Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng bất đẳng thức Cô - Si trong giải toán trung học cơ sở

b + c + d = 3(a + b + c + d)  1 = 3  Vô lý. 
Phân tích và tìm tòi lời giải 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
22 
Để tìm Min S ta cần chú ý S lá một biểu thức đối xứng với a, b, c, d do đó Min S 
nếu có thường đạt tại “điểm rơi tự do” là : a = b = c = d > 0.(nói là điểm rơi tự do 
vì a, b, c, d không mang một giá trị cụ thể). Vậy ta cho trước a = b = c = d dự đoán 
4 40
 12
3 3
Min S = + = . Từ đó suy ra các đánh giá của các BĐT bộ phận phải có 
điều kiện dấu bằng xảy ra là tập con của điều kiện dự đoán: a = b = c = d > 0. 
Ta có sơ đồ điểm rơi: Cho a = b = c = d > 0 ta có: 
1
1 33 9
33
a b c d
b c d c d a a b d a b c
b c d c d a a b d a b c
a b c d





 


= = = =
+ + + + + + + + = =
+ + + + + + + +
= = = =
Cách 1: Sử dụng BĐT Cô-si ta có: 
8
, , ,, , ,
. . . . . . .
8
.
9 9 9
8
9 9 9 9
a b c da b c d
a b c d b c d
b c d a a
a b c d b c d c d a a b d a b c
b c d c d a a b d a b c a b c d
S
 
 
 
+ + + +
+ + 
+ +
+ + + + + + + +

+ + + + + + + +
=  
8
9
b c c d a b a b
a a b b c c d d
d a d c
a b c d
 
 
 
+ + + + + + + + + + + + ≥ 
12.12. . . . . . . . . . . . .
8
3
8 8 8 40
12
9 3 9 3
b c d c d a a b d a b c
a a a b b b c c c d d d
 
= = 
 
 + + 
Với a = b = c = d > 0 thì Min S = 40/3. 
Bài 6: Với x>0, tìm giá trị nhỏ nhất của 2
1
M 4x 3x 2011
4x
= − + + 
(Đề thi vào 10 Hà Nội - 2012) 
Giải 
( )
( )
2
2
2
1
M 4x 3x 2011
4x
1
M 4x 4x 1 x 2010
4x
1
M 2x 1 x 2010
4x
= − + +
 
= − + + + + 
 
 
= − + + + 
 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x>0 và 
1
0
4x
 ta có: 
1 1 1
x 2 x. x 1
4x 4x 4x
+   +  
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
23 
Mà (2x-1)2  0 với mọi x 
( )
2 1
M 2x 1 x 2010 0 1 2010
4x
M 2011
 
 = − + + +  + + 
 
 
MinM=2011 
( )
2
2
1 1x x 1
4x x4
2
2x 1 02x 1 0
 = = 
  = 
  − =− = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2011 khi 
1
x
2
= 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
24 
3.4 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: 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
25 
( ) ( ) ( ) ( )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+  + + +   = 
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
      
      
        
+ + + + ++ +
+ + +  = = 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
26 
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 . 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
27 
3.5 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: 
• 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: 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
28 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
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 
nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài theo hướng nào cũng có 
thể giải quyết được. 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
29 
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: 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
30 
• 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 1: 
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
+ + + +
+ + +
 = 
Bài 5: Chứng minh rằng: 
2
1 (1) ( 1)n n n N n
n
 +    
Giải 
Với n = 1, 2 ta nhận thấy (1) đúng. 
Với n ≥ 3 ta có: 
( )
2
2
1 1....... 1
2 2 2 2
.1.1......1 1n nn
n
n n
n n n n
n n n
n n n n
−
−
=
+ + + +
+ − +
=  = + 
Bài toán tổng quát 2: 
Chứng minh rằng: 
1 1
1 1 
m n
m n N
m n
   
   
   
+  +    (1) 
Giải 
 Ta biến đổi (1) về bất đẳng thức tương đương sau:
1
1
1
1 
m
n
nm
 
+ 
 
+  
Ta có: . ....... .
1 1 1 1
1 1 1 1 1.1.........1
n m
m
m
n
nm m m m −
       
=       
       
+ + + + 
ôsi
.......
1 1 1 1
1 1 1 1 1 ......... 1 1
1
1
m
n m
C
m n m
m m m m
n n n
−
       
+ +       
        =
+ + + + + + + + + −
= + 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
31 
Bình luận 
• Cần phải bình luận về dấu “ = ”: trong bài toán trên ta coi 1/m = a thế thì khi 
đó dấu bằng trong BĐT Cô-si xảy ra khi và chỉ khi 1+ a = 1  a = 0. Nhưng 
thực tế thì điều trên tương đương với m tiến tới +∞, khi m là hữu hạn thì dấu 
“<” là hoàn toàn đúng. Chúng ta cũng nhận thấy nếu m tiến ra + ∞ thì hai vế 
của BĐT càng dần tới cùng một giá trị là e (cơ số tự nhiên của hàm logarit). Ta 
hiểu là trong quá trình này thì VP tiến nhanh hơn VT nhưng sau này khi tung 
ra ∞ thì tốc độ dần bằng nhau và khoảng cách ngày thu hẹp.(Mục này xin chỉ 
bình luận cùng với các bạcn đồng nghiệp) 
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 
Bài 6: Cho 
, , 0
1
a b c
a b c




+ + =
Tìm Max 3 3 3S a b b c c a= + + + + + 
Giải 
Sai lầm thường gặp: 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3
3
3
3
3
3
1 1
.1.1
3
1 1
.1.1
3
1 1
.1.1
3
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a
=
=
=
+ + +
+ +
+ + +
+ +
+ + +
+ +



  
( )
3 3 3
2 6 8
3 3
a b c
S a b b c c a
+ + +
= + + + + +  =  Max S = 
8
3
Nguyên nhân sai lầm: 
 Max S = 
8
3
  ( )
1
1 2 3 2 3 
1
a b
b c a b c Vô lý
c a





+ =
+ =  + + =  = 
+ =
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
32 
Phân tích và tìm tòi lời giải: 
Do S làmột biểu thức đối xứng với a, b, c nên Max S thường xảy ra tại điều kiện: 
, , 0
1
a b c
a b c




+ + =
 
1
3
a b c= = =  
2
3
2
3
2
3
a b
b c
c a









+ =
+ =
+ =
  Vậy hằng số cần nhân thêm là 
2
3
.
2
3
Ta có lời giải: 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3
3
3
33
3
3
3
3
9
.
4
9
.
4
9
.
4
2 2
3 3. .
3
2 2
3 3. .
3
2 2
3 3. .
3
2 2
3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a
=
=
=
+ + +
+ +
+ + +
+ +
+ + +
+ +



 
( )
3 3 3 33 3
9 9
. .
4 4
2 4 6
18
3 3
a b c
S a b b c c a =
+ + +
= + + + + +  = 
Vậy Max S = 3 18 . Dấu “ = ” xảy ra  
2
3
2
3
2
3
a b
b c
c a









+ =
+ =
+ =
  
1
3
a b c= = = 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
33 
3.6 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
  
  
  

 
  
 

 
   
= 
= 
= 
+ 
+ 
+ 
  
2 2 2
2 22
a b c b c a b c a
c a a c a cb b b
+ +  + + + + 
Bài 3: Cho tam giác ∆ABC, a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. CMR: 
a) ( )( )( )
1
8
p a p b p c abc− − −  ; b) 
1 1 1 1 1 1
2
p a p c a cp b b
 
 
 
 
+ +  + +
− −−
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
34 
Giải 
a) Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )( ) 
2
1
2 8
2
2
2
2
p a p b
p a p b
p b p c
p b p c p a p b p c abc
p a p c
p a p c
c
a
b
 +


 +


 +



− −
− −  =
− −
− −  = − − − 
− −
− −  =
b) Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 2
2
2
1 1 1 1 1 2
2
2
1 1 1 1 1 2
2
2
p a p b cp a p bp a p b
p b p c ap b p cp b p c
p a p c bp a p cp a p c

  
  
+  


  
  
+ 


 
  + 

+   =
− − − −− −
+   =
− − − −− −
+   =
− − − −− −
 
1 1 1 1 1 1
2
p a p c a cp b b
 
 
 
 
+ +  + +
− −−
Dấu “ = ” xảy ra cho cả a) và b) khi vào chỉ khi ∆ ABC đều: a = b = c 
( p là nửa chu vi của tam giác ∆ABC: 
2
a b c
p
+ +
= ) 
Bài 4: Cho ∆ ABC, a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 
( )( )( )b c a c a b a b c abc+ − + − + −  
Giải 
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
35 
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
2
2
2
0 
0 
0 
b c a c a b
b c a c a b c
c a b a b c
c a b a b c a
b c a a b c
b c a a b c b











+
+
+
+ − + −
 + − + −  =
+ − + −
 + − + − 
+ − + −
 + − + −  =
= 
 ( ) ( ) ( ) 0 b c a c a b a b c abc + − + − + −  
 Dấu “ = ” xảy ra  ∆ ABC đều: a = b = c. 
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
36 
3.7 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số, n số 
Nội dung cần nắm đượccác thao tác sau: 
1. ( )
1 1 1
9 , , 0x y z x y z
x y z
 
  
 
+ + + +    
2. ( ) 1 221 2
1 2
 , ,........, 0
1 1 1
........ ......... nn
n
x x xnx x x
x x x
 
 
 
 
 + + + + + +  
Bài 1: Chứng minh rằng : 6 , , 0
b c c a a b
a b c
a b c
+ + +
+ +    (1) 
Giải 
Ta biến đổi (1) tương đương: 1 1 1 9
b c c a a b
a b c
    
    
    
+
+ + +
+ + + +  
 9 
a b c b c a c a b
a b c
+ + + + + +
+ +   ( ) 1 1 1 9 a b c
a b c
 
 
 
+ + + +  (đpcm ) 
Bài 2: Chứng minh rằng: 
2 2 2 9
 , , 0a b c
a b b c c a a b c
+ +   
+ + + + +
Giải 
Ta biến đổi tương đương BĐT như sau: ( ) 1 1 12 9a b c
a b b c c a
 
 
 
+ + + + 
+ + +
 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 9a b b c a c
a b b c c a
  + +     
+ + + + + 
+ + +
 (đpcm ) 
Bài 3: Chứng minh rằng: 
3
2
c a b
a b b c c a
+ + 
+ + +
 , , 0a b c  (BĐT Nesbit) 
Giải 
Ta có biến đổi tương đương sau: 3
3 9
1 1 1
2 2
c a b
a b b c c a
    
    
     
+ =+ + + + + 
+ + +
  
9
2
a b c a b c a b c
a b b c c a
     
     
     
+ + + + + +
+ + 
+ + +
  ( ) 
2
1 1 1 9
 a b c
a b b c c a
 
 
 
+ + + + 
+ + +
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
37 
  ( ) ( ) ( ) 1 1 1 9a b b c a c
a b b c c a
  + +     
+ + + + + 
+ + +
(đpcm) 
Bài 4: Chứng minh rằng: 
2 2 2
 , , 0
2
c a b a b c
a b c
a b b c c a
+ +
+ +   
+ + +
Giải 
Ta biến đổi BĐT như sau: 
( )2 2 2 3
2
a b cc a b
c a b
a b b c c a
    
    
     
+ +
+ + + + + 
+ + +
  
( )3
1 1 1
2
a b cc a b
c a b
a b b c c a
    
    
     
+ +
+ + + + + 
+ + +
  ( )
( )
3
2
a b cc a b
a b c
a b b c c a
 
 
 
+ +
+ + + + 
+ + +
  
3
2
c a b
a b b c c a
+ + 
+ + +
  
9
1 1 1
2
c a b
a b b c c a
    
    
     
+ + + + + 
+ + +
  ( ) ( ) ( ) 1 1 1 9a b b c a c
a b b c c a
  + +     
+ + + + + 
+ + +
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS 
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội 
38 
3.8 Kỹ thuật đổi biến số 
Có những bài toàn về mặt biểu thức toán học tương đối còng kềnh hoặc khó giải, 
khó nhận biết được phương hướng giải,ta có thể chuyển bài toán từ tình thế khó 
biến đổi về trạng thái dễ biến đổi hơn. Phương pháp trên gọi là phương pháp đổi 
biến. 
Bài 1: Chứng minh rằng: 
3
2
c a b
a b b c c a
+ + 
+ + +
 , , 0a b c  (BĐT Nesbit) 
Giải 
 Đặt: 
0
0 ; ; 
2 2 2
0
b c x
y z x z x y x y z
c a y a b c
a b z





+ = 
+ − + − + −
+ =  = = =
+ = 
. 
Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: 
 6
2 2 2
y z x z x y x y z y x z x y z
x y z x y x z z y
    
+ + + + + + +    
    
+ −