Bất đẳng thức nesbitt một số mở rộng và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ THÙY TRANG

BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT:
MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

ĐỀ ÁN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Bình Định - Năm 2023

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
NGUYỄN THỊ THÙY TRANG

BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT:
MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

ĐỀ ÁN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Ngành : Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 8 46 01 13

Người hướng dẫn : TS. HUỲNH MINH HIỀN

Bình Định - Năm 2023

i

Lời cảm ơn

Trước khi đi vào nội dung của đề án, tôi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn
thể các giảng viên của Khoa Tốn nói chung vì đã tận tâm dạy bảo tơi trong suốt
q trình tơi theo học tại trường và đặc biệt là sự định hướng và dẫn dắt của TS.
Huỳnh Minh Hiền đối với đề án này.

Trong quá trình viết báo cáo này mặc dù đã được chỉnh sửa nhiều lần nhưng
không thể tránh khỏi việc thiếu sót và gây cho người đọc cảm giác khó hiểu. Tơi xin
chân thành cảm ơn nếu nhận được sự góp ý từ các quý thầy cơ, anh chị và bạn bè để
tơi có thể chỉnh sửa báo cáo được tốt hơn.

Bình Định, ngày ... tháng 10 năm 2023
Tác giả

Nguyễn Thị Thùy Trang

ii

Mục lục

Lời cảm ơn i

Một số ký hiệu iv

Lời mở đầu v

1 Bất đẳng thức Nesbitt 1

1.1 Bất đẳng thức Nesbitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Chứng minh Bất đẳng thức Nesbitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 Chứng minh trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.2 Áp dụng các bất đẳng thức sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Bất đẳng thức Nesbitt dạng ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt 10

2.1 Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo số biến . . . . . . . . . . . . . 10

2.2 Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo tham số . . . . . . . . . . . . . 18

2.3 Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo số mũ . . . . . . . . . . . . . . 21

2.4 Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt với hàm lồi . . . . . . . . . . . . . 29

iii

3 ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT 36

3.1 Chứng minh bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.2 Chứng minh bất đẳng thức hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Bất đẳng thức hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

KẾT LUẬN 60

iv

Một số ký hiệu

N tập các số tự nhiên
N∗ tập các số tự nhiên khác không
I tập các số vô tỉ
R tập các số thực
R+ tập các số thực không âm

tổng hoán vị

cyc

v

LỜI MỞ ĐẦU

Bất đẳng thức là một dạng toán hay và quan trọng trong toán học trong nhiều thế

kỷ qua. Vào năm 1903, nhà toán học người Anh là A.M. Nesbitt công bố một bất

đẳng thức với cấu trúc đơn giản và đối xứng đẹp trên tạp chí Education Times:

a + b + c3
≥ ∀a, b, c > 0. (0.1)
b+c c+a a+b 2

Sau này người ta đặt tên cho bất đẳng thức này là Bất đẳng thức Nestbitt. Sau gần

nửa thế kỷ, vào năm 1954 nhà toán học người Mỹ là Shapiro đã đưa ra một bất đẳng

thức có hình thức giống như Bất đẳng thức Nesbitt trở thành như sau

n xi n ∀x1, x2, ... , xn > 0, n ∈ N. (0.2)
≥,

i=1 xi+1 + xi+2 2

Bất đẳng thức (0.2) với hình thức đơn giản nhưng để chứng minh được nó có
đúng hay khơng với n tự nhiên tùy ý lại là một điều không đơn giản. Bởi vậy, nó đã
thu hút và thách thức rất nhiều các nhà tốn học trên thế giới khiến họ tốn khơng
ít thời gian, sức lực và trí tuệ đi tìm lời giải cho bài tốn này. Do đó, cho đến năm
1989 nhà tốn học Troesch đã kết thúc cơng cuộc tìm kiếm lời giải bài toán bằng
việc sử dụng toán học cao cấp cùng máy tính số hiện đại, chứng minh hoàn tất Định
lý 0.2 đúng với mọi n chẵn n < 13 và n lẻ n < 24, còn với mọi giá trị khác của n
thì Bất đẳng thức 0.2 sai”.

Ta có thể thấy rằng, Bất đẳng thức Nesbitt là một trường hợp đặc biệt của bất
đẳng thức Shapiro khi n = 3. Đây là một bất đẳng thức đẹp, có nhiều ứng dụng
trong giải tốn và được nhiều người quan tâm chứng minh lại bằng nhiều phương

vi

pháp khác nhau, đồng thời mở rộng và làm chặt với nhiều phiên bản khác nhau. Tuy
nhiên, hiện nay chưa có một tài liệu chuyên sâu nào về vấn đề này. Nội dung của đề
án là tổng hợp các chứng minh của Bất đẳng thức Nesbitt, sưu tầm các mở rộng, các

ứng dụng của nó, đồng thời tìm cách mở rộng thêm Bất đẳng thức Nesbitt cũng như
tìm sáng tác một số bất đẳng thức mới, chứng minh bằng cách áp dụng một trong
các dạng của Bất đẳng thức Nesbitt. Đề án được chia làm ba chương chính như sau:

Chương 1: Bất đẳng thức Nesbitt. Trong chương này, đề án giới thiệu Bất đẳng
thức Nesbitt và các chứng minh nó bằng nhiều cách khác nhau và trình bày một số
bất đẳng thức sơ cấp để bổ trợ cho quá trình chứng minh các kết quả được nêu trong
đề án.

Chương 2: Một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt. Trong chương này,
chúng tơi trình bày một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt theo các hướng: theo
số biến, theo tham số và sử dụng hàm lồi.

Chương 3: Ứng dụng của Bất đẳng thức Nesbitt. Chương này trình bày ứng
dụng Bất đẳng thức Nesbitt và một số mở rộng của nó trong việc chứng minh một
số bất đẳng thức đại số và bất đẳng thức hình học.

Tóm lại, qua đề án "Bất đẳng thức Nesbitt: một số mở rộng và ứng dụng" này, tôi
mong muốn giúp người đọc có thêm nhiều kiến thức về các mở rộng cũng như ứng
dụng của Bất đẳng thức Nesbitt. Đồng thời, đề án này cũng khơng nằm ngồi mong
muốn góp phần đưa ra các bài tập chứng minh bằng Bất đẳng thức Nesbitt cho các
em học sinh làm tài liệu học tập. Mặc dù đã cố gắng hoàn thành đề án nhưng do
kiến thức cịn hạn chế nên đề án khơng tránh khỏi thiếu sót và sai lầm, tơi rất mong
sự góp ý của q thầy cơ để đề án được hồn thiện.

1

Chương 1

BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT

Trong chương này, đề án giới thiệu Bất đẳng thức Nesbitt và trình bày một số bất
đẳng thức sơ cấp để bổ trợ cho quá trình chứng minh các định lý, hệ quả, bổ đề cùng
với các ví dụ, cũng như chứng minh bất đẳng thức đó bằng nhiều cách khác nhau
được nêu trong đề án.

1.1 Bất đẳng thức Nesbitt

Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Nesbitt). Cho a, b, c là các số thực dương. Khi đó

a + b + c3
≥.
b+c c+a a+b 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Đây là một bất đẳng thức đẹp có nhiều ứng dụng trong giải tốn, được nhiều nhà
giáo, nhiều nhà tốn học trong và ngồi nước quan tâm chứng minh lại bằng nhiều
phương pháp khác nhau và được chia sẻ trên các diễn đàn toán học, tạp chí về bất
đẳng thức tốn học. Mặt khác, từ Bất đẳng thức Nesbitt, nhiều mở rộng bất đẳng
thức theo nhiều hướng khác nhau xuất hiện như: mở rộng theo số biến, mở rộng
theo tham số, mở rộng theo số mũ, mở rộng bất đẳng thức với hàm lồi và một số
mở rộng khác về bất đẳng thức này được trình bày ở Chương 2 trong đề án. Đồng

2

thời, từ đó xuất hiện nhiều bài toán bất đẳng thức lạ, đẹp, ấn tượng là các bài toán ở
Chương 3 trong đề án này.

Như vậy, Bất đẳng thức Nesbitt được ví như một vùng đất màu mỡ dành cho

nhiều nhà toán học cũng như nhiều người đam mê bất đẳng thức thỏa mãn đam mê
phát huy năng lực suy nghĩ logic, sáng tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức
mới một cách có hệ thống của mình.

Tiếp theo, đề án trình bày một số bất đẳng thức sơ cấp khác để bổ trợ cho quá
trình chứng minh các định lý, hệ quả, bổ đề cùng với các ví dụ, cũng như chứng
minh bất đẳng thức đó bằng nhiều cách khác nhau.

Định lý 1.2 (Bất đẳng thức AM-GM). Cho a1, a2, ...an là các số thực không âm.

Khi đó

n√n a1a2 · · · an ≤ a1 + a2 + ... + an.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.

Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). Cho hai bộ số thực tùy ý a1, a2, .., an

và b1, b2, ..., bn. Khi đó

n 2 n n

aibi ≤ ai2 bi2 .

i=1 i=1 i=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
b1 b2 bn

Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel). Cho a1, a2, .., an là các

số thực bất kì và b1, b2, ..., bn là các số thực dương. Khi đó

n 2

n ai2 ai
≥ n i=1 .

i=1 bi bi

i=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
b1 b2 bn

3

Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Chebyshev). Cho hai bộ số thực đơn điệu cùng chiều
a1, a2, ... , an và b1, b2, ... , bn. Khi đó

1
a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≥ 2 (a1 + a2 + · · · + an) (b1 + b2 + · · · + bn) .
Nếu hai bộ số thực a1, a2, ... , an và b1, b2, ... , bn đơn điệu ngược chiều thì

1
a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≤ 2 (a1 + a2 + · · · + an) (b1 + b2 + · · · + bn) .
Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Jensen). Cho f (x) là hàm số liên tục và có đạo hàm cấp
hai trên I(a, b) và n điểm x1, x2, · · ·, xn tùy ý trên đoạn I(a, b) . Khi đó

(i) Nếu f là hàm lồi thì

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ f x1 + x2 + · · · + xn .
n n

(ii) Nếu f là hàm lõm thì

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≤ f x1 + x2 + · · · + xn .
n n

Ở đây I(a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp (a, b), [a, b), (a, b], [a, b].
Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Shur). Với a, b, c, k ∈ R+ bất kì, khi đó

ak(a − b)(a − c) ≥ 0.

cyc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc đơi một bằng nhau và số cịn lại
bằng 0.

Ngoài ra, khi k là một số nguyên dương chẵn thì bất đẳng thức trên đúng với mọi
số thực a, b, c.

Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là k = 1 và k = 2

a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0,

a2(a − b)(a − c) + b2(b − c)(b − a) + c2(c − a)(c − b) ≥ 0.

4

1.2 Chứng minh Bất đẳng thức Nesbitt

Hiện nay, Bất đẳng thức Nesbitt được chứng minh bằng rất nhiều cách khác nhau

không chỉ được chứng minh trực tiếp mà nó cịn dùng các bất đẳng thức sơ cấp khác

để chứng minh. Trong mục này, đề án giới thiệu một số cách đơn giản nhất. Đặt

P= a + b + c .

b+c c+a a+b

1.2.1 Chứng minh trực tiếp

Cách 1. Khơng mất tính tổng qt giả sử a ≥ b ≥ c. Thế thì

1 ≥ 1 ≥ 1 .

b+c c+a a+b

Áp dụng bất đẳng thức hốn vị ta có

a + b + c ≥ b + c + a

b+c c+a a+b b+c c+a a+b

a + b + c ≥ c + a + b .

b+c c+a a+b b+c c+a a+b

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được

2P ≥ b + c + c + a + a + b = 3.

b+c b+c c+a c+a a+b a+b

Suy ra điều phải chứng minh. √

Cách 2. Đặt f (a, b, c) = a + b + c và t = ab. Khơng mất tính tổng

b+c c+a a+b

quát, giả sử c = min{a, b, c}. Ta có t ≥ c và

f (a, b, c) − f (a, b, t) = a(t − c) + b(t − c) + c−t

(b + c)(b + t) (c + a)(t + a) a + b

≥ t−c a b
· + −1
a+b b+t t+a

t − c (a − b)2
= ·
a + b (b + t)(t + a)

≥ 0.
3
Suy ra f (a, b, c) ≥ f (a, b, t) ≥ .
2

5

1.2.2 Áp dụng các bất đẳng thức sơ cấp

Ngoài cách chứng minh trực tiếp, ta chứng minh Bất đẳng thức Nesbitt bằng cách
gián tiếp khi dùng các bất đẳng thức như: Bất đẳng thức AM-GM, Bất đẳng thức
Cauchy- Schwarz, Bất đẳng thức Chebyshev, Bất đẳng thức Jensen và Bất đẳng thức
Shur.

a) Áp dụng Bất đẳng thức AM - GM

Cách 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

a +1 + b +1 + c +1 ≥ 9

b+c c+a a+b 2

⇔ [(a + b) + (b + c) + (c + a)] 1 + 1 + 1 ≥ 9.

a+b b+c c+a

Bất đẳng thức này ln đúng vì theo Bất đẳng thức AM-GM, ta có

(a + b) + (b + c) + (c + a) ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a),

1 1 1 3
a + b + b + c + c + a ≥ 3 (a + b)(b + c)(c + a).

Nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta được điều phải chứng minh.

Cách 2. Xét các biểu thức sau

S= a + b + c ,

b+c a+c a+b

M= b + c + a ,

b+c a+c a+b

N= c + a + b .

b+c a+c a+b

Ta có

M +N = b + c + a + c + a + b = 3.

b+c a+c a+b b+c a+c a+b

6

Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta được

M +S = a+b b+c c+a
+ + ≥ 3,
b+c a+c a+b

N +S = a+c a+b b+c

+ + ≥ 3.
b+c a+c a+b

Vậy M + N + 2S ≥ 6. Suy ra 2S ≥ 3,

hay

a + b + c3
≥.
b+c c+a a+b 2

Vậy ta được điều phải chứng minh.

b c a
Cách 3. Đặt = x, = y, = z ta có x, y, z > 0 và xyz = 1. Bất đẳng thức trở
c a b

thành

x + y + z ≥ 3

1 + zx 1 + xy 1 + yz 2

xyz
⇔ 2 + + ≥ x + y + z + xy + yz + zx.

z xy

Áp dụng Bất đẳng thức AM - GM cho ba số ta có

xyz 3 x2
+ + ≥3· = 3x.
z xy yz

Từ đó dễ dàng suy ra

xyz
+ + ≥ x + y + z.

z xy

Chứng minh tương tự cho

xyz
+ + ≥ xy + yz + zx.

z xy

Suy ra điều phải chứng minh.

b) Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

a + b + c = a2 + b2 + c2

b + c c + a a + b ab + ac bc + ba ca + cb

7

≥ (a + b + c)2 3(ab + bc + ca) 3
≥ =.
2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) 2

Vậy ta được điều phải chứng minh.

c) Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev

Cách 1. Khơng mất tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c. Thế thì

1 ≥ 1 ≥ 1 .

b+c c+a a+b

Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có

a + b + c1 1 1 1
≥ · (a + b + c) · + +
b+c c+a a+b 3 b+c c+a a+b

⇔ a + b + c1a b c
≥· +1+ +1+ +1 .
b+c c+a a+b 3 b+c c+a a+b

1 3
Hay P ≥ (P + 3), nghĩa là P ≥ .
3 2

Cách 2. Viết lại bất đẳng thức dưới dạng tương đương sau

a1 b 1 c 1
−+ −+ − ≥0
b+c 2 c+a 2 a+b 2

⇔ 2a − b − c 2b − c − a 2c − a − b
+ + ≥ 0.
b+c c+a a+b

Khơng mất tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó

2a − b − c ≥ 2b − c − a ≥ 2c − a − b,

1 ≥ 1 ≥ 1 .

b+c c+a a+b

Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev ta có

2a − b − c 2b − c − a 2c − a − b
+ +
b+c c+a a+b

1 1 1 1
≥ · [(2a − b − c) + (2b − c − a) + (2c − a − b)] + + = 0.
3 b+c c+a a+b

Suy ra điều phải chứng minh.

d) Áp dụng Bất đẳng thức Jensen

Đặt x = a ,y = b ,z = c . Xét hàm f (t) = t , với t > 0. Ta có

b+c c+a a+b t+1

8

1 2
f (t) = (t + 1)2 > 0 và f (t) = −(t + 1)3 < 0 với mọi t ∈ (0; +∞).

Suy ra f (t) là hàm lõm, nên theo Bất đẳng thức Jensen thì

x + y + z f (x) + f (y) + f (z) 1 1
f ≥ = =f .
3 3 3 2

Mà hàm f tăng ngặt trên (0; +∞) nên ta có

x+y+z 1 3
≥ ⇔P =x+y+z = .
3 2 2

e) Áp dụng Bất đẳng thức Shur

Ta có

3 1
P− = (2[a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c)
2 4(a + b)(b + c)(c + a)

+ c(c − a)(c − b)] + (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .

Áp dụng Bất đẳng thức Schur ta được

a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0.

Vất đẳng thức trên ln đúng vì được viết lại là
(a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0.

Suy ra điều phải chứng minh.

1.3 Bất đẳng thức Nesbitt dạng ngược

Dưới đây là dạng ngược của Bất đẳng thức Nesbitt.

Định lý 1.8 ([7]). Cho x, y, z là các số thực dương. Khi đó

x y √
z 32
+ + ≤. (1.1)
x+y y+z z+x 2

9

Chứng minh. Ta có x = √ z+x x
.
cyc x + y cyc
(x + y)(z + x)

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta được

√ 2
z+x
x
cyc (x + y)(z + x)

≤ (z + x + x + y + y + z) x .

cyc (x + y)(z + x)

Do đó, để chứng minh bất đẳng thức (1.1) ta cần chứng minh

(x + y + z) x 9
≤.
cyc (x + y)(z + x) 4

Thật vậy, ta có

(x + y + z) x − 9

cyc (x + y)(z + x) 4

= (x + y + z)[x(y + z) + y(z + x) + z(x + y)] 9
−
(x + y)(y + z)(z + x) 4

4(x + y + z)[x(y + z) + y(z + x) + z(x + y)] − 9(x + y)(y + z)(z + x)
=

4(x + y)(y + z)(z + x)

8(x + y + z)(xy + yz + zx) − 9(x + y)(y + z)(z + x)
=

4(x + y)(y + z)(z + x)

6xyz − x2y − x2z − xy2 − y2z − xz2 − yz2
=

4(x + y)(y + z)(z + x)

≤ 0.

Vậy định lý được chứng minh.

10

Chương 2

MỘT SỐ MỞ RỘNG
CỦA BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT

Bên cạnh việc Bất đẳng thức Nesbitt được khá nhiều người chứng minh thì việc
mở rộng nó cũng thu hút khơng ít nhà tốn học quan tâm. Trong chương này, đề án
trình bày một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt như mở rộng theo số biến, theo
tham số, theo số mũ, mở rộng bất đẳng thức với hàm lồi và một số mở rộng khác
của nó.

2.1 Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo số biến

Trong mục này, ta tìm hiểu về một số mở rộng của bất đẳng thức theo số biến.

Định lý 2.1 ([2]). Cho bốn số thực dương a, b, c, d. Khi đó

N= a + b + c + d ≥ 2.

b+c c+d d+a a+b

Chứng minh. Đặt

P= b + c + d + a ,

b+c c+d d+a a+b

Q= c + d + a + b .

b+c c+d d+a a+b

11

Ta thấy P + Q = 4. Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta được

N +P = a+b b+c c+d d+a
+ + + ≥4
b+c c+d d+a a+b

và

N +Q= a+c b+d c+a d+b
+ + +
b+c c+d d+a a+b

a+c a+c b+d b+d
= + + +
b+c d+a c+d a+b

≥ 4(a + c) + 4(b + d) = 4.

a+b+c+d a+b+c+d

Suy ra

N +P +N +Q≥8

và do đó

2N ≥ 4 ⇔ N ≥ 2.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d. Vậy định lý được chứng minh.

n xi n

Bổ đề 2.1 ([9]). Cho x = ,S= +
2 xi ∈ R , S − xi > 0, i = 1, 2, ..., n. Khi

i=1 i=1

đó n 1 n

≥ . (2.1)
i=1 S − xi S − x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn.

Chứng minh. Theo giả thiết ta có S − xi > 0, i = 1, 2, ..., n. Khi đó

1 1
>.
S − xi S

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

n1 n n n
>≥ = .
i=1 S − xi S (n − 1)S S − x

Vậy bổ đề được chứng minh.

12

Định lý 2.2 ([9]). Cho xi ∈ R+, i = 1, 2, . . . , n. Khi đó
n xi n
n ≥ n − 1.
i=1 xj − xi

j=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn.

n

Chứng minh. Đặt S = xj. Áp dụng Bổ đề 2.1, ta thu được

j=1

n

n j=1 n2 xj
n ≥ n − 1.

i=1 xj − xi

j=1

Thêm bớt số hạng xi ta được

n

n j=1 n2 xj − xi + xi
n ≥ n − 1.
i=1 xj − xi

j=1

Khi đó  

n   n2

1 + n xi 

≥ .

 n−1

i=1  xj − xi 

j=1

Nói cách khác,

n n xi ≥ n2

1+ n n−1

i=1 i=1 xj − xi

j=1