ab ac ba bc ca cb
+ + ≥
+ + +
Vế trái sẽ lớn hơn hoặc bằng :

2
( )
2 2 2
a b c

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 )

nói về cách phân tích một hàm số thành tổng một chuỗi số vô hạn .
Định lý phát biểu như sau : Cho hàm số f(x) khả vi n lần trên [ a ; x ] và khả vi n + 1
lần trên khoảng ( a ; x ) thì

( )
2
'( ) ''( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1! 2! !
n
n
n
f a f a f a
f x f a x a x a x a R x
n
= + − + − + + − +
Trong đó
( )
n
R x
là số dư bậc n ; có thể biểu diễn dưới dạng tích phân và chứng minh
bằng cách dùng định lý cơ bản của giải tích .
Chứng minh : Ta giả sử công thức đúng đến số n nào đó ; ta sẽ chứng minh đó đúng
với n + 1 ; trước hết theo giả thiết quy nạp ; ta có

( )
2
'( ) ''( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1! 2! !

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

R x x a f t n x t dt
n
+
+ + −
= − + + −
+
∫
Do đó định lý đúng với n+1 ; định lý được chứng minh .
Dưới đây là một số các hàm siêu việt ; các bạn hãy dùng công thức trên để tính tích
phân bất định của nó với a = 0 ở công thức trên

2
osxdx sinxdx
; ; ;
x
kx
x
c e
e dx dx
x x
−
−
∫ ∫ ∫ ∫
;… trong đó k là một số nguyên dương .
Liên hệ chi tiết trên facebook cá nhân của tôi ( Terence Tao ) hoặc email của tôi

Tên : Phạm Khoa Bằng
Học sinh lớp 8a1 – trường THCS Nguyễn Trực – TT Kim Bài
Trú tại : Thanh Thùy – Thanh Oai – Hà Nội .
Số điện thoại liên hệ : 0984004226