Cho n số nguyên phân biệt $a_1;a_2;...a_n$. Chứng minh rằng:$$a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\ge\frac{2n+1}{3}(a_1+a_2+...+a_n)$$
Lời giải:

• Với $n=1$ ta có $a_1^2\ge a_1 \iff a_1(a_1-1)\ge0$, đúng
• Giả sử mệnh đề đúng với $n=k\ge 1$ tức là với mọi k nguyên dương $a_1;a_2;...a_k$ bất kì thì

$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\ge\frac{2k+1}{3}(a_1+a_2+...+a_k)$$
Xét $k+1$ số nguyên dương tương ứng là $a_1;a_2;...a_{k+1}$ và không mất tính tổng quát giả sử $a_{k+1} = max{a_1;a_2;...a_{k+1}$. Ta cần chứng minh
$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\ge\frac{2k+3}{3}(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1})$$
Theo giả thiết quy nạp thì $$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\ge\frac{2k+1}{3}(a_1+a_2+...+a_k)$$
Vì các số khác nhau đôi một nên $a_{k+1}-a_j\ge k+1-i,i=1,2,3,...k$
Suy ra \[
a_1  + a_2  + ... + a_k  \le \sum\limits_{i = 1}^k {(k + 1 - i) = \frac{{k(k + 1)}}{2}}
\]
Ta sẽ chứng minh rằng
\[
a_{k + 1}^2  \ge \frac{{k(k + 1)}}{2} + \frac{{2k + 3}}{3}a_{k + 1}  \Leftrightarrow 6a_{k + 1}^2  \ge 3k(k + 1) + 2(2k + 3)a_{k + 1}
\]
Bất đẳng thức này tương đương $$(a_{k + 1}  - k - 1)(3a_{k + 1}  - k) \ge 0$$ đúng do $a_{k+1}\ge k+1$
Suy ra mệnh đề đúng với n=k+1 theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng mi