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  = 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  1! x 2 + ÂÂÂ+ f (2n) Ă x 2  (2n)! x 2 2n + f (2n+1) Ă x 2 + à 1 x 2  (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  1! x 2 + ÂÂÂ+ f (2n) Ă x 2  (2n)! x 2 2n Ă f (2n+1) Ă x 2 Ăà 2 x 2  (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  + f (2n+1) Ă x 2 Ăà 2 x 2  (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  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  và x 2 2 Ă a+b 2 ;b  ,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  y n y n Ă x n Ă o(x n ) x n  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: [...]... y suy ra f(y) maxff(c); f (x)g = f (x); suy ra f là hàm giảm trên (a; c], lặp lại lập luận trên ta suy ra f là hàm tăng trên [c; b) 2.4.17 Đây là hệ quả trực tiếp của bài tập trên 2.4 Hàm lồi 269 2.4.18 Vì f bị chặn nên sử dụng bài tập trên ta suy ra giới hạn một phía của f tại các điểm a và b tồn tại hữu hạn, vậy kết hợp với 1.2.33 và 1.5.7 ta được điều phải chứng minh 2.4.19 Cho x1 < x2 là hai điểm... định lý Bolzano - 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 dy nghiệm fxn g của f hội tụ về 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 , vì vậy p cũng là điểm giới hạn của tập các nghiệm của f 0 Từ đó suy ra, theo công thức... p)) (x Ă p)n 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 M jx Ă pjn với n đủ lớn, do đó với x 2 (a; b) mà jx Ă pj < 1 thì f (x) = 0 2.3.33 Tương tự bài tập trên, ta chứng minh được f (k) (0) = 0 với k 2 N, theo công thức Taylor ta có f (n) (àx) n x ; n 2 N: n! = 0 nên ta suy ra f (x) = 0 với mọi x 2 R: f (x) = xn n!1 n! Vì x cho trước và lim 2.3.34... LHôpital Do đó m 253 Rb a f (x)g(x)dx M: Rb g(x)dx a 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 Taylor với phần dư dạng tích phân (xem 2.3.4) f (n) à x n+1 ả x = f (n) (0) + f (n+1) (0) n+1 à ả Z x n+1 x (n+2) + f (t) Ă t dt: n+1 0 Do đó Ă x  f 0 (0) f (nĂ1) (0) nĂ1 f (n) n+1 n f(0) + + x +  +... điểm gián đoạn (xem 1.2.29) nên các đạo hàm một phía sẽ bằng nhau bên ngoài một tập đếm được (có độ đo 0) Các khẳng định trên đều đúng đối với hàm lõm 2.4.20 Vì f 0 tăng chặt nên hàm ngược (f 0 )Ă1 tồn tại và à ả f (b + x) Ă f(a Ă x) 0 Ă1 ằ(x) = (f ) : b Ă a + 2x Từ đó suy ra hàm ằ khả vi trên (0; 1) Đạo hàm đẳng thức trong đề bài ta được f 0 (b + x) + f 0 (a Ă x) Ă 2f 0 (ằ) = f 00 (ằ)ằ 0 (x): b Ă a +... dt: + x (n + 1)! n+1 Xét hàm (x Ă t)n+1 Ă xn g(t) = n+1 à ả x Ăt n+1 với t 2 [0; x]: Rõ ràng g 0 (t) > 0 với mọi t 2 (0; x) và g(0) = 0, do đó g dương trên toàn khoảng mở (0; x) Theo định lý trung bình tích phân ở trên ta có Z x n+1 à (x Ă t)n+1 f (t) Ă xn n+1 0 Z x n+1 = f (n+2) (ằ) g(t)dt (n+2) à ảả x Ăt dt n+1 0 và Z x f x n+1 (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... 12 2.3 Công thức Taylor và quy tắc LHôpital 259 2.3.39 Sử dụng 2.3.28 ta chứng minh được rằng ( à ả n X 0 với r = 0; 1; : : : ; n Ă 1; n r (Ă1)k k = k n! với r = n: k=0 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+ g(x) = +1 và L 2 R Theo (iii) , với " > 0 cho trước x!a tồn tại a1 sao cho với x 2 (a; a1 ) ta có (1) LĂ" < f 0 (x) < L + ": g 0 (x)... ta được f 0 (x) Ă g(x) xf 0 (x) Ă f (x) = lim x!0 x!0 x x2 00 xf (x) = g 0 (0): = lim x!0 2x lim g 0 (x) = lim x!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 được chứng minh đến n tức là g (n) (0) = f (n+1) (0) n+1 và Chương 2 Vi phân 262 g 2 C n (Ă1; 1), thế thì từ (1) và sử dụng quy tắc lHôpital ta được g (n) (x) Ă g (n) (0) x!0 x n P (Ă1)nĂk n!... C 1 (Ă1; 1) và g (n) (0) = f (n+1) (0) ;n (n+1)! = 0; 1; 2; : : : : 2.4 Hàm lồi 2.4.1 Giả sử f lồi trên I, ta có với x1 < x < x2 f (x) Ă f (x1 ) f (x2 ) Ă f(x1 ) x Ă x1 x2 Ă x1 (1) (xem (1) trong lời giải của 1.2.33) Mặt khác vì x= nên ta có f(x) từ đó suy ra x2 Ă x x Ă x1 x1 + x2 ; x2 Ă x1 x2 Ă x1 x2 Ă x x Ă x1 f (x1 ) + f (x2 ); x2 Ă x1 x2 Ă x1 f (x2 ) Ă f (x1 ) f (x2 ) Ă f (x) : x2 Ă x1 x2 Ă x... bất đẳng thức (??) tương đương với 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 tương đương với f 0 tăng, sử dụng kết quả bài trên ta được điều phải chứng minh 2.4.3 Sử dụng quy nạp Điều kiện được đặt với n = 2 chính là định nghĩa tính lồi của f , vì vậy giả thiết rằng bất đẳng thức đ được chứng minh với n á 2, ta đi chứng . 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;:::. 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