Sáng kiến kinh nghiệm Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si







 
 
 
    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2| 8| 8 , ,a b b c c a a b c a b c a b c     (Đú
ng) 
Bình luận: 
 Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi 
và chỉ khi các vế cùng không âm. 
 Cần chú ý rằng: x2 + y2 ≥ 2 2 2x y = 2|xy| vì x, y không biết âm hay 
dương. 
 Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Cô Si như bài toán nói trên 
mà phải qua một và phép biển đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng 
BĐT Cô Si. 
 Trong bài toán trên dấu “ ≥ ”  đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi 
ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số, 3 cặp số. 
Bài 2 : Chứng minh rằng:  
8
264 ( )a b ab a b    a,b ≥ 0 
Giải 
         
4 48 2 4 ôSi 2
4 2 .2 2 2 2 2 . .
C
a b a b a b ab a b ab ab a b
               
     
264 ( )ab a b  
7/23 
Bài 3: Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab  a, b ≥ 0. 
Giải 
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 3 33 1. . . 3. . . 9ab abab ab 
Bình luận: 
 9 = 3.3 gợi ý sử dụng Cô-si cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện 
ba lần, vậy khi sử dụng Cô Si cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến 
đó. 
Bài 4: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2  a, b ≥ 0 
Giải: Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3 3 3 3 3 3 3
Côsi
a b = 9ab2 
Bình luận: 
 9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 
để khi áp dụng BĐT Cô-si ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc 
tách các hệ số không có gì khó khăn. 
Bài 5: Cho: 
, , , 0
1
 : 1 1 1 1
813
1 1 1 1
a b c d
CMR abcd
a b c d







   
   
Giải 
Từ giả thiết suy ra: 
   
ôsi
3 3 
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= - 
Cb c d bcd
a b c d b c d b c d
     
     
     
       
         
Vậy: 
   
   
   
   
         
3
3
3
3
3 
3 
3 
3 
1
0
1 1 1 1
1
0
1 1 1 1 1 d
81
1 1 1 1 1 1 1 11
0
1 1 1 1
1
0
1 1 1 1
bcd
a b c d
cda
b c d a abc
a b c d a b c ddca
c d c a
abc
d a b c















 
   
 
   

       
 
   
 
   
  
1
81
abcd  
Bài toán tổng quát: 
Cho: 
 
1 2 3
1 2 3
1 2 3
, , ,.............,
1
0
1
 : ...........1 1 1 1
......... 1
1 1 1 1
n
n
n
n
n
x x x x
CMR x x x x
n
x x x x







     
   
Bình luận: 
8/23 
 Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biền thì 
việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán 
chứng minh BĐT dễ dàng hơn 
Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng. 
Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo. 
2.Kỹ thuật 2: Kỹ thuật tách nghịch đảo. 
Bài 1: CMR: 2 . 0
a b
a b
b a
    
Giải Ta có: 2 2
Côsia b a b
b a b a
   
Bài 2: CMR: 
2
2 2
2 
1
a
a R
a

  

Giải 
Ta có: 
 2 2 2
2 2 2 2
ôsi2
 2 2
1 12 1 1
1 1
1 1 1 1
Caa
a a
a a a a
   
 
  
   
Dấu “ = ” xảy ra  2 2
2
1
1 1 1 0
1
a a a
a
     

Bài 3: CMR: 
 
1
3 0a a b
b a b
    

Giải: Ta có nhận xét: b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b đo đó hạng tử 
đầu a sẽ được phân tích như sau: 
 
 
 
 
 
3
ôsi
 .
1 1 1
3 . 3 0
C
a b a b b a b a b
b a b b a b b a b
          
  
Dấu “ = ” xảy ra   
 
1
b a b
b a b
 

  a = 2 và b = 1. 
Bài 4: CMR: 
  
2
4
3 0
1
a a b
a b b
    
 
 (1) 
Giải: Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau 
khi sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu. Tuy nhiên biểu thức dưới 
mẫu có dạng   
2
1a b b  (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số 2 
là một thức bậc hai của b) do đó ta phải phân tích về thành tích của các đa thức 
bậc nhất đối với b, khi đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các 
thừa số của mẫu. 
Vậy ta có:   
2
1a b b  = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a theo 2 cách 
sau: 
2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoặc a +1 =   1 12 2
b b
a b 
   
Từ đó ta có (1) tương đương : 
9/23 
 VT + 1 = 
  
 
   2
4 1 1 4
1
2 2 1 11
b b
a a b
a b b ba b b
  
 
   
   
  
   
4
ôsi
 . . . .
1 1 4
4 4
2 2 1 1
C b b
a b
a b b b
 
  
  
  ĐPCM 
Bài 5: Bài toán tổng quát: 
Cho: 
1 2 3
 ............., 0 à 1nx x x x v k Z      . CMR: 
     
 
1 1 2 1
1 2 2 3 1
1 21
...............
k kk n k n k
n nn
n k
a
a a a a a a a k
 
  
   
 
  

 

  
 
Giải 
VT = 
     
     
1 2 2 3 1
1 2 2 3 1
.....
1
......
n n k kkn
n nn
a a a a a a
a a a a a a a
a


      
  
       
     
1 11 2 1 2
1 2 2 3 1
.. ...
.
1
..
.
n
n nn n
k k k
n nn
k k
a a a aa a a a
a
k k k k a a a a a a a
 

    
  
  
  
 
       
     
1 11 2 1 2
1 2 2 3 1
1 2 .. .. ..
.
.
1
1 2 .
.
n
n nn n
k kk
n nn
n k
k k
a a a aa a a a
n k a
k k k k a a a a a a a
 
  
 
 

   
  
 
  

 
1 2 1
1 2
n k n k
n k
k
 
  
   
 
  
 
 
Tóm lại: Trong kỹ thuật tách nghịch đảo kỹ thuật cần tách phần nguyên theo 
mẫu số để khi chuyển sang TBN thì các phần chứa biến số bị triệt tiêu chỉ còn 
lại hằng số. 
Tuy nhiên trong kỹ thuật tách nghịch đảo đối với bài toán có điều kiện ràng 
buộc của ẩn thì việc tách nghịch đảo học sinh thường bị mắc sai lầm. Một kỹ 
thuật thường được sử dụng trong kỹ thuật tách nghịch đảo, đánh giá từ TBN 
sang TBC là kỹ thuật chọn điểm rơi. 
3. Kỹ thuật 3: Kỹ thuật chọn điểm rơi 
Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Cô-si và 
các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ 
được sử dụng để tìm điểm rơi của biến. 
Bài 1: Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của 
1
S a
a
  
Giải 
Sai lầm thường gặp của học sinh: 
1
S a
a
  ≥ 2
1
a
a
=2 
Dấu “ = ” xảy ra  
1
a
a
  a = 1  vô lí vì giả thiết là a ≥ 2. 
Cách làm đúng: 
10/23 
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử 
1
a
để sao cho khi áp dụng 
BĐT Cô-si dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau: 
1 1
; (1)
1
; (2)
1
, 
1
; (3)
; (4)
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a




 
 
 
 
 
   
    
 
 

 
  
 
Vậy ta có: 
5
1
4 4 2
1 3 1 3 3.2
2
4 4 4
a a a a
S
a a
       . Dấu “ = ” xảy ra  a 
= 2. 
Bình luận: 
 Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tăc biên để 
tìm ra  = 4. 
 Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng BĐT Cô-si 
cho 2 số ,
4
1a
a
 và 
3
4
a
đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có cùng 
điểm rơi là a = 2. 
Bài 2: Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2
1
S a
a
  
Giải 
Sơ đồ chọn điểm rơi: a = 2  
2
2
1 1
4
a
a
 








  
2 1
4
   = 8. 
Sai lầm thường gặp: 
2 2 2
.
1 1 7 1 7 2 7 2 7.2 2 7 9
2
8 8 8 8 8 8 4 4 48 8.2
a a a a a
S a
a a a a
 
 
 
              MinS 
= 
9
4
Nguyên nhân sai lầm: 
Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS = 
9
4
 là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã 
mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a ≥ 2 thì 
2 2 2
48 8.2a
 là đánh 
giá sai. 
Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kỹ thuật tách nghịch đảo, phải 
biến đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Cô-si sẽ khử hết biến số a ở mẫu số. 
Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1): 
 (sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) học sinh tự làm) 
1 2
1 1
2
a
a
 








  
2 1
2
   = 4. 
11/23 
Lời giải đúng: 
3
2 2 2
ôsi
 . .
1 1 6 1 6 3 6 3 6.2 9
3
8 8 8 8 8 8 4 8 4 8 4
Ca a a a a a a
S a
a a a
 
 
 
            
Với a = 2 thì Min S = 
9
4
Bài 3: Cho 
, , 0
3
2
a b c
a b c






  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
1 1 1
S a b c
a b c
      
Giải 
Sai lầm thường gặp: 
6 . .
1 1 1 1 1 1
6 . . . 6S a b c a b c
a b c a b c
        Min S = 6 
Nguyên nhân sai lầm : 
Min S = 6  
3
1 
2
1 1 1
 3a b c a b c
a cb
          trái với giải thiết. 
Phân tích và tìm tòi lời giải: 
Do S là mọt biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại điểm rơi 
1
2
a b c   
Sơ đồ điểm rơi: 
1
2
a b c    
1
2
1 1 1 2
a b c
a b c   





  
  
  
2
4
1
2 
  
Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau: 
1
2
a b c    2 2 4
21 1 1
2
a b c
a b c

  







 
  
  
   
2
 4
1
2


   
Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 như sau: 
   6 . .1 1 1 1 1 14 4 4 3 6 4 .4 .4 . 3S a b c a b c a b c a b c
a b c a b c
 
 
 
            
3 15
12 3.
2 2
   . Với 
1
2
a b c   thì MinS = 15
2
Bài 4: Cho
, , 0
3
2
a b c
a b c






  
. Tìm GTNN của 2 2 2
2 2 2
1 1 1
S a b c
b c a
      
Giải 
Sai lầm thường gặp: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 6. . . .
1 1 1 1 1 1
3 3a b c a b c
b c a b c a
S
     
     
     
       
12/23 
2 2 2 6
2 2 2
6 . . . . .
1 1 1
3 2 2 2 3 8 3 2a b c
b c a
     
     
     
     
   MinS = 3 2 . 
Nguyên nhân sai lầm: 
MinS = 3 2  
3
1 
2
1 1 1
 3a b c a b c
a cb
          trái với giả 
thiết. 
Phân tích và tìm tòi lời giải 
Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại 
1
2
a b c   
2 2 2
2 2 2
1
1 44 16
441 1 1
a b c
a b c


  






 
  
 
 

Lời giải 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 16 16
 ..... ..... .....
1 1 1 1 1 1
16 16 16 16 16 16
S a b c
b b c c a a
           
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 16 16
17 17 17
17 . ..... 17 . ..... 17 . .....
1 1 1 1 1 1
16 16 16 16 16 16
a b c
b b c c a a
   
2 2 2
17 17 17 1717 17
16 32 16 32 16 32 8 16 8 16 8 16
17 17 17 17 
16 16 16 16 16 16
a b c a b c
b c a b c a
 
    
 
  
 
3 1717 17 17
8 16 8 16 8 16 8 5 5 5 5
17
. . 3. 17
.
3 17
17 3
16 16 16 16 2 2 2 2
a b c a
b c a a b c a b c
 
   
 
 
 
15
17
2 2 2
.
3
3 17 3 17
2
2
a b c
 
  
 
 
. Dấu “ = ” xảy ra khi 
1
2
a b c    Min S = 
3 17
2
Bình luận: 
 Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải quyết một cách đúng đắn vềmặt 
toán học nhưng cách làm trên tương đối cồng kềnh. Nếu chúng ta áp dụng 
việc chọn điểm rơi cho BĐT Bunhiacôpski thì bài toán sẽ nhanh gọn hơn 
đẹp hơn. 
 Trong bài toán trên chúng ta đã dùng một kỹ thuật đánh giá từ TBN sang 
TBC, chiều của dấu của BĐT không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà 
nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh giá nằm ở mẫu số hay ở tử số 
13/23 
4. Kỹ thuật 4: Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình 
cộng (TBC) 
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu “ ≥ ”, đánh giá từ tổng 
sang tích, hiểu nôm na là thay dấu “ + ” bằng dấu “ . ” thì ngược lại đánh giá 
từ TBN sang trung bình cộng là thay dấu “ . ” bằng dấu “ + ”. Và cũng cần 
phải chú ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết 
biến, chỉ còn lại hằng số. 
Bài 1 : CMR    , , , 0ab cd a c b d a b c d      (1) 
Giải(1)  
     
1 
ab cd
a c b d a c b d   
  Theo BĐT Cô-si ta có: 
 
1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
a b c b a c b d
VT
a c b c a c b d a c b c
     
     
     
 
        
     
(đpcm) 
Bình luận: 
 Nếu giữ nguyên vế trái thì khi biến tích thành tổng ta không thể triệt tiêu ẩn 
số  ta có phép biến đổi tương đương (1) sau đó biến tích thành tổng ta sẽ 
được các phân thức có cùng mẫu số. 
 Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Cô-si thì ta phải đánh giá từ TBN 
sang TBC 
Bài 2: CMR    
0
0
a c
c a c c b c ab
b c



 
    
 
 (1) 
Giải Ta có (1) tương đương với : 
   
1 
c b cc a c
ab ab

  
Theo BĐT Cô-si ta có: 
       1 1 1
1
2 2 2
c b c b cc a c a cc c a b
ab ab b a a b a b
    
            
  
       (đpcm) 
Bài 3: CMR    3 3 1 1 1 1 , , 0 abc a b c a b c      (1) 
Giải: Ta có biến đổi sau, (1) tương đương: 
   
       
33 3
33 
1.1.1
 1.1.1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
abc
abc a b c
a b c a b c
       
     
Theo BĐT Cô-si ta có: 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
.3 1
3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3
a b c a b c
VT
a b c a b c a b c
    
    
     
  
          
        
Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c > 0. 
Ta có bài toán tổng quát 1: 
CMR:
      1 2 1 2 1 1 2 2 ....... ....... ........ , 0 1,nn nn n n n i ia a a bb b a b a b a b a b i n        
14/23 
Bài 4 : Chứng minh rằng: 2 4 16 ( ) ( ) , 0ab a b a b a b    
Giải 
Ta có: 
2 2
2 2
2 2 4
2 2
4 ( ) ( )
16 ( ) 4.(4 )( ) 4 4 ( )
ab a b a b
ab a b ab a b a b
   
    
   
  
      
Bài 5: Cho 
, , 0
1
a b c
a b c




  
Chứng minh rằng    
8
729
abc a b b c c a    
Giải 
Sơ đồ điểm rơi: 
Ta nhận thấy biểu thức có tính đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT sẽ xảy ra khi 
1
3
a b c   . Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng BĐT Cô-si 
ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là: a = b = c. Do đó ta có lời giải 
sau: 
   
     
3
3 3 3
ôsi 1 2 8
3 3 3 3 729
C a b b c c aa b c
abc a b b c c a
      
      
        
     
     
Trong kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các hằng 
số để sao cho sau biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến. Đặc biệt 
là đối với những bài toán có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân 
thêm hằng số các em học sinh dễ mắc sai lầm. Sau đây ta lại nghiên cứu thêm 2 
phương pháp nữa đó là phương pháp nhân thêm hằng số, và chọn điểm rơi 
trong việc đánh giá từ TBN sang TBC. Do đã trình bày phương pháp điểm rơi ở 
trên nên trong mục này ta trình bày gộp cả 2 phần . 
5. Kỹ thuật 5: Kỹ thuật nhân thêm hằng số trong đánh giá từ TBN sang 
TBC 
Bài 1: Chứng minh rằng:    1 1 , 1a b b a ab a b      
Giải 
Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab sau đó áp dụng phương 
pháp đánh giá từ TBN sang TBC như phần trước đã trình bày, tuy nhiên ở đây ta 
áp dụng một phương pháp mới: phương pháp nhân thêm hằng số 
Ta có : 
   
 
   
 
ôsi
ôsi
.
. 
1 1
1 1 1 
2
1 1
1 1 1 .
2
2
2
C
C
b ab
a b a b a
a ab
b a b a b







 
  
 
  

     1 1 +
2 2
ab ab
a b b a ab     
Dấu “ = ” xảy ra  
1 1 2
1 1 2
b b
a a
  
 
  
  

  
Bình luận: 
15/23 
 Ta thấy việc nhân thêm hằng số 1 vào biểu thức không hoàn toàn tự nhiên, 
tại sao lại nhân thêm 1 mà không phải là 2. Thực chất của vấn đề là chúng ta 
đã chọn điểm rơi của BĐT theo quy tắc biên là a = b = 1/2. 
Nếu không nhận thức được rõ vấn đề trên học sinh sẽ mắc sai lầm như trong VD 
sau. 
Bài 2: Cho 
, , 0
1
a b c
a b c




  
Tìm giá trị lớn nhất: S a b b c c a      
Giải 
Sai lầm thường gặp: 
 
 
 
 
 
 
ôsi
ôsi
ôsi
2
2
2
1
.1 
1
.1 
1
.1 
C
C
C
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a

 








 
  
 
  
 
  
  
 2 3 5
2 2
a b c
a b b c c a
  
       
Nguyên nhân sai lầm 
Dấu “ = ” xảy ra  a + b = b + c = c + a = 1  a + b + c = 2 trái với giả thiết. 
Phân tích và tìm tòi lời giải: 
Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm rơi của BĐT sẽ 
là 
1
3
a b c   từ đó ta dự đoán Max S = 6 .  a + b = b + c = c + a = 
2
3
  
hằng số cần nhân thêm là 
2
3
. Vậy lời giải đúng là: 
 
 
 
 
 
 
ôsi
ôsi
ôsi
 . .
 . .
 . .
2
3 2 3 3. 
2 3 2 2
2
3 2 3 3. 
2 3 2 2
2
3 2 3 3. 
2 3 2 2
C
C
C
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a













 
  
 
  
 
  
  
 
 . 
2
2 3.3 33 .2 6
2 2 2
a b c
a b b c c a
  
        
Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh sẽ có định hướng tốt 
hơn: Cho 
, , 0
1
a b c
a b c




  
Chứng minh rằng: 6S a b b c c a       . Tuy 
16/23 
nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài theo hướng nào cũng 
có thể giải quyết được. 
Bài 3: Cho 
0 3
0 4
x
y



 
 
 Tìm Max A = (3 – x )(12 – 3y)(2x + 3y) 
Giải 
A =    
     
3
ôsi
6 2x 12 3 2x+3y1
6 2 12 3 2 3 36
6 3
C y
x y x y
 
 
 
 
   
     
Dấu “ = ” xảy ra  6 -2x = 12 - 3y = 2x + 3y = 6  
0
2
x
y





Bình luận: 
 Việc chọn điểm rơi trong bài toán này đối với học sinh thường bị lúng túng. 
Tuy nhiên cắn cứ vào yêu cầu khi đánh giá từ TBN sang TBC cần phải triệt 
tiêu hết biến cho nên căn cứ vào các hệ số của tích ta nhân thêm 2 vào thừa 
số thứ nhất là một điều hợp lý. 
Bài 4: Cho x, y > 0. Tìm Min f(x, y) = 
 
3
2
x y
xy

Giải Ta có: 
       2
3 3
31 1 4x+2y+2y 1 4 4
4x 2 2
16 16 3 16 3 27
xy y y x y x y
   
   
   
      
  f(x,y) = 
   
 
3 3
2 3
4 4
 f( , ) 
4 27 27
27
=
x y x y
Min x y
xy x y
 
 


Dấu “ = ” xảy ra  4x = 2y = 2y  y = 2x > 0. Đó là tập hợp tất cả các điểm 
thuộc đường thẳng y = 2x với x dương. 
Thực ra việc để hệ số như trên có thể tùy ý được miễn là sao cho khi sau khi áp 
dụng BĐT Cô-si ta biến tích thành tổng của x + y. ( Có thể nhân thêm hệ số như 
sau: 2x.y.y). 
Bình luận: 
 Trong bài toán trên yêu cầu là tìm Min nên ta có thể sử dụng kỹ thuật đánh 
giá từ TBN sang TBC cho phần ở dưới mấu số vì đánh giá từ TNB sang 
TBC là đánh giá với dấu “ ≤ ” nên nghịch đảo của nó sẽ là “ ≥ ”. 
 Ta cũng có thể đánh giá tử số từ TBC sang TBN để có chiều “ ≥ ” 
Bài toán tổng quát : 
Cho 
 
2 3
1 2 3 ...
1 2 3
2 31 2 3 4
1
...........
, , ........... 0. 
. . ...........
n
n
n
n
x x x x
x x x x Tìm Min f
x x x x
   
  
  
17/23 
Tóm lại : Để sử dụng BĐT Cô-si từ TBN sang TBC ta cần chú ý: Chỉ số căn 
thức là bao nhiêu thì số các số hạng trong căn là bấy nhiều. nếu số các số hạng 
nhỏ hơn chỉ số căn thì phải nhân thêm hằng số để số các số hạng bằng chỉ số 
căn 
6.Kỹ thuật 6: Kỹ thuật ghép đối xứng 
Trong kỹ thuật ghép đối xứng chúng ta cần nắm được một số kiểu thao tác sau: 
Phép cộng:
       2
2 2 2
x y z x y y z z x
x y y z z x
x y z





       
  
    
Phép nhân:      2 2 2 x ; xyz= xy x x, y, z 0x y z xy yz z yz z  
Bài 1: Chứng minh rằng: , , 0
bc ca ab
a b c a b c
a b c
       
Giải 
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
.
.
.
1
2
1
2
1
2
bc ca bc ca
c
a b a b
ca ab ca ab
a
b c b c
bc ab bc ab
c
a c a c
  
  
 

 
  
 

   
  
 
 
 



 
bc ca ab
a b c
a b c
     . Dấu “ = ” xảy ra  a = 
b = c. 
Bài 2: Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2
0 a b c b c a abc
b c a a b c
       
Giải 
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
2 2 2 2
2 22 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 22 2
.
.
.
1
2
1
2
1
2
a b a b a a
c c c cb b
b c b c b b
c a c a a a
a c a c c c
a ab b b b
  
  
  

 
  
 

 
   
 
 
 
 
 