Định lý Abel – Định lý Dirichlet (tiếp)

Bài trước

http://bomongiaitich.wordpress.com/2011/12/14/d%E1%BB%8Bnh-ly-abel-d%E1%BB%8Bnh-ly-dirichlet/

tôi có trao đổi các Định lý Abel và Định lý Dirichlet về sự hội tụ của tích phân suy rộng dạng

$\int\limits_a^\infty f(x)g(x)dx.$

Trong bài này tôi sẽ quan tâm đến các Định lý này về sự hội đều cho chuỗi hàm

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x).$

Cụ thể tôi sẽ đưa ra các ví dụ để thấy các điều kiện trong các Định lý này là cần thiết, hay nói cách khác tôi đưa ra các ví dụ chuỗi hàm mà một trong các điều kiện của các Định lý này không thỏa mãn và chúng đều không hội tụ đều.

Ta bắt đầu với Định lý Dirichlet. Định lý được phát biểu như sau.

Cho các hàm $u_n, v_n: A\to\mathbb R$ thỏa mãn

(i) dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n u_k(x)$

bị chặn đều trên $A,$ nghĩa là có hằng số dương $M$ sao cho

$|S_n(x)|\le M, \forall x\in A, \forall n;$

(ii) dãy hàm $v_n(x)$ đơn điệu theo $n$ trên $A,$ nghĩa là

(chẳng hạn đơn điệu giảm)

$v_n(x)\ge v_{n+1}(x), \forall x\in A, \forall n,$

(iii) dãy hàm $v_n(x)$ hội tụ đều về $0$ trên $A,$ nghĩa là

$\lim\limits_{n\to\infty}\sup_{x\in A}|v_n(x)|=0.$

Khi đó chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ đều trên $A.$

VD1: (Điều kiện (iii) bị phá vỡ.)

Trước khi đưa ra ví dụ, trong trường hợp tập $A$ là tập compact, chẳng hạn $A=[0, 1],$ thì Định lý Dini cho thấy

từ

(ii) + hội tụ điểm về $0$ trên $A$ + tính liên tục của $v_n(x)$

ta có

(iii).

Ngoài ra, nếu (iii) chỉ bị mất tính đều, nghĩa là dãy hàm $v_n(x)$ hội tụ điểm đến $0$ trên $A$ thì ta vẫn có chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ điểm trên $A.$

Trong ví dụ này $A=(0, 1)$ . Các hàm

$u_n(x)=(-1)^n, v_n(x)=\dfrac{1}{nx}.$

Tính

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n (-1)^k=\begin{cases} 0\quad khi\quad n =2m,\\ -1 \quad khi \quad n=2m-1\end{cases}$

nên

$|S_n(x)|\le 2, \forall x\in(0, 1).$

Không khó để thấy dãy $v_n(x)=\dfrac{1}{nx}$ đơn điệu giảm và hội tụ điểm về $0$ trên $(0, 1).$

Tính

$\sup_{x\in(0, 1)}\dfrac{1}{nx}=\infty$

nên dãy $v_n(x)$ không hội tụ đều về $0$ trên $(0, 1).$

Như vậy các điều kiện (i), (ii) thỏa mãn còn điều kiện (iii) không thỏa mãn.

Bằng tiêu chuẩn Cauchy và việc chọn

$n_k=k, p_k=1, x_k=1/(k+1)$

ta có

$\sum\limits_{n=k+1}^{k+1} u_n(x_k)v_n(x_k)=(-1)^{k+1}$

dẫn đến chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{x}$

không hội tụ đều trên $(0, 1).$

VD2: (Điều kiện (ii) bị phá vỡ.)

Trong ví dụ này tập $A=\mathbb R$ còn các hàm

$u_n(x)=(-1)^n, v_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n}.$

Các hàm này đều là hàm hằng nên tính đều đương nhiên thỏa mãn.

Giống ví dụ trên, dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n u_n(x)$

bị chặn đều bởi $2$ trên $\mathbb R.$

Không khó để thấy dãy $v_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n}$ hội tụ đều về $0$ trên $\mathbb R.$ Tuy nhiên dãy hàm này không đơn điệu vì

$(-1)^{2k+1}<(-1)^{2k}$ dẫn đến không đơn điệu tăng,

$(-1)^{2k+1}<(-1)^{2k+2}$ dẫn đến không đơn điệu giảm.

Chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n}$

phân kỳ mọi nơi trên $\mathbb R.$

VD3: (Điều kiện (ii) bị phá vỡ – chuỗi hội tụ điểm.)

Vẫn ví dụ trên nhưng đổi hàm

$v_n(x)=\dfrac{(-1)^n\sin(nx)}{n}$

cũng là dãy hàm hội tụ đều về $0$ trên $\mathbb R.$

Lúc này, chuỗi hàm

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(nx)}{n}$

hội tụ điểm trên $\mathbb R$

nhưng không hội tụ đều trên đó.

Các bạn có thể xem chi tiết trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2010/03/10/hi%E1%BB%87n-t%C6%B0%E1%BB%A3ng-gibbs/

VD4: (Điều kiện (i) bị phá vỡ.)

Ta tiếp tục phân tích chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n}$

với $A=[0, \pi]$ và các hàm

$u_n(x)=\sin(nx), v_n(x)=\dfrac{1}{n}.$

Dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n \sin(kx)=\begin{cases}0\quad khi \quad x=0,\\ \dfrac{\cos(x/2)-\cos\big((2n+1)x/2\big)}{2\sin(x/2)}\quad khi\; 0<x\le \pi\end{cases}$

nên nó bị chặn điểm trên $[0, \pi],$

nhưng không bị chặn đều trên $[0, \pi]$ vì

$S_n(1/n)=\dfrac{\sin(\frac{1}{2})\sin(\frac{n+1}{2n})}{\sin(\frac{1}{2n})}>2n \sin^2(1/2).$

Dãy hàm $v_n(x)=1/n$ hội tụ đều về $0$ trên $[0, \pi].$

Lưu ý, trong ví dụ trên dãy tổng riêng bị chặn điểm nên chuỗi hội tụ điểm.

Qua bốn ví dụ ta thấy được nếu chỉ cần một trong ba điều kiện (i)-(iii) bị phá vỡ thì kết luận của Định lý Dirichlet không còn đúng.

Ta tiếp tục với Định lý Abel. Định lý được phát biểu như sau.

Cho các hàm $u_n, v_n: A\to\mathbb R$ thỏa mãn

(i) dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n u_k(x)$

hội tụ đều trên $A,$

(ii) dãy hàm $v_n(x)$ đơn điệu theo $n$ trên $A,$

(iii) dãy hàm $v_n(x)$ hội tụ đều trên $A.$

Khi đó chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ đều trên $A.$

Các ví dụ về phần này thực chất là các ví dụ cho Định lý Dirichlet nhưng cách phân tích $u_n(x), v_n(x)$ khác. Chẳng hạn ta quay trở lại VD1 ta có VD5 sau.

VD5:(Điều kiện (iii) bị phá vỡ.)

Lấy $A=(0, 1), u_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n^{1/2}}, v_n(x)=\dfrac{1}{n^{1/2}x}.$

Tất cả các lý luận giống như trong VD1 chỉ khác

chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n^{1/2}}$ hội tụ đều trên $(0, 1).$

Các bạn thử làm tương tự với các VD2, VD3, VD4 xem sao?

Định lý Abel – Định lý Dirichlet

Để kiểm tra sự hội tụ của tích phân suy rộng, ngoài công cụ tiêu chuẩn Cauchy, ta còn có hai công cụ hữu hiệu Định lý Abel và Định lý Dirichlet.

Để dùng được hai Định lý này ta phải phân tích hàm dưới dấu tích phân thành tích

$f(x)g(x).$

Chẳng hạn ta thử xem tích phân sau

$\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin x}{x}dx.$

Ta phân tích hàm dưới dấu tích phân

$\dfrac{\sin x}{x}=\dfrac{1}{x}\sin x$

có

+) $f(x)=\sin x$ có nguyên hàm $\cos x$ bị chặn bởi $1,$

+) $g(x)=\dfrac{1}{x}$ là hàm đơn điệu giảm về $0$ khi $x$ tiến ra vô cùng.

Từ đó dùng Định lý Dirichlet ta có tích phân

$\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin x}{x}dx$ hội tụ.

Tuy nhiên trong vài trường hợp nếu không biết phân tích thì không áp dụng được.

Chẳng hạn, ta xét tích phân

$\int\limits_1^\infty \big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2dx.$

Nếu tách hàm dưới dấu tích phân

$\big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2=\dfrac{\sin x}{x}\dfrac{\sin x}{x}$

thì

+) $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm là hàm có giới hạn ở vô cùng,

+) tuy nhiên $g(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ là hàm dao động (không đơn điệu).

Hoặc tách

$\big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2=\dfrac{1}{x^2}\sin^2 x$

thì

+) $g(x)=\dfrac{1}{x^2}$ đơn điệu giảm về $0$ khi $x$ tiến ra vô cùng,

+) tuy nhiên $f(x)=\sin^2 x$ có nguyên hàm $F(x)=\dfrac{1}{2}(x+sin(2x)+C)$ không bị chặn trên $[1, +\infty)$ .

Nếu để ý

$\sin^2 x= \dfrac{1}{2}(1-\cos(2x))$

và các tích phân

$\int\limits_1^\infty \dfrac{1}{x^2}dx,\; \int\limits_1^\infty \dfrac{\cos(2x)}{x^2}dx$ hội tụ

thì tích phân

$\int\limits_1^\infty \big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2dx$ hội tụ.

Trong bài giảng hôm 13/12/2011, tôi đã đưa ra các phản ví dụ cho thấy các điều kiện:

+) $f$ có nguyên hàm bị chặn,

+) $g$ đơn điệu và $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=0$

là cần thiết cho kết luận của Định lý Dirichlet.

Dưới đây tôi sẽ đưa ra các phản ví dụ cho thấy sự cần thiết của các điều kiện:

+) $f$ có nguyên hàm có giới hạn tại vô cùng,

+) $g$ đơn điệu và bị chặn

trong Định lý Abel.

VD1: Tích phân $\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin^2 x}{x}dx$

có

+) $f(x)=\sin^2 x$ có nguyên hàm $\dfrac{1}{2}(x+\sin(2x)+C)$ không có giới hạn tại vô cùng,

+) $g(x)=\dfrac{1}{x}$ đơn điệu và bị chặn trên $[1, +\infty)$ ,

+) phân kỳ.

VD2: Tích phân $\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin^2 x}{x}dx$

có

+) $f(x)=\dfrac{\sin^2 x}{x^2}$ có nguyên hàm $\int_1^x \dfrac{\sin^2 t}{t^2}dt$ có giới hạn tại vô cùng,

+) $g(x)= x$ đơn điệu và không bị chặn trên $[1, +\infty)$ ,

+) phân kỳ.

VD3: Tích phân $\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin^2 x}{x}dx$

có

+) $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm $\int_1^x \dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn tại vô cùng,

+) $g(x)=\sin x$ không đơn điệu và bị chặn trên $[1, +\infty)$ ,

+) phân kỳ.

Định lý Abel giúp ta có phép thử lặp. Chẳng hạn, ta xét tích phân

$\int\limits_1^\infty \arctan (x) e^{1-x}\dfrac{\sin x}{x}dx.$

Áp dụng Định lý Abel lần thứ nhất:

+) $f_1(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm $\int\limits_1^x \dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn ở vô cùng,

+) $g_1(x)=e^{1-x}$ đơn điệu giảm và bị chặn trên $[1, +\infty)$

nên hàm $\int\limits_1^x e^{1-t}\dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn ở vô cùng.

Ta lại áp dụng Định lý Abel lần thứ hai:

+) $f_2(x)=e^{1-x}\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm $\int\limits_1^x e^{1-t}\dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn ở vô cùng,

+) $g_2(x)=\arctan x$ là hàm đơn điệu tăng và bị chặn trên $[1, +\infty)$

nên tích phân

$\int\limits_1^\infty \arctan (x) e^{1-x}\dfrac{\sin x}{x}dx$ hội tụ.

Sang Giải tích 4, ta sẽ còn quay trở lại các Định lý Abel – Định lý Dirichlet khi khảo sát sự hội tụ của

+) chuỗi số $\sum\limits_{n=1}^\infty u_nv_n,$

+) chuỗi hàm $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x),$

+) tích phân suy rộng phụ thuộc tham số $\int_0^\infty f(x, y)g(x, y)dy.$

Định lý Abel – Định lý Tauber

Xét chuỗi lũy thừa $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n. \;\;\;(1)$

Một nhận xét xuất phát từ điều kiện cần khá đơn giản: nếu chuỗi $(1)$ hội tụ tại $x_0\not=0$ thì nó sẽ hội tụ tuyệt đối tại mọi điểm $x$ mà $|x|<|x_0|.$ Thật vậy, do chuỗi $(1)$ hội tụ tại $x_0$ nên theo điều kiện cần có

$\lim\limits_{n\to\infty}|a_nx^n_0|=0.$

Ta có với $\epsilon=1$ có một số tự nhiên $n_0$ đề với mọi $n\ge n_0$ có

$|a_nx^n_0|<1$ hay $|a_n|<\dfrac{1}{|x_0|^n}.$

Khi đó với $x\in(-|x_0|, |x_0|), n\ge n_0$ có

$|a_nx^n|<\Big(\dfrac{|x|}{|x_0|}\Big)^n$ và $0\le\dfrac{|x|}{|x_0|}<1.$

Do đó chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty |a_nx^n|=\sum\limits_{n=1}^{n_0}|a_nx^n|+\sum\limits_{n=n_0+1}^\infty|a_nx^n|$

hội tụ với mọi $x\in(-|x_0|, |x_0|).$

Từ nhận xét trên, nếu đặt $R=\sup\{|x|\;|\; \sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$ hội tụ $\}$ thì

+) chuỗi $(1)$ hội tụ tuyệt đối trong khoảng $(-R, R);$

+) chuỗi $(1)$ phân kỳ ngoài đoạn $[-R, R].$

Để tính bán kính hội tụ $R$ ta thường dùng dấu hiệu căn Cauchy hoặc dấu hiệu D’Alembert.

Cũng có chuỗi bán kính hội tụ $R=0,$ chẳng hạn

$\sum\limits_{n=1}^\infty n! x^n.$

Và có chuỗi bán kính hội tụ $R=+\infty,$ chẳng hạn

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n!}x^n.$

Trong bài này ta chỉ bàn đến trường hợp bán kính hội tụ hữu hạn và dương.

Bằng việc sử dụng khái niệm hội tụ đều ta chỉ ra được hàm giới hạn $S(x)$ là hàm khả vi vô hạn trên $(-R, R).$

Vấn đề của bài viết quan tâm: tại những đầu mút $x=\pm R$ xảy ra những gì?

Với chú ý $a_nx^n=b_n y^n$ với $b_n=a_nR^n$ và $y^n=\dfrac{x^n}{R^n}$ ta có thể giả sử $R=1$ mà không làm mất tính tổng quát.

Vấn đề đầu tiên: nếu có $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ đến $S$ thì liệu có $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)$ ? Và nếu có thì so với $S$ thế nào?

N.H. Abel đã cho câu trả lời đẹp: Khi đó $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)=S.$

Việc chứng minh sử dụng khái niệm hội tụ đều và Định lý Abel sau:

“Nếu chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty u_n(x)$ hội tụ đều trên $D$ và dãy $\{v_n(x)\}_{n=0}^\infty$ là dãy đơn điệu, bị chặn đều trên $D$ thì chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ đều trên $D.$ “

Cụ thể có chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ (không phụ thuộc $x$ ) và dãy $\{x^n\}_{n=0}^\infty$ là dãy giảm và bị chặn dưới đều bởi $0$ trên $[0, 1]$ nên chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$ hội tụ đều trên $[0, 1].$ Từ đó ta có điều phải chứng minh.

N. H. Abel cũng cho câu trả lời khi $x$ là số phức. Ta sẽ quay trở lại vấn đề này sau.

Vấn đề tiếp theo: câu hỏi ngược lại, nghĩa là nếu biết $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)$ ta nói được gì về $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ ?

Câu trả lời khẳng định sẽ giúp ta tính được một số chuỗi số! Chẳng hạn chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n\dfrac{1}{n}=\ln2.$

Tuy nhiên không phải lúc nào cũng có câu trả lời khẳng định. Ta sẽ thấy qua ví dụ sau.

Xét chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^n$ hội tụ đến $S(x)=\dfrac{1}{1+x}$ trong $(-1, 1).$

Có giới hạn $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)=\dfrac{1}{2}$ và không có giới hạn $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n.$

Như vậy cần thêm điều kiện. A. Tauber, năm 1897, đưa ra điều kiện $a_n=o(1/n)$ nghĩa là $\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0.$ Sau đó năm 1911, J.E. Littlewood đưa ra điều kiện yếu hơn $a_n=O(1/n)$ một phía, nghĩa là có một hằng số dương $M$ không phụ thuộc $n$ để

$na_n<M, \forall n$ hoặc $na_n>-M, \forall n.$

Tôi sẽ trình bày chứng minh khi có điều kiện của Tauber thì $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ đến $S(1^-)$ .

Ta dùng ngôn ngữ $\delta-\epsilon$ để chứng minh. Lấy $\epsilon>0.$ Ta cần chỉ ra $N_0$ để với mọi $n\ge N_0$ có

$|S_n-S(1^-)|<C\epsilon.$

Từ giả thiết $\lim\limits_{x\to1^-}S(x)=S(1^-)$ nên có số $\delta$ để với mọi $x\in(1-\delta, 1)$ có

$|S(x)-S(1^-)|<\epsilon.$

Do $\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0$ nên có một số dương $M>1$ để với mọi $n=0, 1, 2, \dots$ có

$|na_n|<M.$

Lại tiếp tục dùng giả thiết $\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0,$ ta chọn được số tự nhiên $N_0>\dfrac{\epsilon}{\delta}$ để với mọi $n>N_0$ có

$|na_n|<\epsilon^2.$

Với mỗi $N>N_0$ ta xét hiệu

$S_N-S(x)=\sum\limits_{n=0}^Na_n(1-x^n)+\sum\limits_{n=N+1}^\infty a_nx^n.$

Có $1-x^n=(1-x)(1+x+\dots+x^{n-1})<n(1-x), \forall x\in(0, 1)$ nên

$|\sum\limits_{n=0}^Na_n(1-x^n)|\le MN(1-x).$

Lại có $|a_nx^n|\le\dfrac{\epsilon^2}{N}x^n, \forall x\in(0, 1), \forall n>N>N_0$ nên

$|\sum\limits_{n=N+1}^\infty a_nx^n|\le \dfrac{\epsilon^2}{N(1-x)}.$

Do $N>N_0>\dfrac{\epsilon}{\delta}$ hay $\dfrac{\epsilon}{N}<\delta$ nên có thể chọn $x_N\in(1-\delta, 1)$ để

$N(1-x_N)=\epsilon.$

Khi đó, ta có

$|S(x_N)-S(1^-)|\le\epsilon,$

$|S_N-S(x_N)|\le M\epsilon+\dfrac{\epsilon^2}{\epsilon}$

nên $|S_N-S(1^-)|<(M+2)\epsilon.$

Bạn đọc có thể xem chứng minh trong trường hợp điều kiện Littlewood trong bài của David Borwein

tauber

CÔNG THỨC KHAI TRIỂN ABEL

Cho $x_1,x_2,...,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ là các số thực tùy ý. Đặt $S_{k}=y_{1}+y_{2}+...+y_{k}\forall k\in \mathbb{Z}^{+},1\leq k\leq n$

Khi đó :

$\boxed{x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n}=\left ( x_{1}-x_{2} \right )S_{1}+\left ( x_{2}-x_{3} \right )S_{2}+...+\left ( x_{n-1}-x_{n} \right )S_{n-1}+x_{n}S_{n}}$

Hai đẳng thức thường dùng :

Trường hợp $n=3$ :

$\boxed{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}=(a_{1}-a_{2})b_{1}+(a_{2}-a_{3})(b_{1}+b_{2})+a_{3}(b_{1}+b_{2}+b_{3})}$

Trường hợp $n=2$ :

$\boxed{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+=(a_{1}-a_{2})b_{1}+a_{2}(b_{1}+b_{2})}$

Hệ quả của khai triển Abel :

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,...,x_n),(a_1,a_2,...,a_n)$ . Khi đó ta có đẳng thức :

$\boxed{a_1(x_1-x_2)+a_2(x_2-x_3)+...+a_{n-1}(a_{n-1}-a_n)+a_nx_n=a_1x_1+(a_2-a_1)x_2+...+(a_n-a_{n-1})x_n}$

Chứng minh : Áp dụng công thức khai triển $Abel$ cho hai dãy $\left ( x_1,x_2,...,x_n \right ),(y_1=a_1,y_2=a_2-a_1,...,y_n=a_n-a_{n-1})$ .

BẤT ĐẲNG THỨC ABEL

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,....,x_n),(y_1,y_2,...,y_n)$ với $x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}$ . Nếu $c_{k}=y_1+y_2+...+y_k\;\;\forall k=\overline{1,n}$ và $M=\underset{k=1,2,...,n}{max}c_k$ , $m=\underset{k=1,2,...,n}{min}c_k$ thì ta có :