Tính chất hàm lượng giác ngược
Hàm số song ánh f: X → Y là một hàm số trong đó mỗi phần tử y ∈ Y đều có một và chỉ một phần tử x ∈ X tương ứng, được biểu diễn qua công thức y = f(x) Mỗi phần tử y trong Y được ánh xạ với một phần tử x trong X, từ đó xác định hàm số ngược f^(-1): y → x = f^(-1)(y).
Nếu hàm số f(x) có hàm nghịch f −1 tồn tại, thì f(x) được gọi là khả nghịch Tính chất song ánh là điều kiện cần và đủ để hàm f(x) khả nghịch; nghĩa là, nếu f(x) là hàm song ánh, thì sẽ tồn tại hàm ngược f −1, và ngược lại.
Để hàm số y = f(x) có hàm số ngược, cần đảm bảo rằng hàm số này xác định, đồng biến hoặc nghịch biến, và liên tục trong một khoảng X nào đó Nếu thỏa mãn các điều kiện này, sẽ tồn tại hàm ngược x = g(y), đồng thời cũng là hàm đồng biến hoặc nghịch biến và liên tục trong khoảng tương ứng.
Theo định lý về hàm lượng giác, với hai hàm lượng giác cơ bản y = sinx và y = tanx, ta có thể xác định các hàm lượng giác ngược tương ứng trong các khoảng mà chúng đồng biến hoặc nghịch biến.
) hàm số y = sinx(hay y= tanx) đồng biến, liên tục nên nó tồn tại hàm ngược y= arcsinx (hay y= arctanx) như sau:
Một số định lí giải tích
Định lí 1.2 (Định lí Taylor, [1]) Cho n là số nguyên dương và f là hàm khả vi liên tục cấp n trên [a, x], khả vi cấp n+ 1 trên (a, x) thì f(x) = f(a) + f 0 (a)
2! (x−a) 2 + + f (n) (a) n! (x−a) n +R n (x), (1.3) trong đó R(x) là phần dư bậc n. Định lí 1.3 (Quy tắc L’Hospital, [1]) Cho hai hàm số f và g:
Nếu giới hạn limx→af(x) = limx→ag(x) = 0 hoặc limx→af(x) = limx→ag(x) = ±∞ và giới hạn limx→a f 0 (x) g 0 (x) tồn tại, thì giới hạn x→alim f(x) g(x) = lim x→a f 0 (x) g 0 (x) Định lý Rolle khẳng định rằng nếu hàm số thực f liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi liên tục trên khoảng (a, b) với điều kiện f(a) = f(b), thì tồn tại c∈(a, b) sao cho f 0 (c) = 0 Bên cạnh đó, định lý giá trị trung bình cho rằng với hàm f: [a, b]→R liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b), tồn tại c∈(a, b) sao cho f 0 (c) = (f(b)−f(a))/(b−a).
Vì hàm g liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b) với g(a) = g(b), theo định lý Rolle, tồn tại một điểm c trong (a, b) sao cho g'(c) = 0 Tại điểm này, ta có f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a) Định lý này đã được chứng minh Định lý 1.6, hay còn gọi là định lý giá trị trung bình Cauchy, khẳng định rằng nếu hai hàm số f và g đều liên tục trên đoạn [a, b] và khả vi trên khoảng (a, b), thì tồn tại ít nhất một điểm c trong (a, b) thỏa mãn điều kiện này.
Nếu g(a)6=g(b) và g 0 (c)6= 0 thì (1.8) tương đương f 0 (c) g 0 (c) = f(a)−f(b) g(a)−g(b) (1.9)
Vì h liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và h(a) =h(b) nên theo định lí Rolle [1] tồn tạic∈(a, b) sao cho h 0 (c) = 0 Do đó f 0 (c) g 0 (c) = f(a)−f(b) g(a)−g(b).Định lí đã được chứng minh.
Các bất đẳng thức Shafer-Fink chứa hàm lượng giác ngược arcsinx
Chương này giới thiệu các bất đẳng thức Shafer-Fink liên quan đến hàm lượng giác ngược arcsinx Trong mục 2.1, hai bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng được trình bày dựa trên phương pháp khai triển chuỗi lũy thừa Mục 2.2 cung cấp phương pháp sơ cấp để kiểm chứng một số bất đẳng thức Shafer-Fink Cuối cùng, mục 2.3 đề cập đến bất đẳng thức Wu-Debnath và ứng dụng của nó trong việc thiết lập các bất đẳng thức cho các hàm chuỗi lũy thừa, bao gồm cả bất đẳng thức Shafer-Fink.
Các bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng dựa vào các công thức khai triển chuỗi lũy thừa
vào các công thức khai triển chuỗi lũy thừa
Trong mục này, chúng tôi trình bày phương pháp khai triển chuỗi lũy thừa để xây dựng các bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng chứa hàm f k (x) = arcsinx− kx
1−x 2 (2.1) với k = 3 hoặc k =π Kí hiệu ϕ k (x) = kx
Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp, hàm ϕ k (x)được biểu diễn lại như sau ϕ k (x) = kx(2−√
Công thức khai triển Taylor cho hàm f k (x) có thể được thiết lập từ ba công thức khai triển Taylor của các hàm con, bao gồm hàm arcsinx.
3 +x 2 Để tiến hành khai triển chuỗi lũy thừa hàmarcsinxta tiến hành hai bước như sau:
Bước 1 (Biễu diễn hàm arcsinx dưới dạng hàm tích phân). Đặty = arcsint.Thế thì, với t∈[−1,1], suy ray∈h
2,π 2 i và t= siny Lấy vi phân hai vế đẳng thức, ta thu được dt dy =cosy Từ đây, suy ra dy dt = 1 cosy = 1 p1−sin 2 y = 1
Vớix∈[0,1], lấy tích phân hai vế đẳng thức trên từ0đếnx, và chú ý rằngarcsin 0 = 0, ta thu được arcsinxZ x 0
Bước 2 Áp dụng công thức khai triển Taylor, cho hàm (1−t 2 ) −1 2 , tại t = 0, ta thu được
2 2m (m!) 2 t 2m (2.5) Thay thế công thức (2.5) vào công thức (2.4), ta thu được arcsinxZ x 0
Tiếp theo, áp dụng công thức khai triển Taylor cho hàm √
Cuối cùng, khai triển Taylor cho hàm 1
Thay thế hai công thức (2.8) và (2.9) vào (2.3), ta thu được một biểu diễn chuỗi lũy thừa của hàm ϕ k (x) như sau: ϕ k (x) = kx
Thay thế hai công thức (2.6) và (2.11) vào (2.1), ta thu được một biểu diễn chuỗi lũy thừa của hàm f k (x) như sau: f k (x) ∞
Tiếp theo, ta chứng minh rằng tất các các hệ số D k (m), m = 0,1, trong khai triển chuỗi lũy thừa (2.13) là không âm Cụ thể là D k (0)≥0, D k (1)≥0 vàD k (m)>0, với mọi m≥2.
Bước 1: Với k = 3 hoặc k =π, ta kiểm tra được rằng
Bước 2: Ta sẽ chứng minh rằng "vớim≥2 và nếuD k (m)>0thì D k (m+ 2) >0" (*) Trước hết, từ hai công thức (2.7) và (2.11), ta kiểm tra được rằng
Tiếp theo, thực hiện các phép biến đổi kết hợp với các nhận xét ở trên về các hàm A(m) và C k (m), ta có
Nhận xét rằng vì A(m) > 0, m−1 > 0, và với k = 3 hoặc k = π thì 5k−13 ≥ 0,
50−8k ≥0,136−43k ≥0, 64−17k≥0 và vì D k (m)>0 nên, từ (2.14), ta kết luận
D k (m+ 2)>0 Như vậy ta chứng minh được (*).
Kết hợp bước 1 với bước 2, ta lần lượt kết luận được rằng D k (2) >0, D k (3) >0,
D k (4)>0, D k (5)>0, D k (6)>0, tức là ta có D k (m)>0với mọi m≥2.
Nhận xét 2.1 Vì D k (m) ≥0 với mọi m ≥ 0, nên với một số hữu hạn n ≥0, và với x∈[0,1], ta luôn có n
Như vậy, chúng ta thu được một hàm lũy thừaPn m=0D k (m)x 2m+1 chặn dưới của hàm f k (x).
Ta có định lí sau: Định lí 2.1 ([4]) Với x∈[0,1], n∈N và k = 3 hoặc k =π, bất đẳng thức sau đúng: n
Các trường hợp đặc biệt
1−x 2 Khi đó các bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi x∈[0,1]
1−x 2 Khi đó các bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi x∈[0,1].
Nhận xét 2.2 Với n = 3, n= 1 ta thu được Phát biểu 1, Phát biểu 2 ([4]).
Dựa vào các công thức khai triển Taylor và thực hiện biến đổi thích hợp, chúng tôi đã phát triển các mở rộng cho bất đẳng thức Shafer-Fink trong Định lý 2.1 Tiếp theo, chúng tôi giới thiệu một mở rộng khác của bất đẳng thức này, cũng thông qua khai triển Taylor, được nêu trong Định lý 2.2 dưới đây: Định lý 2.2 ([4]) Nếu n∈N và n≥2 thì n.
Chứng minh Quy đồng mẫu số, hàm f(x) được biểu diễn như sau f(x) = 2 +√
Tiếp theo ta tìm biễu diễn chuỗi lũy thừa cho hàm tử số của hàm f(x) Kí hiệu g(x) 2 +√
Thay thế công thức (2.6) và (2.8) vào (2.19), ta thu được g(x) ∞
((m−k−1)!) 2 (2m−2k−1)2 2(m−k−1) , m= 2,3, (2.23) Bây giờ, ta sẽ chứng minh E(m)>0,∀m ≥2 Thật vậy, kí hiệu
Bằng các tính toán đơn giản, ta kiểm chứng được rằng
(2.26) Lấy tổng cả hai vế của đẳng thức (2.26) từ k= 0 đến k=m−2, ta thu được
=G(m, m−1)−G(m,0)−2(m+ 1)m 2 F(m, m−1)+ m(2m+ 3)(m+ 1)F(m+ 1, m−1) +m(2m+ 3)(m+ 1)F(m+ 1, m) (2.27) Hơn nữa, từ các công thức trên, với một số tính toán, ta kiểm tra được rằng
(m−1)!m!2 2m−1 Thay các đẳng thức này vào (2.27), ta thu được
Sử dụng thuật toán sai phân trong[8] và [9], ta kiểm tra được
4 m m! 2 (2m+ 1), m ∈N, (2.29) là nghiệm của phương trình (2.28).
Thay (2.29) vào (2.22), ta tính được, với m ≥2, ta có
2 2m−2 (m−1)! 2 (2m+ 1)! (2.30) Tiếp theo, ta chứng minh rằng E(m) > 0,∀m ≥ 2 Vì mẫu số trong hàm E(m) luôn dương, nên ta chỉ cần chứng minh rằng (2m−1)! 2 −m2 4m−4 (m−1)! 4 > 0,∀m ≥ 2. Điều này tương đương với
Với m = 2 ta có T(2) = 4 > 1 Bằng một số tính toán, ta chứng minh được, với k >2, rằng
Kết hợp (2.32) với T(2) > 0 và nhận xét rằng
> 1,∀k > 2, ta thu được rằng T(m)>1,∀m ≥2, tức là, ta có E(m)>0,∀m ≥2 Kết hợp với (2.21), ta có, vớix∈[0,1]: n
1−x 2 ) arcsinx−3x (2.33) Điều này kéo theo (2.17) Vậy, Định lí 2.2 đã được chứng minh.
Nhận xét: Với n = 3, ta thu được Phát biểu 3 Ngoài ra, với n >3, ta thu được các bất đẳng thức chặt hơn của Phát biểu 3.
Các trường hợp đặc biệt
Phương pháp sơ cấp chứng minh các bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng 14
thức Shafer-Fink mở rộng
Trong mục 2.1, chúng tôi đã trình bày cách thiết lập các bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng qua phương pháp khai triển chuỗi lũy thừa Ở mục này, chúng tôi sẽ không đi vào chi tiết xây dựng các bất đẳng thức mà chỉ tập trung vào một số chứng minh sơ cấp cho các bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng, sử dụng các phương pháp đơn giản kết hợp với tính toán số Cụ thể, theo Định lý 2.3 ([4]), với mọi số thực x thuộc đoạn [0,1], bất đẳng thức x ≤ 5 luôn đúng.
Chứng minh Trước hết, ta sẽ chứng minh vế trái bất đẳng thức (2.34).
1−x 2 + 22. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng f 0 (x)≥0 với mọix∈[0,1), điều này có nghĩa là
(2.35) Nhận xét rằng với mọix∈[0,1), ta có
Tức là, cả hai vế bất đẳng thức (2.35) đều dương Bình phương hai vế (2.35), với một số tính toán, ta được x 6 16x 10 + 104x 8 + 177x 6 −27x 4 −5373x 2 + 16767
Vậy, ta có f 0 (x) ≥ 0 với mọi x ∈[0,1) Điều này kéo theo 0 =f(0) ≤ f(x), ∀x ∈
34020 >0 Như vậy, ta chứng minh được vế trái bất đẳng thức (2.34).
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức vế phải (2.34).
1−x 2 −22 > 0, với mọi x ∈ [0; 1) Do đó g tăng ngặt trên
[0,1)và vì g(1) = 0nên ta cóg(x)≤g(1) = 0, x∈[0,1] Như vậy ta chứng minh được vế phải bất đẳng thức (2.34). Định lí 2.3 đã được chứng minh. Định lí 2.4 ([5]) Với mọi x∈[0; 1], ta có a(x)
840x 7 Chứng minh Xét hàm số h: [0,1]→R, h(x) = arcsinx− 3x
1−x 2 + 1−x 2 Bây giờ, ta sẽ chứng minh h 0 (x)≥0 với mọix∈[0,1), điều này có nghĩa là
(2.38) Nhận xét rằng với mọix∈[0,1), ta có
= 875>0 và 11x 6 + 10x 4 + 120 > 0 ≥ min{11x 6 + 10x 4 + 120} = 120 > 0, tức là hai vế của (2.38) dương Bình phương hai vế (2.38), với một số tính toán, ta được x 8 4356x 8 + 20944x 6 + 10605x 4 −131460x 2 + 759780
≥0 (2.39) Bất đẳng thức (2.39) luôn đúng vì với mọi x∈[0,1), q(x) =x 8 4356x 8 + 20944x 6 + 10605x 4 −131460x 2 + 759780
Vậy, ta có h 0 (x)≥ 0, với mọi x∈ [0,1) Suy ra 0 = h(0) ≤ h(x),∀x ∈[0,1) Hơn nữa h(1) = π
336 >0 Như vậy ta chứng minh được bất đẳng thức (2.37). Định lí 2.4 đã được chứng minh. Định lí 2.5 ([11]) Với mọi x ∈ [0,1] trong bất đẳng thức bên trái và với mọi x ∈
[0,0.871433] trong bất đẳng thức bên phải, các bất đẳng thức sau là đúng:
Chứng minh Trước hết, ta sẽ chứng minh vế phải của bất đẳng thức (2.40).
Hàm φ(x) liên tục trên đoạn [0,1] cho thấy rằng phương trình φ(x) = 0 có ba nghiệm đơn, trong đó x₁ = 0 và x₂, x₃ ≈ ±0.871433, được xác định bằng MATLAB Thêm vào đó, với φ(0.5) < 0, ta có φ(x) ≤ 0 cho mọi x thuộc [0, 0.871433], từ đó chứng minh được vế phải của bất đẳng thức (2.40).
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh vế trái của bất đẳng thức (2.40)
Bây giờ, ta sẽ chứng minh s 0 (x)≥0 trên [0,1), điều này có nghĩa là
. (2.41) Nhận xét rằng với mọix∈[0,1), ta có u(x) = (12−4π)x 4 + (6−4π)x 2 + 2π+ 6≥minu(x)≈5,15>0, v(x) = (π−3)x 4 + (9−3π)x 2 + 2π+ 6 ≥minv(x) = 12>0.
Tức là, cả hai vế bất đẳng thức (2.41) đều dương Bình phương hai vế (2.41), với một số tính toán, ta được x 4
Bất đẳng thức (2.42) luôn đúng vì với mọi x∈[0,1), n(x) = (π−3) 2 x 6 + 9 (π−3)x 4 + 3 (π−3) (17π−27)x 2 + 243 + 6π−25π 2
Vậy, ta có s 0 (x) ≥0, với mọi x ∈[0; 1) Kết hợp với s(1) = 7π
0 = s(0) ≤ s(x),∀x ∈ [0,1] Như vậy ta chứng minh được vế trái của bất đẳng thức (2.42). Định lí 2.5 đã được chứng minh.
Phương pháp chứng minh dựa vào bất đẳng thức Wu-Debnath
Trong phần này, chúng tôi trình bày một cách chứng minh khác cho bất đẳng thức Shafer-Fink thông qua bất đẳng thức Wu-Debnath Khác với phương pháp trực tiếp đã đề cập trong mục 2.1, phương pháp dựa vào bất đẳng thức Wu-Debnath cho phép chúng ta thiết lập cả chuỗi lũy thừa chặn dưới và chặn trên cho hàm f k (x) Định lý 2.6 ([12]) khẳng định rằng nếu f và g là các hàm phân biệt trên khoảng (a, b) và một trong hai điều kiện g' > 0 hoặc g' < 0 xảy ra trên (a, b), thì kết quả sẽ được xác lập.
(i) Nếu f 0 /g 0 tăng (hoặc giảm) trên (a, b) với f(a+) và g(a+) tồn tại thì f(x)−f(a+) g(x)−g(a+) cũng tăng (hoặc giảm) trên (a, b).
(ii) Nếu f 0 /g 0 tăng (hoặc giảm) trên (a, b) với f(b−) và g(b−) tồn tại thì f(x)−f(b−) g(x)−g(b−) cũng tăng (hoặc giảm) trên (a, b).
Chứng minh Trước hết ta chứng minh (i) Theo giả thuyết, f(a+) và g(a+) tồn tại nên ta xét các hàm số:
Khi đó, đạo hàm của hàm H(x) được cho như sau:
Với mỗi số thực x thuộc khoảng (a, b), các hàm số F và G đều liên tục trên đoạn [a, x] và khả vi trên khoảng (a, x) Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại các số thực ξ1 và ξ2 sao cho điều kiện của định lý được thỏa mãn.
Theo giả thuyết Định lí, vì g 0 (x) > 0, với mọi x ∈ (a, b) (hoặc g 0 (x) < 0, với mọi x∈(a, b)) nên ta suy ra rằng
Ta xét hai trường hợp:
• Trường hợp 1 Nếu (f 0 /g 0 ) tăng trên (a, b) thì
G 0 (ξ 2 ) = f 0 (x) g 0 (x) −f 0 (ξ 2 ) g 0 (ξ 2 ) >0, (a < ξ2 < x < b) (2.45) Kết hợp (2.43), (2.44),(2.45) ta được H 0 (x)>0, x∈(a, b) Hơn nữa, vì f(x)−f(a+) g(x)−g(a+) ≡ F(x)−F(a)
=∆ H(x), x∈(a, b) (2.46) nên ta kết luận được rằng f(x)−f(a+) g(x)−g(a+) tăng trên (a, b).
• Trường hợp 2 Nếu (f 0 /g 0 ) giảm trên (a, b) thì
G 0 (ξ2) = f 0 (x) g 0 (x) −f 0 (ξ 2 ) g 0 (ξ2) max{j 0 , , j l } thì bất đẳng thức sau đúng: n
Chứng minh Khi n >max{j 0 , , j l }, từ định nghĩa C k ở trên, ta có n
X k=0 c k (x−a) k vàh(x) = t(x) Thay thế các đẳng thức này vào bất đẳng thức (2.57), ta thu được bất đẳng thức (2.61) Vậy Hệ quả 2.1 được chứng minh.
Tiếp theo, chúng ta sẽ áp dụng Hệ quả 2.1 để chứng minh bất đẳng thức Shafer-Fink theo Định lý 2.9 Định lý 2.9 khẳng định rằng với x thuộc khoảng [0,1] và dãy {D k (m)} với m thuộc N0 và m lớn hơn hoặc bằng 2 được xác định trong (2.16), các bất đẳng thức sau đây là đúng.
Chứng minh Theo kết quả ở mục 2.1, ta có f k (x) ∞
X k=0 c i x i với (ci)được xác định như sau c i ( 0, i= 2m, m∈N, D(m), i= 2m+ 1, m∈N.
Vì D(m) ≥ 0, m ≥ 0 nên ta có ci ≥ 0, i ≥ 0 Do đó, áp dụng Hệ quả 2.1, cho hàm chuỗi lũy thừafk(x) =P∞ i=0cix i , ta thu được bất đẳng thức (2.62). Định lí đã được chứng minh.
Các bất đẳng thức Shafer-Fink chứa hàm lượng giác ngược arctanx
Chương này tập trung vào một số bất đẳng thức Shafer-Fink liên quan đến hàm lượng giác ngược arctan x Mục 3.1 mở rộng bất đẳng thức Shafer-Fink cho hàm thành phần thông qua phương pháp khai triển chuỗi lũy thừa Trong khi đó, mục 3.2 giới thiệu việc mở rộng bất đẳng thức Shafer-Fink cho hàm phân thức.
Mở rộng bất đẳng thức Shafer-Fink đối với hàm thành phần
Trong mục này, chúng tôi trình bày phương pháp khai triển chuỗi lũy thừa để xây dựng các bất đẳng thức Shafer-Fink mở rộng chứa hàm f(x) = arctanx− 3x
Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp, hàm ϕ(x) được biểu diễn lại như sau ϕ(x) = −x(1−2√
Công thức khai triển Taylor cho hàm f(x) có thể được thiết lập dựa trên ba công thức khai triển Taylor của các hàm con, bao gồm hàm arctan x và hàm căn bậc hai.
Với x ∈ [−1,1], áp dụng công thức khai triển Taylor cho hàm arctan x tại x = 0, ta thu được arctanx= f(0) + f 0 (0)
Tiếp theo, áp dụng công thức khai triển Taylor cho hàm √
Cuối cùng, ta sẽ khai triển Taylor cho hàm 1
Thay thế hai công thức (3.6) và (3.8) vào (3.3), ta thu được một biểu diễn chuỗi lũy thừa của hàm ϕ(x) như sau: ϕ(x) =−x(1−2√
Hơn nữa, bằng tính toán ta cũng chứng minh được dãy{B(m)}m∈N 0, m ≥1 thỏa
Trước khi chúng ta chuyển sang Định lí 3.1, biểu thị sự mở rộng và tổng quát của Phát biểu 4, chúng ta cần các bổ đề sau:
, (3.12) với m≥2 Khi đó, chuỗi {β(m)}m∈N 0 với m≥1 thỏa đẳng thức (3.11).
Chứng minh Trong phần chứng minh bổ đề này, chúng tôi sử dụng phương pháp Wilf- Zeilberger([10],[8],[9]).
• Với m = 1, đẳng thức luôn đúng.
2 2m+1 (3.13) Thay thế công thức (3.13) vào (3.12), ta thu được β(m) = φ(m)
Hơn nữa, từ các công thức (3.13), (3.14), với một số tính toán, ta kiểm tra được β(m+ 1) =φ(m+ 1)
Từ các công thức trên, ta tính được β(m+ 1)+4
(3.15) Bây giờ, với m≥1, ta kí hiệu
, (3.18) trong đó m∈N 0 , k ∈N 0 Khi đó, F(m, k) vàG(m, k) thỏa
F(m, k) =G(m, k+ 1)−G(m, k) (3.19) Lấy tổng cả 2 vế của đẳng thức (3.19) theok từ 1 đến vô cùng, ta thu được
Dựa vào công thức (3.18), ta tính được
Thay thế công thức (3.22) vào (3.15), ta thu được β(m+ 1) + 4
Hệ quả 3.1 ([6]) Cho các dãy{B(m)}m∈N 0 và {β(m)}m∈N 0 thỏa mãn cùng một quan hệ lặp và chúng cũng đúng với m= 0 và m= 1, ta có
Thay thế các công thức (3.4) và (3.9) vào (3.1), ta thu được một biểu diễn chuỗi lũy thừa của hàm f(x) như sau: f(x) = arctanx− 3x
# Với mọi m ∈N 0 , ta kí hiệu β + (m) = 3
Bổ đề 3.2 ([6]) Với m∈N 0 , đẳng thức sau đúng β + (m) = 3
Vậy đẳng thức (3.27) đã được chứng minh.
Bổ đề 3.3 ([6]) Với m∈N 0 , bất đẳng thức sau đúng:
Chứng minh Bổ đề có được vì
Bổ đề 3.4 ([6]) Với m∈N 0 , bất đẳng thức sau đúng: β1(m+ 1)> β1(m)m+ 2 m+1 2
. Định lí 3.1 ([6]) Với hàm số thực f(x) = arctanx− 3x
1 +x 2 (3.30) các bất đẳng thức sau đúng với k ∈N và x∈ 0,
Chứng minh Ta sẽ chứng minh dãy{C(m)}m∈N 0 là dãy dương, giảm ngặt vàC(m)→0 khi m→ ∞.Áp dụng Bổ đề 3.3 và 3.4, ta có
Nhận xét rằng với mọi m ≥11, ta có 6(2m+ 1)!!
(2m+ 2)!! 0 Điều này kéo theo 0< C(m)< 1
Bây giờ, ta sẽ chứng minh {C(m)}m∈N 0 là dãy giảm ngặt Thật vậy,
Nhận xét rằng với mọi m ≥ 8, ta có 9(2m+ 3)!!
2mh(m)), với mọi số nguyên dương m≥2, ta có
Do đó, theo phương pháp quy nạp bất đẳng thức(2mh(m)