Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P6 docx

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

0
(à(x))
g
0
(à(x))
=
f
0
(0) + à(x)f
00
(à
3
(x))
g
0
(0) + à(x)g
00
(à
4
(x))
:
Sử dụng các đẳng thức trên và tính liên tục tại 0 của
f
00
và
g
00
ta dễ dàng
suy ra
lim

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
+

f
(n+1)
(x Ă à
1
x
(n +1)!
(Ăx)
n+1
:
Cho
à =1Ă à
1
ta đợc điều phải chứng minh.
(b) Chú ý rằng
f
Ă
x
1+x
Â
= f

x
2
1+x

,làmnh câu (a).
2.3.10.
Ta có
f(x)=f

x
2
+
x
2

= f

x
2

+
f
0
Ă
x
2
Â
1!

x
2

+ ÂÂÂ+
f
(2n)
Ă
x
2
Â

(2n)!

x
2

2n
+
f
(2n+1)
Ă
x
2
+ à
1
x
2
Â
(2n +1)!

x
2

2n+1
;
tơng tự
f(0) = f

x
2
Ă

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

2n
Ă
f
(2n+1)
Ă
x
2
Ăà
2
x
2
Â
(2n +1)!

x
2

2n+1
:
244 Chơng 2. Vi phân
Trừ vế với vế hai đẳng thức trên ta đợc
f(x)=f(0) +
2
1!
f
0

x

2

x
2

+
2
3!
f
(3)

x
2

x
2

3
+ ÂÂÂ+
2
(2n Ă1)!
f
(2nĂ1)

x
2

x
2

2nĂ1
+
f
(2n+1)
Ă
x
2
+ à
1
x
2
Â
+ f
(2n+1)
Ă
x
2
Ăà
2
x
2
Â
(2n +1)!

x
2

2n+1
:
Vì đạo hàm thoả mn định lý giá trị trung gian (xem 2.2.31)tacóđiềuphải

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

00
(x)+o(h
2
)
h
2
Ă
2f(x) Ă f(x)+hf
0
(x) Ă
h
2
2
f
00
(x)+o(h
2
)
h
2
)
= f
00
(x):
(b)
lim
h!0
f(x +2h) Ă 2f(x + h)+f(x)
h
2

= 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

x
k
k!
+
x
n+1
(n +1)!
e
àx
>
n
X
k=0
x
k
k!
:
(b) Với
x>0
ta có
ln(x +1)=x Ă
x
2
2
+
x
3
3
Ă
x

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

+
x
3
3
Ă
x
4
4
1
(1 + à
2
x)
4
>xĂ
x
2
2
+
x
3
3
:
(c) Sử dụng công thức Taylor cho hàm
x 7!
p
1+x
ta đợc
p
1+x =1+
1

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

16
x
3
và
p
1+x =1+
1
2
x Ă
1
8
x
2
+
1
16
(1 + à
2
x)
Ă5=2
x
3
> 1+
1
2
x Ă
1
8
x
2

:
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
n
n!
f
(n)
(x + à(h)h):
Trừ đẳng thức trên cho đẳng thức dới ta đợc
f
(n)
(x + à(h)h) Ă f
(n)
(x)
h
=
f
(n+1)
(x)
n +1
+
o(h)
h
:
Từ đó suy ra
à(h)=
f
(n+1)
(x)
n+1
+
o(h)

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

0 ∙ x<1
,
f(1) = f(x +(1¡ x))(2)
= f(x)+f
0
(x)(1 ¡ x)+f
00
(x + µ
2
(1 ¡ x))
(1 ¡ x)
2
2
:
ThÊy r»ng tõ (1)suyra
jf
0
(1)j ∙
A
2
, vµ tõ (2) ta cã
jf
0
(0)j ∙
A
2
.H¬nn÷atrõ
(2) cho (1)ta®îc
f
0

(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:

2.3.17.
(a) Víi
x 2 [¡c; c]
,
f(c) ¡ f(x)=f
0
(x)(c ¡ x)+
f
00
(x ¡ µ
1
(c ¡ x))
2
(c ¡ x)
2
(1)
vµ
f(¡c) ¡ f(x)=¡f
0
(x)(c + x)+
f
00
(x ¡ µ
2
(c + x))
2
(c + x)
2
:
Do ®ã

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

+ x
2
)
M
2
2c
:
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 247
(b) Từ (1) ở trên, với
x 2 [Ăc; c)
ta có
f
0
(x)=
f(c) Ă f(x)
h
Ă
f
00
(x + à
1
h)
2
h;
trong đó
h = c Ăx>0
.Dođó
jf
0
(x)j 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

p
M
0
M
2
.
2.3.18.
Bất đ ẳng thức
M
1
2
p
M
0
M
2
đợc chứng m inh trong câu (b) bài
2.3.17, dấu đẳng thức đạt đợc,vídụnh ởhàm
f(x)=
(
2x
2
Ă1
với
Ă1 <x<0;
x
2
Ă1
x
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

(x)h + f
00
(x Ă à
1
h)
h
2
2
:
Từ đó suy ra
f
0
(x)=
1
2h
(f(x + h) Ă f(x Ă h)) Ă
h
4
(f
00
(x + àh) Ăf
00
(x Ă à
1
h));
tức là
jf
0
(x)j
M

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 + h)=f
(pĂ1)
(x)+f
(p)
(x)h + f
(p+1)
(x + àh)
h
2
2
248 Chơng 2. Vi phân
và
f
(pĂ1)
(x Ă h)=f
(pĂ1)
(x) Ă f
(p)
(x)h + f
(p+1)
(x Ă à
1
h)
h
2
2
:
Do đó
f
(p)

(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

;h>0:
Chọn
h =
q
2
M
pĂ1
M
p+1
ta đợc
M
p

p
2M
pĂ1
M
p+1
. Theo giả thiết quy nạp, với
k = p Ă1
và một vài tính toán ta đợc
M
p
2
p=2
M
1
p+1
0
M

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
M
1Ă
k
p+1
0
+ M
k
p+1
p
:
Điều phải chứng minh.
2.3.21.
Giả sử
jf
00
(x)j M(M>0)
,với
x 2 (0; 1)
. Theo công thức Taylor
cho
x; h 2 (0; 1)
ta có
f(x + h)=f (x)+f
0
(x)h + f
00
(x + àh)
h
2

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

2
với
x>x
0
;h> 0:
Chọn
h =
p
2
"
M
ta đợc
jf
0
(x)j
p
2"M
,
x>x
0
, tức là
lim
x!1
f
0
(x)=0:
2.3.22.
Với
x>0
,

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

(x)=0:
2.3.23.
Với
u; x 2 (0; 1)
,
u>x
, theo công thức Taylor ta có
f(u)=f(x)+f
0
(x)(u Ăx)+
1
2
f
00
(ằ)(u Ăx)
2
với
ằ 2 (x; u)
.Chọn
u = x + "(1 Ă x); 0 <"<
1
2
,tađợc
f(u) Ă f(x)="(1 Ăx)f
0
(x)+
1
2
"
2

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

(1 Ă x)jf
0
(x)j "
1
+
1
2
"jf
00
(x + à"(1 Ăx))j(1 Ăx)
2
"
1
+
1
2
M"
(à" Ă1)
2
với
x
đủ gần 1.Vì
"
chọn tuỳ ý nên
(1 Ăx)jf
0
(x)j "
1
,từđósuyra
lim

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
ả
= f(b)+
f
00
(x
2
)
2!
à
b Ă a
2
ả
2
;
với
x
1
2
Ă
a;
a+b
2
Â
và
x
2
2
Ă
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

jf
00
(c)j =maxfjf
00
(x
2
)j; jf
00
(x
1
)jg:
2.3.25.
Theo công thức Taylor ta có
1=f(1) =
1
2
f
00
(0) +
f
000
(x
1
)
3!
và
0=f(Ă1) =
1
2
f

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

1
) á 3
hoặc
f
000
(x
2
) á 3
. Chú ý rằng ta có thể nhận đợc dấu đẳng
thứcvớivídụ
f(x)=
1
2
(x
3
+ x
2
)
.
2.3.26.
Viết
f(t)=t(x)+(t Ăx)Q(t):(1)
Đạohàmhaivếđẳngthứctrêntheo
t
ta đợc
f
0
(t)=Q(t)+(t Ăx)Q
0
(t):(2)

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

0
)+(x Ăx
0
)f
0
(x
0
)+
1
2
f
00
(x
0
)(x Ă x
0
)
2
+
1
2
(x Ă x
0
)
3
Q
00
(x
0
):

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 f(x
n
)
y
n
Ă x
n
Ă
o(y
n
) Ă o(x
n
)
y
n
Ă x
n
:(1)
(a) Vì
x
n
< 0 <y
n
nên




o(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

)j
y
n
+
jo(x
n
)j
Ăx
n
:
Từ đó suy ra
lim
n!1
o(y
n
) Ă o(x
n
)
y
n
Ăx
n
=0;
kết hợp với (1)tađợc
lim
n!1
D
n
= f
0

(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

n
)
y
n
Â
y
n
y
n
Ă x
n
Ă
o(x
n
)
x
n
Â
x
n
y
n
Ăx
n
ả
=0;
đẳng thức cuối cùng đợc suy ra t ừ tính giới nội của các dy
n
y
n

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

.
Sử dụng tính liên tục tại 0 của
f
0
ta có điều phải chứng minh.
2.3.28.
Chú ý rằng
P
là đa thức có bậc không vợt quá
m
, đạo hàm đẳng
thức
(1 Ă y)
m+1
m+1
X
k=0
à
m +1
k
ả
(Ă1)
k
y
k
;
252 Chơng 2. Vi phân
ta đợc
Ă(m + 1)(1 Ă y)
m

=
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)

(0) = 0
.Đạohàm(1) rồi cho
y =1
ta lại
thấy rằng (theo (2))
P
(mĂ2)
(0) = 0
. Lặp lại quá trình trên ta suy ra rằng
P
(j)
(0) = 0
với
j =0; 1 ; 2;::: ;mĂ 1
. Hơn nữa
P
(m)
(0) = 0
,vì
0=(1Ă 1)
m+1
=
m+1
X
k=1
à
m +1
k
ả
(Ă1)

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

và
M =maxff(x):x 2 [a; b]g:
Giả s ử rằng , điều n ày không làm mất tính tổng quát củ a bài toán,
g(x) > 0
,
khi đó
mg(x) f(x)g(x) Mg(x):
Tích phân bất đẳng thức kép ta đợc
m
Z
b
a
g(x)dx
Z
b
a
f(x)g(x)dx M
Z
b
a
g(x)dx:
2.3. Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 253
Do đó
m
R
b
a
f(x)g(x)dx
R
b

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+2)
(t)
à
x
n +1
Ăt
ả
dt:
Do đó
f(0) +
f
0
(0)
1!
x + ÂÂÂ+
f
(nĂ1)
(0)
(n Ă 1)!
x
nĂ1
+
f
(n)
Ă
x
n+1
Â
n!
x

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

(n+2)
(t)(x Ă t)
n+1
dt:
254 Chơng 2. Vi phân
Từ đó suy ra
f(x) Ă

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

!
=
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!
=

1
n!
Z
x
n+1
0
f
(n+2)
(t)
à
(x Ă t)
n+1
n +1
Ăx
n
à
x
n +1
Ă t
ảả
dt
+
1
(n +1)!
Z
x
x
n+1
f
(n+2)

(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)

. Theo định lý trung bình tích phân ở t rên ta có
Z
x
n+1
0
f
(n+2)
(t)
à
(x Ă t)
n+1
n +1
Ă x
n
à
x
n +1
Ă t
ảả
dt
= f
(n+2)
(ằ)
Z
x
n+1
0
g(t)dt
và
Z

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)!

x
nĂ1
+
f
(n)
Ă
x
n+1
Â
n!
x
n
!
=
1
n!
f
(n+2)
(ằ
1
)
Z
x
n+1
0
g(t)dt +
1
(n +1)!
f
(n+2)

(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

n +1
dt
ta sẽ t hấy rằng
á
1
+ á
2
=
x
n+2
n
2(n +1)
2
(n +2)
:
Sử dụng định lý giá trị trung g ian ta có
f
(n+2)
(ằ
1
)
R
x
n+1
0
g(t)dt + f
(n+2)
(ằ
2
)

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

0
(0)
1!
x + ÂÂÂ+
f
(nĂ1)
(0)
(n Ă 1)!
x
nĂ1
+
f
(n)
Ă
x
n+1
Â
n!
x
n
!
=
1
n!
f
(n+2)
(ằ)
x
n+2
n

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
))

= f
(n)
(x
0
)+
f
(n+p)
(x
0
+ à
1
à(x)(x Ă x
0
))
p!
(à(x)(x Ă x
0
))
p
:
Suy ra
f(x)=f(x
0
)+
f
0
(x
0
)
1!

(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

:
Mặt khác
f(x)=f(x
0
)+
f
0
(x
0
)
1!
(x Ă x
0
)+ÂÂÂ+
f
(n)
(x
0
)
n!
(x Ă x
0
)
n
+
f
(n+p)
(x
0
+ à

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

2
(x Ă x
0
))
(n + p)!
:
Vì
f
(n+p)
là hàm liên tục tại
x
0
và
f
(n+p)
(x
0
) 6=0
nên khi cho
x ! x
0
ta đợc
1
(n+p)!
=
1
n!p!
lim
x!x
0

(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

00
(àkx)k
2
x
2
ả
= f
0
(0)x
h
1
p
x
ih
1
p
x
i
+1

2
+ (x);
(1)
trong đó
(x)=
1
2
h
1
p

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

1
p
x
i
+1

2
h
1
p
x
i
+1

6
:
Từ (2) ta suy ra
lim
x!0
+
(x)=0
,còntừ(1)tacó
lim
x!0
+
h
1
p
x
i

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

f
sẽ tồn tại ít nhất một nghiệm của
f
0
,vìvậy
p
cũng là điểm
giới hạn của tập các nghiệm của
f
0
. Từ đó suy ra, theo công thức Taylor
f(x)=
f
(n)
(p + à(x Ă p))
n!
(x Ă p)
n
với
à 2 (0; 1)
.Vì
supfjf
(n)
(x)j : x 2 (a; b)g = O(n!)
nên tồn tại
M>0
sao cho
jf(x)j MjxĂpj
n
với

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

x
n
n!
=0
nên ta suy ra
f(x)=0
với mọi
x 2 R:
2.3.34.
(a) 1.
(b)
Ăe=2
.
(c)
1=e
.
(d)
e
Ă1=6
.
2.3.35.
Để chứng minh rằng
lim
x!+1
à
f
à
a
p
x

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

a
p
x
ả
= lim
x!+1
ln f(a
p
t)
t
= lim
x!+1
af
0
(a
p
t)
2
p
tf(a
p
t)
= lim
x!+1
a
2
f
00
(a
p

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:

Nếu
0 <a<1
thì
lim
x!+1
à
a
x
Ă1
x(a Ă 1)
ả
1=x
=1:
2.3.37.
(a) Vì
lim
x!1
1Ăcos x
2+cos x
khôngtồntạinênkhôngsửdụngquytắclHôpitaltrong
trờng hợp này.
(b) Không sử dụng quy tắc lHôpital, vì đạo hàm của hàm dới mẫu bằng
0 tại các điểm
ẳ=2+2nẳ; n 2 N
. Mặt khác ta có thể c hứng minh đợc
rằng giới hạn này không tồn tại.
(c) Để tìm giới hạn của biểu thức dạng
f(x)
g(x)
khi

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

= lim
t!0
1
ln(1+t)
Ă
1
t
Ă
1
2
ln(1+t)
ln 2
= lim
t!0
ln 2(2t Ă 2ln(1+t) Ăt ln(1 + t))
2t ln
2
(1 + t)
= Ă
ln 2
12
;
đẳng thức cuố i cùng đợc tính bằng cách s ử dụng quy tắc lHôpital một vài
lần liên tiếp. Từ đó suy ra
f
0
(0) = Ă
ln 2
12
.

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

+
g(x)=+1
và
L 2 R
. Theo (iii) , với
">0
cho trớc
tồn tại
a
1
sao cho với
x 2 (a; a
1
)
ta có
L Ă "<
f
0
(x)
g
0
(x)
<L+ ":(1)
Vì
g
0
thoả mn định lý giá trị trung gian trong nên từ (1)suyra
g
0
không đổi

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

0
2 (x; y) ẵ (a; a
1
)
.Cốđịnh
y
,theo(1)tacó
L Ă "<
f(x)
g(x)
Ă
f( y)
g(x)
1 Ă
g(y))
g(x)
<L+ ":
Không mất tổng quát ta coi
g
là thực sự tăng trên
(a; b)
,khiđó
(L Ă ")
à
1 Ă
g(y)
g(x)
ả
+
f(y)

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

x!+1
f(x) = lim
x!+1
e
ax
f(x)
e
ax
= lim
x!+1
e
ax
(af(x)+f
0
(x)
ae
ax
=
L
a
:
(b) Tơng tự:
lim
x!+1
f(x) = lim
x!+1
e
a
p
x

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!+1
1
a
(af(x)+2
p
xf
0
(x)) =
L
a
:
Các phản ví dụ để chứng minh rằng (a) và (b) không còn đúng khi
a
âm là các hàm
f(x)=e
Ăax
và
f(x)=e
Ăa
p
x
tơng ứng.
2.3.42.
Sử dụng quy tắc lHôpital đợc chứng minh trong 2.3.40 ta đợc
lim
x!1
à
1 Ă
f
0

(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

= c:
Do đó
lim
x!1
f
0
(x)
xf
00
(x)
=1Ăc:
Theo g iả thiết có
c 1
.Rõràngkhi
c 6=1
thì
lim
x!1
xf
00
(x)
f
0
(x)
=
1
1 Ă c
:(1)
Bây giờ ta chứng minh rằng
lim

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)

= lim
x!1
f
0
(x)+xf
00
(x)
f
0
(x)
=1+
1
1 Ă c
;
kết hợp với (1)tađợc
lim
x!1
f(x)f
00
(x)
(f
0
(x))
2
= lim
x!1
xf
00
(x)
f

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

1
x
ả
(nĂk)
=
n
X
k=0
(Ă1)
nĂk
n!
k!
f
(k)
(x)
1
x
n+1Ăk
:
(1)
Đặt
g(0) = f
0
(0)
, sử dụng quy tắc lHôpital ta đợc
g
(n)
(0) = lim
x!0
g(x) Ă f

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

0
liên tục tại 0. Theo (1)vàsửdụng
quy tắc lHôpital ta đợc
lim
x!0
g
0
(x) = lim
x!0
f
0
(x) Ă g(x)
x
= lim
x!0
xf
0
(x) Ă f(x)
x
2
= lim
x!0
xf
00
(x)
2x
= g
0
(0):
Suy ra

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)

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

(x)x
k
(n +2)x
n+1
+
n
P
k=1
(Ă1)
nĂk
n!
(kĂ1)!
f
(k+1)
(x)x
kĂ1
Ă x
n
f
(n+1)
(0)
(n +2)x
n+1
)
= lim
x!0
(
n!(Ă1)
n
f

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)
(0)
(n +2)x
n+1
)
= lim
x!0
x
n
(f
(n+1)
(x) Ă f
(n+1)
(0))
(n +2)x
n+1
=
f
(n+2)
(0)
n +2
:
Bây giờ ta chỉ còn phải chứng minh rằng
g
(n+1)
liên tục tại 0 nữa l à xong.
Ta lại sử dụng (1)vàquytắclHôpitalđợc
lim
x!0
g

(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
+

n+1
P
k=0
(Ă1)
n+1Ăk
(n+1)!
(kĂ1)!
f
(n+1)
(x)x
kĂ1
(n +2)x
n+1
= lim
x!0
f
(n+2)
(x)
n +2
= g
(n+1)
(0):
2.4. Hàm lồi 263
Từ những l ập luận v ừa nêu ta thấy rằng h àm
g
đợc định nghĩa nh ởtrên
sẽ thuộc lớp
C
1
(Ă1; 1)

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

)
x
2
Ă x
1
(1)
(xem (1) trong lời giải của 1.2.33). Mặt khác vì
x =
x
2
Ăx
x
2
Ă x
1
x
1
+
x Ă x
1
x
2
Ăx
1
x
2
;
nên ta có
f(x)
x

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

2
) Ă f(x)
x
2
Ăx
:
Kết hợp với (
??
)tađợc
f(x) Ăf(x
1
)
x Ă x
1

f(x
2
) Ă f(x)
x
2
Ă x
:(2)
Cho
x ! x
+
1
ta đợc
f
0
(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

1
;
Từ đó suy ra
f
0
(x
1
) f
0
(x
2
)
,tứclà
f
0
là hàm tăng.
Giả sử rằng
f
0
tăng trên
I
,xét
x
1
<x<x
2
, theo định lý giá trị trung
bình
f(x) Ă f(x
1

)
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

f
0
ta đợc
(
??
). Bây giờ ta chứng minh rằng từ (
??
) ta suy ra tính lồi của
f
.Thậtvậy,
đặt
x = áx
1
+(1Ă á)x
2
,
x
1
<x
2
và
á 2 (0; 1)
,tacó
x 2 (x
1
;x
2
)
,
x Ă x

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

tăng chặt trên
I
ta suy ra
f
lồi chặttrên
I
.
2.4.2.
Chú ý điều kiện
f
00
(x) á 0
với
x 2 I
tơng đơng với
f
0
tăng, sử dụng
kết quả bài trên ta đợc điều phải chứng minh.
2.4.3.
Sử dụng quy nạp. Điều kiện đợc đặt với
n =2
chính là định nghĩa
tính lồi của
f
, vì vậy giả thiết rằng bất đẳng thức đ đợc chứng minh với
n á 2
,tađichứngminhrằngnócũngđúngvới
n +1
.Xét

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

+ á
n+1
)

á
n
á
n
+á
n+1
x
n
+
á
n+1
á
n
+á
n+1
x
n+1

, nên theo
giả thiết quy nạp ta đợc
f(á
1
x
1
+ á
2

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

+ á
n+1
x
n
+
á
n+1
á
n
+ á
n+1
x
n+1
ả
:
Vì hàm
f
lồi nên theo định nghĩa hàm lồi ta đợc điều phải chứng minh.
2.4.4.
Vì
ln
00
(x)=Ă
1
x
2
nên hàm
x 7! ln x
lồi trên
(0; 1)

,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

x
1
n
+
x
2
n
+ ÂÂÂ+
x
n
n

á
1
n
(ln x
1
+lnx
2
+ ÂÂÂ+lnx
n
)
=
1
n
ln(x
1
 x
2
ÂÂÂx

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

b
Ăe
a
=
Z
e
t
dt < (b Ă a)
e
a
+ e
b
2
:
2.4.7.
Xét hàm
f(x)=x ln x
,
x>0
ta có
f
00
(x)=
1
x
> 0
nên
f
lồi. Từ đó suy
ra

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)

,do
f
00
(x) > 0
ở đó, sử dụng bất
đẳng thức Jens en ta suy ra điều phải chứng minh (xem 2.4.3).
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. 1.2.43 (a).
(b) Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm
f(x)=ln
à
1+x
1 Ă x
ả
; 0 <x<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

x
< 0
nên
f
lõm
trên
(0;ẳ)
.
á
p dụng bất đ ẳng thức Jensen cho
Ăf
(xem 2.4.3) ta đợc
điều phải chứng minh.
(b) Xét hàm
f(x)=lnsinx Ă ln x; x 2 (0;ẳ):
Chú ý rằng
f
00
(x)=Ă
1
sin
2
x
+
1
x
2
< 0
và áp dụng bất đẳng thức Jensen
cho

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

ả
2
+
2
x
3
à
x +
1
x
ả
!
> 0:
Theo bất đẳng thức Jensen ta có
à
n
2
+1
n
ả
a
=
0
B
B
@
1
n
n
X

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

ả
a
:
Vậy
n
X
k=1
à
x
k
+
1
x
k
ả
a
á
(n
2
+1)
a
n
aĂ1
:
2.4.12.
á
p dụng bất đ ẳng thức Jensen cho hàm
x 7! Ăln x; x > 0
ta đợc
1

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

+
2
3
Ă1
2
2
+ ÂÂÂ+
2
n
Ă1
2
nĂ1
ảả
=ln
à
2 Ă
2
n
+
1
n2
nĂ1
ả
:
2.4.13.
(a) áp dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm
f(x)=
1
x
,

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

2
+ ÂÂÂ+
1
n
Â
1
x
n
:
2.4. Hàm lồi 267
Vậy
n
2
x
1
+ x
2
+ ÂÂÂ+ x
n

1
x
1
+
1
x
2
+ ÂÂÂ+
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

1
x
1
+ đ
2
x
2
+ ÂÂÂ+ đ
n
x
n
):
Từ đó suy ra
x
đ
1
1
x
đ
2
2
ÂÂÂx
đ
n
n
đ
1
x
1
+ 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

k =1; 2;::: ;n
, ta viết bất đẳng thức dới
dạng
x
đ
1
1
x
đ
2
2
ÂÂÂx
đ
n
n
+ y
đ
1
1
y
đ
2
2
ÂÂÂy
đ
n
n
(x
1
+ y

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

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

+ 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

1
y
1
x
1
+ y
1
+ ÂÂÂ+ đ
1
y
n
x
n
+ y
n
+=1:
(d) Sử dụng quy nạp theo
m
và (c).
2.4.14.
Giả sử p hản c hứng rằng
f
không phải là hàm hằng trên
R
,khiđó
tồn tại
x
1
<x
2

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

1
+
x
2
Ă x
1
x Ă x
1
x
ả

x Ă x
2
x Ă x
1
f(x
1
)+
x
2
Ă x
1
x Ă x
1
f(x):