SKKN Rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi) cho học sinh trung học cơ sở

 để sao cho khi áp dụng 
BĐT Côsi 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. 
Lời bình 
 Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 để tìm ra = 4. 
Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1): 
( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm) 
1 1
2
a
a
a
2 1
2
 = 4. 
 14 
 Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất đẳng 
thức Côsi cho 2 số ,
4
1a
a
 và
3
4
a
 đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có 
điểm rơi a = 2. 
Bài 13: Cho a 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2
1
S a
a
Giải 
Sơ đồ chọn điểm rơi: 2
1
2
a
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 nhƣng cách giải trên 
đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a 2 thì 
2 2 2
48 8 .2a
 đánh 
giá sai. 
Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kĩ thuật tách nghịch đảo, phải 
biến đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Côsi sẽ khử hết biến số a ở mẫu số. 
Lời giải đúng: 
3
2 2 2
ô s i
 . .
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
 ( Do 2a ) 
Vậy Min S = 
9
4
 khi a = 2 
Bài 14: Chứng minh rằng : , , 0
b c c a a b
a b c a b c
a b c
Giải 
 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 
.
.
.
1
2
1
2
1
2
b c c a b c c a
c
a b a b
c a a b c a a b
a
b c b c
b c a b b c a b
c
a c a c
b c c a a b
a b c
a b c
. 
 15 
 Dấu “ = ” xảy ra a = b = c. 
Bài 15: Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2
0 , 
a b c b c a
a b c
b c a a b c
Giải 
Áp dụng BĐT Côsi 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 tập vận dụng 
 1. Cho a 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2
1 8
S a
a
 2. Cho 0 < a 
1
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2
1
2S a
a
 3. Cho 
, 0
1
a b
a b
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1
S a b
a b
4. Cho 
, , 0
1
a b c
a b c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1
S a b c
a b c
5. Cho a, b > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
a b a b
S
a ba b
6. Cho 
, , 0
3
2
a b c
a b c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1 1 1
S a b c
a b c
7. Cho 
, , 0
3
2
a b c
a b c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2 1 1 1
S a b c
a b c
8. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
9. 
2 2 2 2
1 1 1 1
3 3 3 3
a b c d
S
b c d a
 16 
10. Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn 6x y . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
6 8
3 2P x y
x y
11. Cho 
, , 0
1
a b c
a b c
Chứng minh rằng : 
2 2 2
1 1 1 2 2 2
8 1S
a b c a b b c c a
 12. Cho 
, , 0
1
a b c
a b c
 Chứng minh rằng : 
2 2 2
1 1 1
2 8
a b c
S
b c a a b c
 2.2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng kết hợp chọn 
điểm rơi 
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu a b , đánh giá 
từ tổng sang tích, hiểu nôm na là thay dấu a + b bằng dấu a.b thì ngược lại 
đánh giá từ TBN sang TBC là thay dấu a.b bằng dấu a + b . 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 , , , 0a b c d a c b d a b c d (*) 
Giải 
(*) 1 
a b c d
a c b d a c b d
Theo BĐT Côsi ta có: 
1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
a b c d a c b d
V T
a c b d a c b d a c b c
(đpcm) 
Lời bình 
 +) 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 Côsi thì ta phải đánh giá từ 
TBN sang TBC . 
Bài 2: CMR 
0
0
a c
c a c c b c a b
b c
 (*) 
Giải 
Ta có (*) tƣơng đƣơng với: 1 
c b cc a c
a b a b
Theo BĐT Côsi ta có: 
1 1 1
1
2 2 2
c b c b cc a c a cc c a b
a b a b b a a b a b
(đpcm) 
Bài 3: CMR 3 3 1 1 1 1 , , 0 a b c a b c a b c (*) 
 17 
Giải 
Ta có biến đổi sau, (*) tƣơng đƣơng: 
33
3
33
 1 .1 .1 1 1 1 
1 .1 .1
1
1 1 1 1 1 1
 a b c a b c
a b c
a b c a b c
 Theo BĐT Côsi 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
V T
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 n
n n n n i i
a a a b b b a b a b a b a b i n 
Bài 4: Cho 
, , 0
1
a b c
a b c
 Chứng minh rằng :
8
7 2 9
a b c a b b c c a 
Giải 
Sơ đồ điểm rơi : 
 Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT 
xảy ra khi 
1
3
a b c . Nhƣng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng 
BĐT Côsi ta cần suy ra đƣợc điều kiện xảy ra dấu “ = ” là a = b = c .Do đó ta có 
lời giải sau : 
3
3 3 3
ô s i 1 2 8
3 3 3 3 7 2 9
C a b b c c aa b c
a b c a b b c c a
Đẳng thức xảy ra khi 
1
3
a b c 
*) Trong một số trường hợp phải nhân thêm hằng số trong đánh giá từ 
trung bình nhân sang trung bình cộng. 
 Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các 
hằng số để sao cho sau khi biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến. 
Đặt 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. 
Bài 5: Chứng minh rằng: 1 1 , 1a b b a a b a b 
Giải 
 18 
 Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab, sau đó áp dụng 
phƣơng pháp đánh giá từ TBN sang TBC nhƣ phần trƣớc đã trình bày, tuy nhiên 
ở đây ta áp dụng một phƣơng pháp mới : phƣơng pháp nhân thêm hằng số. 
 Ta có : 
ô s i
ô s i
.1
. 
1 1
1 1 
2
1 1
1 1 1 .
2
2
2
C
C
b a b
a b a b a
a a b
b a b a b
 1 1 +
2 2
a b a b
a b b a a b 
Dấu “ = ” xảy ra 
1 1 2
1 1 2
b b
a a
Lời bình 
 +) Ta nhận thấy việc nhân thêm hằng số 1 vào biểu thức không hoàn 
toàn tự nhiên, tai sao lại nhân thêm 1 mà không phải là 2. Thực chất của vấn 
đề là chúng ta chọn điểm rơi của BĐT là a = b =2. 
 +) Nếu không nhận thức được rõ vấn đề trên thì học sinh sẽ dễ mắc sai 
như trong VD sau. 
Bài 6: 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: 
ô s i
ô s i
ô s i
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 nhƣ 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: 
 19 
ô s i
ô s i
ô s i
 . .
 . .
 . .
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 
Đẳng thức xảy ra khi 
2 1
3 3
a b b c c a a b c 
Vậy 
1
a x 6
3
M S k h i a b c 
Lời bình 
Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh 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. 
Bài 7: 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
 í
1
1 2 3 2 3 
1
a b
b c a b c V ô l
c a
 20 
Phân tích và tìm tòi lời giải: 
Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thƣờng xảy ra khi: 
, , 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
3
3
3
33
3
3
3
3
9 9
.
4 4
9 9
.
4 4
9 9
.
4 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
1 8
3 3
a b c
S a b b c c a 
Dấu “ = ” xảy ra 
2
3
2
3
2
3
a b
b c
c a
1
3
a b c . 
Vậy Max S = 3 1 8 . Khi 
1
3
a b c 
Bài 8: Cho a, b, c lần lƣợt là số đo 3 cạnh của tam giác ABC,. Chứng minh 
rằng :. 
b c a c a b a b c a b c 
Giải 
Áp dụng BĐT Côsi ta có: 
 21 
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 a b c 
 Dấu “ = ” xảy ra 
b c a c a b
c a b a b c a b c
b c a a b c
 ABC đều 
Bài tập vận dụng 
1. 
2 2
11 1
R : -
2 21 1
a b a b
C M
a b
2. Cho 
, , 0
1
a b c
a b c
 Chứng minh rằng : 
8
2 7
a b b c c a a b c 
3. Cho 
, , 0
1
a b c
a b c
 Chứng minh rằng : 1 6 a b c a b 
4. Cho 
3
4 
2
2 3 4
2 2
a
b T im M a x S
c
a b c b c a c a b
5. Cho x, y, z >0. Tìm Min f(x, y, z) = 
6
2 3
x y z
x y z
6. Chứng minh rằng: 
1
1 (1) 1
n
n n N
n
7. Chứng minh rằng: 3 . . . . . . . . . . .
2 1 3 1 1
1 1
2 3
n
n
S n
n
8. ( Gợi ý: CMR 
2
1 1
1n
n
n k
) 
9. Cho 
, , , 0
1
a b c d
a b c d
Tìm Max 
a b c b c d c d a d a bS 
 22 
10. Cho 
, , , 0
1
a b c d
a b c d
Tìm Max 3 3 3 32 2 2 2S a b b c c d d a 
 11. Cho tam giác ABC với a,b,c lần lƣợt là số đo 3 cạnh của tam giác.CMR 
1
8
p a p b p c a b c . 
 12. Chứng minh rằng : 2 4 1 6 ( ) ( ) , 0a b a b a b a b 
2. 3. Phương pháp đổi biến số: 
 Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tƣơng đối cồng kềnh hoặc 
khó giải, khó nhận biết đƣợc phƣơng hƣớng giải, ta có thể chuyển bài toán từ 
tình thế khó biến đổi về trang thái dễ biến đổi hơn. Phƣơng pháp trên gọi là 
phƣơng pháp đổi biến số. 
 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 tƣơng đƣơng với bất đẳng thức sau: 
3
2
1 3
1 1 1
2 2
2 2 2
6
y z z x x y
x x y y z z
y z x z x y x y z
x y z
y x z x y z
x y x z z y
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 
VT . . .2 2 2 2 2 2 6
y x z x y z
x y x z z y
Dấu “ = ” xảy ra x = y = z a = b = c 
Lời bình 
Do tổng của tử và mẫu trong mỗi phân thức bằng nhau nên ta nghĩ tới quy 
đồng tử và sử dụng bất đẳng thức 
1 1 1
9 , , 0a b c a b c
a b c
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của ABC. Chứng minh rằng : 
2 2 2
a b c
a b c
b c a c a b a b c
Giải 
 23 
 Đặt : 
0
0 ; ; 
2 2 2
0
b c a x
y z z x x y
c a b y a b c
a b c z
. 
Khi đó bất đẳng thức đã cho tƣơng đƣơng với bất đẳng thức sau: 
2 2 2
4 4 4
y z z x x y
x y z
x y z
 (*) 
Dễ thấy 
2 2 2
4 ; 4 ; 4x y x y y z y z x z x z Đẳng thức xảy ra khi x = y ; y = 
z ; x = z 
Suy ra VT (*) 
1 1 1
2 2 2
y z z x x y y z z x z x x y y z x y
x y z x y y z x z
ô s i
 . . .
C y z z x z x x y y z x y
x y z
x y y z x z
Đẳng thức xảy ra khi x y z a b c 
Bài 3: Cho ABC. CMR: 
2 2 2
1 1 1 p
p a p b p cp a p cp b
(1) 
Giải 
 Đặt : 
0
0
0
p a x
p b y
p c z
 thì (1) 
2 2 2
1 1 1 x y z
x y zx y z
 (2) 
Ta có: 
VT (2) = 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
. . . 
1 1 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
x y y z x z x y y z x z
1 1 1
x 
x y z
x y y z z x y z
Dấu “ = ” xảy ra x = y = z a = b = c ABC đều. 
Bài 4. (Thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tp Hà Nội năm học 2012-2013) 
 Cho ba số thực a, b, c dƣơng thỏa mãn 
1 2 3
3
a b c
. Chứng minh rằng 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 7 8 3
( * )
29 4 9 4
a b c
c c a a a b b b c
Giải 
Đặt 
1 2 3
; ;x y z
a b c
 suy ra 
1 2 3
; ;a b c
x y z
x, y, z > 0 và x + y + z = 3 khi đó 
 24 
2 3
2
2 22 22 2
2
2 2 2 2
1
2 7
2 7 2 7
3 9 9 2 79
.
a zx
x zx zc c a
x
z z x z x z
Tƣơng tự 
2 3 2 3
2 2 2 22 2 2 2
8
;
4 9 4
b x c y
x y y za a b b b c
 khi đó (*) trở thành 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
( 3 )
2
z x y
x z x y y z
z x z z x x x y x y y y z y z
x z x y y z
z x x y y z
z x y
x z x y y z
z x x y y z
x y z
x z x y y z
z x x y y z
D o x y z
x z x y y z
Mặt khác áp dụng bđt côsi ta có 
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
.
2
x z
x
z x x z x
x
x z x z x z
Đẳng thức xảy ra khi x = z 
Tƣơng tự 
2 2
2 2 2 2
;
2 2
x y y y z z
x y y z
Đẳng thức xảy ra khi lần lƣợt có x = y và y = z 
Cộng theo từng vế các bđt trên ta có 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2
z x x y y z x y z
x z x y y z
Đẳng thức xảy ra khi 1 1; 2 ; 3
3
x y z
x y z a b c
x y z
Vậy ta có : 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 7 8 3
29 4 9 4
a b c
c c a a a b b b c
 Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2; c = 3 
Lời bình 
 Đây là bài toán khó trong đề thi, có rất nhiều học sinh không giải được bài 
tập này. 
Do vai trò của a, b, c trong bđt đã cho không bình đẳng vì vậy các em gặp khó 
khăn trong việc tìm đường lối giải. Bằng cách đặt Đặt 
1 2 3
; ;x y z
a b c
 ta đưa 
bài toán về dạng quen thuộc là vai trò của các biến x, y, z trong bđt bình đẳng, 
từ đó dự đoán đẳng thức xảy ra khi x = y = z đây chính là điểm mấu chốt để 
có lời giải trên. 
 25 
Bài tập vận dụng 
1. Với các số dƣơng a, b, c thỏa mãn 1a b c , chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1 3
2a b c b c a c a b
Đẳng thức xảy ra khi nào? 
HD. Đặt 
1 1 1
, ,x y z
a b c
, ta thu đƣợc: 1x y z . 
Ta có: 
2 2
2
1
1 1
x x y z x
a b c y z y z
y z
Biến đổi tƣơng tự, ta đƣợc: 
2 2
1 1
,
y z
b c a z x c a b x y
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: 
3
2
x y z
y z z x x y
2. Với các số dƣơng a, b, c, chứng minh rằng: 
2
3 2
2 2
1
c b
a b c a c a b
b a c
Đẳng thức xảy ra khi nào? 
HD. Chia cả hai vế cho 0b c , ta đƣợc: 
3
3 3
1 1c a a
a b
b a c b b c c
Đặt 
1 1
, ,a x b c
y z
 bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: 
3 3 3
x y z
x y y z z x
y z x
3. Chứng minh 
3 3 3
1 1 1 3
, , 0 1 :
2
a b c a b c P
a b c b c a c a b
HD: Đặt 
1 1 1
, , 1x y z x y z
a b c
. 
Bài toán trở thành chứng minh: 
3 3 3 2 2 2
3 3
2 2
x y z y z x z x y x y z
P
y z z x x y y z z x x y
 26 
Để giải đƣợc tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là 1x y z 
4. Cho 0 , 0 , 0 , 1 .x y z x y z Tìm GTNN của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
P
y y z z z z x x x x y y
HD : Ta có 
2
2
2
2
2
2
C a u c h y
C a u c h y
C a u c h y
x y z x x
y z x y y
z x y z z
Đặt 2 , 2 , 2a x x y y b y y z z c z z x x 
5. Cho x, y, z là những số dƣơng thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
HD : Ta có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc = 1) 
 2.4. Các bất đẳng thức thường dùng được suy ra từ bất đẳng thức 
Cauchy (Côsi) 
 a. 
1 1 4
( 0 ; 0 ) (1)x y
x y x y
 Đẳng thức xảy ra khi x = y 
 b. 
1 1 1 9
( 0 ; 0 ; 0 ) ( 2 )x y z
x y z x y z
 Đẳng thức xảy ra khi x = y =z 
 c. 2 0 ( 3 )
a b
a b
b a
Chứng minh 
a. Áp dụng bđt côsi cho hai số dƣơng ta có 
1 1 2
0 ; 2 0x y x y
x y x y
Nhân theo từng vế hai bđt trên ta đƣợc 
1 1
( ) ( ) 4x y
x y
 hay 
1 1 4
x y x y
Đẳng thức xảy ra khi x = y 
Chú ý: (1) còn có thể viết dƣới các dạng sau: 
 27 
2
2
1 1 1 1
; (1 2 )
4
4 ; (1 3 )
1 1 4
1 4
; (1 4 )
1 1
4 ; (1 5 )
x y x y
x y x y
x y x y
x y x y
x y
x y
b. Vì x, y, z là ba số dƣơng nên áp dụng bđt côsi cho ba số ta có 
33 0x y z x y z ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ) 
3
1 1 1 1
3 0
x y z x y z
 ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
1 1 1
x y z
). 
Do đó 3 3
1 1 1 1
( ) ( ) 3 .3 9 .x y z x y z
x y z x y z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : .1 1 1
x y z
x y z
Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 
Chú ý: (2) còn có thể viết dƣới các dạng sau: 
1 1 1 1 1
; ( 2 1)
91 1 1 9
1 1 1
9 ( 2 2 )
x y z x y z
x y z x y z
x y z
x y z
c. Do 0 ; 0
a b
b a
 áp dụng bđt côsi Ta có: 2 2
C ô s ia b a b
b a b a
Vận dụng giải bài tập 
 2.4.1. Áp dụng bất đẳng thức 
1 1 4
0 ; 0x y
x y x y
 (1) 
 ( Đẳng thức xảy ra khi x = y ) 
Bài 1. Cho các số: x > 0, y > 0. thỏa mãn 1 0x y . Chứng minh rằng: 
2 2
1 1 1
2 2 5x y x y
Giải: 
 Để ý rằng: 
22 2
2x y x y x y và 2 2 0x y ; 2 0x y . Áp dụng (1) Ta có 
 28 
22 2 2 2
1 1 4 4
2 2x y x y x y x y x y
Mà 1 0x y
2
1 0 0x y ( Do x + y > 0 ) 
2
1 1
1 0 0x y
 ( Do ( x + y )
2
 > 0 ) 
2
4 4 1
1 0 0 2 5x y
Vậy 
2 2
1 1 1
2 2 5x y x y
 ( Đẳng thức xảy ra khi 
0 , 0
5
1 0
x y
x y x y
x y
 ) 
 Bài 2: Cho các số: x > 0, y > 0. thỏa mãn 1 0x y . 
 Chứng minh rằng: 
5 1
3 1 5x y
Giải: Do x > 0, y > 0 áp dụng (1-4) ta có: 
2
1 4
x y x y
Mà 
2
2 2
1 1 4 1
1 0 1 0 0
1 0 0 2 5
x y x y
x y x y
1 1
2 5x y
5 5 1
3 3 .2 5 1 5x y
 ( Đẳng thức xảy ra khi 
0 , 0
5
1 0
x y
x y x y
x y
 ) 
Kết hợp các bài toán 1 và bài toán 2 ta có bài toán sau: 
Bài 3: Cho các số: x > 0, y > 0. thỏa mãn 1 0x y . Chứng minh rằng: 
 2 2
1 1 3 8
6 7 5x y x y
Giải 
Ta có: 2 2 2 2
1 1 3 1 1 5
( )
6 2 3x y x y x y x y x y
 +) Theo bài 1: 
2 2
1 1 1
2 2 5x y x y
 ( *) 
 +) Theo bài 2: 
5 1
3 1 5x y
 (**) 
Cộng theo từng vế ( *) và (**) ta đƣợc 
2 2
1 1 5 1 1 8
( )
2 3 2 5 1 5 7 5x y x y x y
 Hay 
2 2
1 1 3 8
6 7 5x y x y
 ( Đẳng thức xảy ra khi 
0 , 0
5
1 0
x y
x y x y
x y
) 
Lời bình 
 29 
 +) Do vai trò của x và y bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra 
khi x = y = 5, từ đó 2 2
1 1
2
5
x y k x y k
x y
 +) Nhận thấy các bất đẳng thức trên đều tồn tại các giá trị của biến 
để có đẳng thức nên có thể chuyển thành bài toán cực trị đại số. 
 +) Sử dụng kết hợp với bất đẳng thức cô-si, hoặc một số bất đẳng 
thức khác ta được một số bài toán sau: 
 Bài 4: ( Thi chọn học sinh giỏi lớp 9 thành phố Hà Nội năm học: 2008-2009 ) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P, biết 
2 2
2 3 5
2P a b
a b a b
, với a > 0, b > 0 và 4a b . 
* Nhận xét : Với các biểu thức mà vai trò của các biến bình đẳng thì cực 
trị thƣờng đạt đƣợc khi giá trị các biến bằng nhau. 
 +) Xuất phát từ cách giải ( bài toán 1) ta viết biểu thức P dƣới dạng: 
2 2
2 2
2 2 3 5 2
( ) 2
2 2
1 1 3 4
2 2
2
P a b
a b a b a b a b
a b
a b a b a b
 Giải tƣơng tự (bài toán 1) ta có: 
2 2
1 1 1
2
2 2a b a b
 (*) (Đẳng thức xảy ra 
khi: a = b = 2) 
 Đến đây nhiều học sinh nghĩ rằng sẽ sử dụng bđt Cô-si cho hai số dƣơng 
3 4
a b
 và 2 a b : đƣợc 
3 4 3 4
2 2 .2 2 6 8a b a b
a b a b
 nhƣng đẳng thức xảy ra khi 
23 4
2 1 7 1 7a b a b a b
a b
 Mâu thuẫn với điều kiện xảy ra đẳng thức ở 
(*). Vậy phải tách nhƣ thế nào ? 
 +) Từ bđt (1-4) ta thấy với m, n là các số dƣơng thì 
2
4m m
n a b n a b
(Đẳng thức xảy ra khi: a = b). Nên luôn tìm đƣợc GTNN của những biểu thức 
dạng 
m
n a b
 ( Với m > 0, n > 0) 
 +) Với điều kiện a = b = 2 thì 
2 2
2 2 3 2
k
a b k a b
a b
 Vậy nên tách 
3 4 3 2 2
a b a b a b
Từ đó ta đi đến cách giải sau: 
 Giải Ta có 
2 2 2 2
2 3 5 2 2 3 2 2
2 ( ) 2
2
P a b a b
a b a b a b a b a b a b
2 2
1 1 3 2 2
2 2
2
a b
a b a b a b a b
 30 
 +) Do a > 0, b > 0. Giải tƣơng tự (bài toán 1) ta có 
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
2 4 2 2a b a b a b a b
 (*) 
 ( Đẳng thức xảy ra khi 
0 , 0
2
4
a b
a b a b
a b
 ) 
 +) Do a > 0, b > 0, áp dụng bđt cô-si ta có 
3 2 3 2
2 2 .2 1 6a b a b
a b a b
 (**) 
 ( Đẳng thức xảy ra khi 
0 , 0
0 , 0
3 2
42
a b
a b
a ba b
a b
) 
 +) Do a > 0, b > 0. Giải tƣơng tự (bài toán 2) ta có 
2 1
2a b
 (***) 
 ( Đẳng thức xảy ra khi 
0 , 0
2
4
a b
a b a b
a b
) 
Cộng theo từng vế các bđt (*), (**), (***) ta đƣợc 
1 1
1 6 1 7
2 2
P