1
BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD VÀ MỘT VÀI ÁP DỤNG
LÊ HỒ QUÝ, Trường THPT Duy Tân, Kon Tum
Bất đẳng thức Muirhead là một dạng tổng quát rất quan trọng của bất đẳng
thức AM-GM. Nó là một công cụ rất mạnh trong việc giải một số bài toán về bất đẳng
thức.
1. Định lí Muirhead
1.1. Định nghĩa 1 (Bộ trội)
Cho hai bộ số thực bất kì a = (a
1
, a
2
, , a
n
) và b = (b
1
, b
2
, , b
n
). Ta nói bộ a trội hơn
bộ b, kí hiệu a  b nếu chúng thỏa mãn các điều kiện sau đây
i) a
1
≥ a
2
≥ ≥ a
n
và b
1
≥ b

1
+ a
2
+ + a
n
= b
1
+ b
2
+ + b
n
.
1.2. Định nghĩa 2 (Trung bình loại [a])
Giả sử x
i
> 0, 1 ≤ i ≤ n. Kí hiệu

!F (x
1
, x
2
, x
n
)
là tổng gồm n! biểu thức thu được từ F (x
1
, x
2
, x
n

, a
2
, , a
n
] =
1
n!

!x
α
1
1
x
α
2
2
x
α
n
n
.
Đặc biệt
[1, 0, 0, , 0] =
(n−1)!
n!
(x
1
+ x
2
+ + x

.x
1
n
1
x
1
n
1

=
n
√
x
1
x
2
x
n
là trung bình nhân của x
i
.
Khi a
1
+ a
2
+ + a
n
= 1 thì [a] là mở rộng thông thường của trung bình cộng và trung
bình nhân.
1.3. Định nghĩa 3

1
n
, ,
1
n

, nên bất đằng thức AM-GM là một hệ quả của bất
đẳng thức Muirhead.
2. Một vài áp dụng
Ở phần tiếp theo, chúng tôi xin trình bày một số áp dụng của bất đẳng thức
Muirhead trong việc chứng minh bất đẳng thức.
2.1 Chứng minh các bất đẳng thức đại số
Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
Lời giải. Khai triển và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương
a
2
b + a
2
c + b
2
c + b
2
a + c
2
a + c
2
b ≥ 6abc.
Vì (2, 1, 0)  (1, 1, 1) nên theo bất đẳng thức Muirhead ta có [(2, 1, 0)] ≥ [(1, 1, 1)].
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 

+ b
3
+ abc)(b
3
+ c
3
+ abc) ≤ 2(a
3
+ b
3
+ abc)(b
3
+ c
3
+ abc)(c
3
+ a
3
+ abc)
⇔

sym
(a
7
bc + 3a
4
b
4
c + 4a
5

5
b
2
c
2
)
⇔

sym
(2a
6
b
3
− 2a
5
b
2
c) ≥ 0
Vì (6, 3, 0)  (5, 2, 2) nên theo bất đẳng thức Muirhead nên vế trái của bất đẳng thức
cuối cùng là một hạng tử không âm. Từ đó, ta có điều phải chứng minh. 
Nhận xét 1. Ở ví dụ tiếp theo, chúng ta sẽ sử dụng đến một kỹ thuật rất hữu ích sau
đây
www.VNMATH.com
3
Khi x
1
.x
2
x
n

3
2
.
Lời giải 1. Quy đồng và bỏ mẫu, ta được bất đẳng thức tương đương
2(a
4
b
4
+ b
4
c
4
+ c
4
a
4
) + 2(a
4
b
3
c + a
4
c
3
b + b
4
a
3
c + c
4

3
+ a
5
c
4
b
3
+ b
5
c
4
a
3
+ b
5
a
4
c
3
+ c
5
a
4
b
3
+ c
5
b
4
a

(
8
3
,
8
3
,
8
3
)

.
Áp dụng bất đẳng thức Muirhead cho ba bộ số (4, 4, 0) 

11
3
,
8
3
,
5
3

, (4, 3, 1) 

11
3
,
8
3

c
3
(a + b)
≥
3
2(abc)
4
3
Đặt a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
, với x, y, z > 0. Khi đó bất đẳng thức trở thành

cyclic
1
x
9
(y
3
+ z
3
)
≥
3
2x
4
y


sym
x
11
y
8
z
5
+

sym
x
8
y
8
z
8
hay


sym
x
12
y
12
−

sym
x
11

9
y
9
z
6
−

sym
x
8
y
8
z
8

≥ 0.
Vì (12, 12, 0)  (11, 8, 5), (12, 9, 3)  (11, 8, 5), (9, 9, 6)  (8, 8, 8) nên theo bất đẳng thức
Muirhead thì mỗi hạng tử trong bất đẳng thức cuối là không âm. Từ đó ta có điều phải
chứng minh. 
www.VNMATH.com
4
Ví dụ 4 (IMO Shortlist-1998). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện
xyz = 1. Chứng minh rằng
x
3
(1 + y)(1 + z)
+
y
3
(1 + z)(1 + x)

4
3
,
4
3

= [(0, 0, 0)]
3[(4, 0, 0)] ≥ 3[(2, 1, 1)] = 3[(1, 0, 0)]
3[(3, 0, 0)] ≥

4
3
,
4
3
,
1
3

= 3[(1, 1, 0)]
và
[(3, 0, 0)] ≥ [(1, 1, 1)].
Cộng các bất đẳng thức vừa nhận được ta có bất đẳng thức phải chứng minh. Đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. 
Nhận xét 2.
i) Trong bài toán trên, ta có thể "nới" bớt điều kiện ràng buộc thành điều kiện rộng
hơn xyz ≥ 1. Khi đó, ta có bất đẳng thức
[(a
1
, a

2
+ z
2
+
y
5
− y
2
y
5
+ z
2
+ x
2
+
z
5
− z
2
z
5
+ x
2
+ y
2
≥ 0.
Lời giải. Sau khi quy đồng mẫu số chung, bỏ mẫu và sử dụng kí hiệu [a], ta được bất
đẳng thức tương đương
[(9, 0, 0)]+4[7, 5, 0]+[(5, 2, 2)]+[(5, 5, 5)] ≥ [(6, 0, 0)+[(5, 5, 2)]+2[(5, 4, 0)]+2[(4, 2, 0)]+[(2, 2, 2)].
www.VNMATH.com

4
√
3S ≤ a
2
+ b
2
+ c
2
.
Lời giải 1. Sử dụng công thức Heron, ta có thể viết lại bất đẳng thức đã cho như sau
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ 4
√
3

(a + b + c)
2
(a + b − c)
2
(a + c − b)
2
(b + c − a)
2
.
Bình phương cả hai vế của bất đẳng thức, ta được

4
+ b
4
+ c
4
))
⇔ a
4
+ b
4
+ c
4
≥ a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
Dùng kí hiệu [a], ta có bất đẳng thức tương đương
[(4, 0, 0)] ≥ [(2, 2, 0)]
Bất đẳng thức cuối cùng này luôn đúng do bất đẳng thức Muirhead ứng với hai bộ số
(4, 0, 0)  (2, 2, 0). 
Lời giải 2. Đặt
x = a + b − c, y = c + a − b, z = b + c − a,

≤

2[2a
2
− (b − c)
2
][2b
2
− (c − a)
2
][2c
2
− (a − b)
2
]
(a + b)(b + c)(c + a)
.
www.VNMATH.com
6
Lời giải. Trước hết, ta thuần nhất bất đẳng thức phải chứng minh với các biến x, y, z
bằng cách dùng các đồng nhất thức
R =
abc
4S
, r =
S
p
, S
2
= p(p − a)(p − b)(p −c), p =

5
+ b
5
+ c
5
≥ a
3
bc + b
3
ca + c
3
ab.
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
a
(a + b)(a + c)
+
b
(b + c)(b + a)
+
c
(c + a)(c + b)
≤
9
4(a + b + c)
.
Bài 3 (IMO-1964). Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
a
3
+ b
3

0 ≤ xy + yz + zx − 2xyz ≤
7
27
.
Bài 6. Cho x, y, z là các số thực không âm sao cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh
1
x + y
+
1
y + z
+
1
z + x
≥
5
2
.
www.VNMATH.com
8
Tài liệu tham khảo
[1] G. H. Hardy, J. E. Littlewood, G. Polya, Inequalities, Cambridge University Pree,
1967.
[2] Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gosmez Ortega, Rogelio valdez Delgado,
Inequalities, A Mathematical Olympial Approach, Birkh¨auser, 2009.
[3] Lau Chi Hin, Muirhead’s Inequality, Vo.11. Mathematical Excalibur, 2006.
[4] Ivan Matié, Classical Inequalities, Olympial Training Materials, 2007.
[5] Zoran Kadelburg, Du˜san Đukié, Milivoje Lukié, Ivan Matié, Inequalities of Karamata,
Schur and Muirhead, and some applications, The teaching of Mathematics, Vol. VIII,
pp. 31-45, 2005.
[6] Cezar Lupu, Tudorel Lupu, Problem 11245, American mathematical Monthly,