SKKN Toán THPT

Mở đầu
1. Lý do chn ti
Trong chơng trình toán học phổ thông, bất đẳng thức l mt mng toỏn khú, nú cú mt
trong tt c cỏc b mụn: S hc, Hỡnh hc, i s, Lng giỏc v Gii tớch nhng phi núi
rng bt ng thc l mt cụng c sc bộn ca Toỏn hc. ng thc v bt ng thc luụn l
hai phng tin h tr ln nhau. ng thc cho kt qu chớnh xỏc tuyt i cũn bt ng thc
mm do hn, cho phộp cõn nhc vn , c lng kt qu, t ú nhỡn nhn thc tin toỏn
hc di gúc rng hn. Vỡ vy vic vn dng cỏc bt ng thc rt uyn chuyn v linh
hot. Hc sinh yờu Toỏn cn hc tp cỏch vn dng cỏc bt ng thc di nhiu hỡnh thỏi a
dng. Trong mi thi hc sinh gii Toỏn thng cú nhng bi toỏn liờn quan n bt ng
thc. Trong thi i hc ca cỏc nm gn õy, B giỏo dc thng ra thi vi cõu cui
cựng l bt ng thc vi mc ớch cú th phõn loi hc sinh trong cỏc k thi ú. Nhng thụng
thng hc sinh khụng nm c phng phỏp v k thut khi chng minh bt ng thc bi
l: Cỏc bi toỏn bt ng thc khú nh hng cỏch gii, nhiu bi toỏn phi s dng cỏc bt
ng thc ph rt khú nh, thm chớ phi s dng mt khi lng ln kin thc v h thc
lng trong tam giỏc nờn phn ln hc sinh gp rt nhiu khú khn khi gii quyt cỏc bi
toỏn bt ng thc .
Ngoi cỏc bt ng thc c bn c hỡnh thnh t phộp bin i tng ng, bt
ng thc Cụ-si l mt bt ng thc rt quan trng, cú nhiu u th trong gii bi toỏn bt
ng thc.Trong nhng bi toỏn n gin, vic ỏp dng bt ng thc Cụ-si i vi din hc
sinh i tr l n gin, d tip cn. Song i vi nhng bi toỏn phc tp cú th ỏp dng
bt ng thc Cụ-si vo gii cỏc bi toỏn ny, thỡ vn khụng n gin chỳt no. Vn t
ra ú l ngi gii toỏn phi chn c cp s tho món cỏc iu kin ca bt ng thc Cụ-
si. Cỏc iu kin c tho món ca bt ng thc Cụ-si khụng ch l iu kin khụng õm ca
cp s m cũn phi tho món iu kin khi du ng thc xy ra. Gii quyt c iu ú, bi
toỏn ỏp dng tr nờn n gin hn.
Nh vy cú th ỏp dng bt ng thc Cụ-si i vi nhng bi toỏn phc tp, ngi
gii toỏn cn cú mt phng phỏp, mt k thut s dng bt ng thc ny.
Vi mt vi nm kinh nghim, vi mong mun to hng thỳ cho hc sinh khi hc ni
dung bt ng thc ng thi giỳp hc sinh d hiu hn vi bt ng thc, cựng vi mong
mun nõng cao kin thc ca bn thõn cng nh nõng cao cht lng dy v hc Toỏn trong

nh trng ph thụng, tụi xin trõn trng gii thiu : Phng phỏp v k thut s dng bt
ng thc Cụ-si trong gii toỏn
1
Phần I : Các kiến thức cơ bản
1- Bất đẳng thức Cô-si
1.1 Bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm
Với hai số không âm a1,a2 ta có
( )
1
2
21
21
aa
aa
≥
+

Chứng minh: Ta có
( )
( )
( )
aa
aaaa
20
21
2
21
2121
≥−⇔
−+⇔

Do
( )
2
đúng nên
( )
1
luôn luôn đúng
Dấu đẳng thức của
( )
1
xảy ra
21
aa =⇔
1.2 Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm
Với ba số không âm a
1
,

a
2
, a
3
ta có
3
321
321
3
aaa
aaa
≥

++
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có:
( )
( )
( )
5442
42
32
3
321
3
321321321321
3
3213
3
3213
2121
aaaaaaaaaaaaaaa
aaaaaaaa
aaaa
=≥






+
≥+
≥+

Cộng từng vế của
( )
3
,
( )
4
( )
5

⇔
3
321
321
3
aaa
aaa
≥
++
(đpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
( )
3
,
( )
4
( )
5
, đồng thời xảy ra đẳng thức
321

aaa ==⇔
1.3 Bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm
Với bốn số không âm a
1
,a
2
, a
3
, a
4
ta có
4
4321
4321
3
aaaa
aaaa
≥
+++
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có
( )
( )
( )
( )
72
6
5
4
43214321
4343

2121
aaaaaaaa
aaaa
aaaa
≥+
≥+
≥+
Cộng từng vế của
( )
5
,
( )
6
,
( )
7
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
( )
5
,
( )
6
( )
7
đồng thời xảy ra đẳng thức
4321
aaaa ===⇔
2
Tổng quát: Với các số không âm a

1
, a
2
, , a
n
có
n
n
n
aaa
aaa

3

21
21
≥
++

( )
*
Dấu đẳng thức của
( )
*
xảy ra
n
aaa ==⇔
21
2 Bất đẳng thức đường gấp khúc
V ới mọi

i
a
ta có:
Dấu đẳng thức xẩy ra ⇔
→→→
↑↑↑↑↑↑
n
aaa
21
3. Các bất đẳng thức phụ thường dùng
1. a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca với mọi a,b,c
2. (a+b+c)
2
≥ 3(ab+bc+ca) với mọi a,b,c
3. (a + b +c )






++
cba
111

≥ 9 với mọi a,b,c > 0
4. a
2
+ b
2
+ c
2
≥
( )
2
3
1
cba ++
với mọi a,b,c
Phần II. Một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Cho a ≥ 3 chứng minh a +
3
101
≥
a
3
→→→→→→
+++≥+++
nn
aaaaaa
2121
→
n
a

→
1
a
→
2
a
n
aaa +++
21
Dự đoán : a +
3
3
101
=↔= a
a
Khi a = 3 →
3
11
=
a
; nên không thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số a và
a
1
được vì dấu
bằng không xẩy ra .
Vậy phải sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số αa và
a
1
, vấn đề đặt ra là chọn α = ? thì đủ, vì
theo dự đoán ở trên đầu thì dấu = xẩy ra khi a = 3 nên ta có

9
1
3
1
=→





=
=
α
α
a
a
Bài giải:
a +
a
a
a
a 9
81
9
11
++=
theo bất đẳng thức Cô-si
3
21
.

9
2
1
9
=≥+
a
a
a
a
Cho a ≥ 3 →
3
8
9
8
≥
a
Vậy
3
10
3
8
3
21
=+≥+
a
a
(ĐPCM)
Dấu = xảy ra khi a = 3
Qua ví dụ 1 có thể thấy kỹ thuật “bằng đều” nêu trên cho ta cách chọn cặp số thoả
mãn điều kiện khi dấu đẳng thức xảy ra trong áp dụng bất đẳng thức Cô-si.Như vậy có thể

thực hiện chứng minh bất đẳng thức theo các bước sau:
 Bước 1: Dự đoán khi nào bất đẳng thức trở thành đẳng thức
 Bước 2: Với dự đoán ở trên sử dụng kỹ thuật cân bằng đều ghép các hạng tử của Ví dụ
toán với các hạng tử mới thích hợp
 Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 2:
Chứng minh:
( )
5 5 5
2 2 2
2 2 2
a b c
+ + a +b +c a,b,c>0
b c c a a b
≥
4
Bài giải:
Dự đoán do tính chất đối xứng của bất đẳng thức, nên dấu bằng xảy ra
↔
a = b = c
Khi đó:
5 5 5
2 2 2
2 2 2
a b c
= = =a =b =c
b c c a a b
Ta có thể chọn trong đó những hạng tử phù hợp để áp dụng bất đẳng thức Cô-si như sau:
5 5 5 5 2 2 2

2 2 2 2
5
2 2 2 2 2
a a a .a .b .b .c
+ +b +b +c 5 =5a
b c b c b .b .c
≥
Tương tự:
5 5 5 5 2 2 2
2 2 2 2
5
2 2 2 2 2
b b b .b .c .c .a
+ +c +c +a 5 =5b
c a c a c .c .a
≥
5 5 5 5 2 2 2
2 2 2 2
5
2 2 2 2 2
c c c .c .a .a .b
+ +a +a +b 5 =5c
a b a b a .a .b
≥
Cộng từng vế của bất đẳng thức nên ta có:
5 5 5
2 2 2
2 2 2
a b c
+ + a +b +c

b c c a a b
≥
(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra
↔
a = b = c
Ví dụ 3 :
Cho:
a,b,c,d 0
a b c d 4
>


+ + + =

Chứng minh : a
5
+ b
5
+ c
5
+ d
5

≥
a
4
+ b
4
+ c

4
+ d
4
Bài giải:
Dự đoán do tính chất đối xứng và theo giả thiết đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1
Khi đó: a
5
= b
5
= c
5
= d
5
= a
4
= b
4
= c
4
= d
4
Từ đó dẫn đến lời giải sau, theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
5 5 5 5 4
5 5 5 5 4
5 5 5 5 4
5 5 5 5 4
a a a a 1 5a
b b b b 1 5b
c c c c 1 5c
d d d d 1 5d


+ + + + ≥

+ + + + ≥


+ + + + ≥


+ + + + ≥

5 5 5 5 4 4 4 4
4(a b c d ) 4 5(a b c d )→ + + + + ≥ + + +
(1)
5
4
4
4
4
a 1 1 1 4a
b 1 1 1 4b
c 1 1 1 4c
d 1 1 1 4d

+ + + ≥

+ + + ≥


+ + + ≥



+ + + ≥

4 4 4 4
a b c d 4(a b c d) 12 4→ + + + ≥ + + + − =
(2)
Từ (1) và (2)
5 5 5 5 4 4 4 4
a b c d a b c d→ + + + ≥ + + +
(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1
Ví dụ 4:
Chứng minh:
( )
4 4 4
3 3 3
a b c 1
S= + + a +b +c
a+3b b+3c c+3d 4
≥
(a,b,c > 0)
Bài giải: Vì bài toán đối xứng với a, b, c nên dấu đẳng xảy ra khi a = b = c
( )
3
24
2
1
16
3

3
a
aba
ba
a
≥
+
+
+
3
24
2
1
16
)3(
3
b
bcb
cb
b
≥
+
+
+
3
24
2
1
16
)3(

3
c
cac
ac
c
≥
+
+
+
Cộng vế với vế bất đẳng thức cũng chiều trên ta có
S ≥
)(
16
3
)(
16
7
222333
accbbacba ++−++
(1)
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
333222
2333
2333
2333
3
3
3
cbaaccbba
acacc

cbcbb
babaa
++≤++→





≥++
≥++
≥++
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
S =
)(
4
1
333
333
444
cba
ac
c
cb
b
ba
a
++≥
+
+

+
+
+
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 5:
6
Chứng minh:
S =
( ) ( ) ( )
( )
3 3 3
2 2 2
a b c 1
+ + a+b+c
16
3b+c 3c+a 3a+b
≥
(a,b,c > 0)
Bài giải:
Do vai trò như nhau trong bất đẳng thức của a,b,c nên dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Khi đó:
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2
a b c a b c
= = = = =
16 16 16
3b+c 3c+a 3a+b
nên không thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho
3 số:

( )
3
2
a
3b+c
; 3b+c ; 3b+c ( Do dấu đẳng không xảy ra )
Theo kỹ thuật cân bằng đều ta phải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số:
( )
3
2
a
3b+c
;
3b+c 3b+c
;
64 64
thì dấu bằng mới xảy ra khi a = b = c
Áp dụng Cô-si ta có:
( )
( )
( )
2
3
3
3
2 2
2
a 3b+c
a 3b+c 3b+c 3
+ + 3 = a

64 64 16
3b+c 3b+c .64
≥
Tương tự:
( )
( )
( )
2
3
3
3
2 2
2
b 3c+a
b 3c+a 3c+a 3
+ + 3 = b
64 64 16
3c+a 3c+a .64
≥
( )
( )
( )
2
3
3
3
2 2
2
c 3a+b
c 3a+b 3a+b 3

+ + 3 = c
64 64 16
3a+b 3a+b .64
≥
Cộng vế với vế bất đẳng thức cùng chiều trên ta có:
( ) ( ) ( )
1 3 1
S+ + a+b+c a+b+c S a+b+c
8 16 16
≥ ↔ ≥
(ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c
Ví dụ 6 :
Chứng minh:
8 8 8 8
2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 2
a b c d
+ + + a +b +c +d
b c d c d a d a b a b c
≥
(a,b,c,d > 0)
7
Bài giải:
Do tính đối xứng nên đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Tương tự kỹ thuật cân bằng đều, ta phải áp dụng bất đẳng thức Cô-si
8 8
2 2 2 2 2 2 2
3 2 3 2
a a

+ +b +b +b +c +c +d 8a
b c d b c d
≥
8 8
2 2 2 2 2 2
2
3 2 3 2
b b
+ +c +c +c +d +d +a 8b
c d a c d a
≥
8 8
2 2 2 2 2 2 2
3 2 3 2
c c
+ +d +d +d +a +a +b 8c
d a b d a b
≥
8 8
2 2 2 2 2 2 2
3 2 3 2
d d
+ +a +a +a +b +b +c 8d
a b c a b c
≥
Cộng các vế bất đẳng thức trên:
8 8 8 8
2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 2
a b c d

+ + + a +b +c +d
b c d c d a d a b a b c
≥
(ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra
↔
a = b = c = d
Ví dụ 7:
Cho



≥++
>
3
0,,
cba
cba
chứng minh :
3
5
6
5
6
5
6
≥++
a
c
c

b
b
a
Bài giải
Do tính đối xứng nên dấu đẳng thức xảy ra khi a = b =c =1
Khi đó :
1
5
6
5
6
5
6
===
a
c
c
b
b
a
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số :
ab
b
a
;;
5
6
hoặc
1;;
5

6
b
b
a
aabbbbb
b
a
7
5
6
≥++++++
bbccccc
c
b
7
5
6
≥++++++
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
cba
a
c
c
b
b
a
++≥++
5
6
5

6
5
6

8
Như vậy, ta có:
( )
( )





++≥++
≥++
cmtcba
a
c
c
b
b
a
gtcba
5
6
5
6
5
6
3

3
5
6
5
6
5
6
≥++⇒
a
c
c
b
b
a
Dấu đẳng thức xảy ra
↔
a = b = c =1
Ví dụ 8 :
Chứng minh:
6 6 6
8 8 8 2 2 2
a b c 1 1 1
b c c a b c
+ + ≥ + +
với a,b,c
≠
0
Bài giải:
Do tính đối xứng nên đẳng thức xảy ra khi |a| = |b| = |c|.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si

1 1 1
K
ab bc ac
≥ + +
(I)
Theo bất đẳng thức Cô-si:
( )
1 1 1 1 1 1 9
ab bc ac 9
ab bc ac ab bc ac ab bc ac
 
+ + + + ≥ → + + ≥
 ÷
+ +
 
(II)
Từ (I) và (II)
⇒

9
K
ab bc ac
≥
+ +
(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
a b c
= =
Ví dụ 9 :
Chứng minh T =

64
)()()(
222
2
2
2
2
2
2
cba
ab
c
ca
b
cb
a ++
≥
++
+
+
Bài giải: Theo bất đẳng thức Cô-si












≥
+
+
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
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
22
)(
2
)(

2
)(
)(
22
)(
2
)(
2
)(
)(
22
)(
2
)(
2
)(
)(
cababab
ab
c
bcacaca
ca
b
acbcbcb
cb
a
[ ]
222
)()()(
2

3
cacbabT ++++++→
Mà





+≤+
+≤+
+≤+
)(2)(
)(2)(
)(2)(
22
222
222
caca
cbcb
abab
T
( )
64
2
3
2
1
222
222
22

cba
cba
++
=++






−≥
( ĐPCM)
9
Ví dụ 10 :
Chứng minh:
a,b,c 0∀ >
a b c d b c d c d a d a b a b c 40
H
b c d c d a d b a a b c a b c d 3
+ + + + + + + +
 
= + + + + + + + ≥
 ÷
+ + + + + + + +
 
Bài giải: Ta có:
a b c d b c d c d a d a b a b c
H
b c d c d a d b a a b c 9a 9b 9c 9d
8 b c d c d a d a b a b c 8 8 40

.12
9 a b c d 3 9 3
+ + + + + + + +
= + + + + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + + + + +
 
+ + + + ≥ + =
 ÷
 
Dấu đẳng thức xảy ra
↔
a = b = c
Ví dụ 11:
Với giả thiết:



≥++
>
1
0,,
zyx
zyx
chứng minh :
1
2008
2009
2008
2009

2008
2009
≥++=
x
z
z
y
y
x
T
Bài giải:
Dó tính đối xứng nên đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
3
1
Khi đó:
3
1
2008
2009
2008
2009
2008
2009
====== zyx
x
z
z
y
y
x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có :
xyy
y
x
2009
2008
2009
≥+++
yzz
z
y
2009
2008
2009
≥+++
zxx
x
z
2009
2008
2009
≥+++
10
2008 Số
2008 Số
2008 Số
Cộng các vế của bất đẳng thức ta được :
T + 2008(x+y+z) ≥ 2009(x+y+z) →T ≥ (x+y+z) ≥1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x =y=z =
3

1
Như vậy trên cơ sở đẳng thức xảy ra khi các số tham gia bất đẳng thức Cô-si bằng
nhau, ta có thể đưa ra nhiều cách chọn bộ số khác nhau. Sau đây là một số ví dụ minh
hoạ:
Ví dụ 12:
Chứng minh:
8 8 8
6 6 6
2 2 2
a b c
a b c
b c a
+ + ≥ + +
( a,b,c > 0 )
Bài giải:
Cách 1: Theo kỹ thuật cân bằng đều ta áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số như sau:
( )
( )
8 8 8
6 6
2 2 2
8 8 8 8 8 8
6 6 6 6 6
2 2 2 2 2 2
8 8 8
6 6
2 2 2
8 8 8
6 6 6
2 2 2

a a a
b 4a
b b b
b b b a b c
c 4b 3 3 a b c
c c c b c a
c c c
a 4c
a a a
a b c
a b c
b c a

+ + + ≥


 

+ + + ≥ → + + ≥ + +

 ÷
 


+ + + ≥


 
→ + + ≥ + +
 ÷

 
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b =c
Cách 2: Cũng có thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si như sau:
8
2 4 6
2
a
b a 2b
b
+ ≥
8
2 4 6
2
b
c b 2c
c
+ ≥
8
2 4 6
2
c
a c 2a
a
+ ≥
11
Vậy
8 8 8
2 4 2 4 2 4 6 6 6
2 2 2
a b c

b a c b a c 2(a b c )
b c a
+ + + + + ≥ + +
(1)
6 6 6 4 2
6 6 6 4 2 6 6 6 4 2 4 2 4 2
6 6 6 4 2
a a b 3a b
b b c 3b c (a b c ) a b b c c a
c c a 3c a
+ + ≥
+ + ≥ → + + ≥ + +
+ + ≥
(2)
Cộng các vế tương ứng của (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 13:
Cho a,b,c > 0
Chứng minh: S=
333
3
7
3
7
3
7
cabcab
b
a
b
b

b
a
++≥++
Bài giải:
Dự đoán do tính chất đối xứng của bất đẳng thức, nên dấu đẳng thức xẩy ra ↔ a = b = c
Khi đó :
444333
3
7
3
7
3
7
cbacabcab
b
a
b
b
b
a
========
Do vậy ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các cặp số lựa chọn như trên, để có lời giải
sau:
Cách 1 :
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có :
4
3
37
3
3

7
22 a
b
aba
ab
b
a
=≥+
Tương tự :
4
3
37
3
3
7
22 b
c
bcb
bc
c
b
=≥+
4
3
37
3
3
7
22 c
a

cac
ca
a
c
=≥+
Cộng các vế của bất đẳng thức trên
S + (ab
3
+bc
3
+ca
3
) ≥ 2 (a
4
+ b
4
+ c
4
) (1)
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si :
12





≥+++
≥+++
≥+++
bcbccc

ababbb
cacaaa
34444
34444
34444
4
4
4
→ a
4
+ b
4
+ c
4
≥ a
3
c + c
3
b + b
3
a (2)

Từ (1) và (2) → S ≥ a
3
c + c
3
b + b
3
a (ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi ↔ a = b = c

( )
3
24
2
1
16
3
3
a
aba
ba
a
≥
+
+
+
3
24
2
1
16
)3(
3
b
bcb
cb
b
≥
+
+

+
3
24
2
1
16
)3(
3
c
cac
ac
c
≥
+
+
+
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có
S ≥
)(
16
3
)(
16
7
222333
accbbacba ++−++
(1)
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si ta có
333222
2333

2333
2333
3
3
3
cbaaccbba
acacc
cbcbb
babaa
++≤++→





≥++
≥++
≥++
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
S =
)(
4
1
333
333
444
cba
ac
c

cb
b
ba
a
++≥
+
+
+
+
+
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b= c
Cách 2: Ta có thể chọn các hạng tử và áp dụng bất đẳng thức Cô-si theo cách sau:
7 7 7 7 7 7 7 7 4 4 4
4 4 4 4
7
3 3 3 3 3 3 3 3
a a a a a .a .a .a .b .b .b
+ + + +b +b +b 7 =7a
b b b b b .b .b .b
≥
Tương tự:
7 7 7 7 7 7 7 7 4 4 4
4 4 4 4
7
3 3 3 3 3 3 3 3
b b b b b .b .b .b .c .c .c
+ + + +c +c +c 7 =7b
c c c c c .c .c .c
≥
7 7 7 7 7 7 7 7 4 4 4

4 4 4 4
7
3 3 3 3 3 3 3 3
c c c c c .c .c .c .a .a .a
+ + + +a +a +a 7 =7c
a a a a a .a .a .a
≥
Cộng các bất đẳng thức trên suy ra:
13

7 7 7
4 4 4
3 3 3
a b c
+ + a +b +c
b c a
≥
(1)
Tương tự cách 1:
4 4 4 3 3 3
a +b +c a c+c b+b a≥
(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 14:
Cho a,b,c,d > 0 và
a b c d 1+ + + ≤
. Chứng minh:
1 1 1 1
S a+b+c+d+ 17
a b c d

= + + + ≥
Bài giải:
Cách 1:
Do bất đẳng thức có tính đối xứng nên đẳng thức chỉ xảy ra khi
1
a b c d
4
= = = =
Vì thế không thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 8 số trên vì đẳng thức không xảy ra
Để ý thấy đẳng thức xảy ra khi
1
a a 4
4
= → =
. Để áp dụng Cô-si, ta phải biếu diễn thành 16 số
1
16.a
, tương tự đối với
1 1 1
; ;
b c d
1 1 1 1
S a+b+c+d+ a+b+c+d
a b c d
1 1 1 1 1 1 1 1
+
16a a16 16b b16 16c c16 16d d16
= + + + =
+ + + + + + + + + + +
uuuuuuuuuuuuuur uuuuuuuuuuuuuuur uuuuuuuuuuuuuur uuuuuuuuuuuuuuur

16 số 16 số 16 số 16 số
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
4
4
4
a+b+c+d 1
a+b+c+d 4 abcd abcd
4 4
 
≥ → ≤ =
 ÷
 
60
68
68
68
15 64 128 68
1 1 4 1
S 68 . 68 68 17
(abcd) 16 4 4
→ ≥ ≥ = =
Vậy
min
S 17=

↔

1
a b c
4

= = =
Cách 2:
( ) ( )
1 1 1 1 16
S a+b+c+d a+b+c+d
a b c d a b c d
 
= + + + + ≥ +
 ÷
+ + +
 
14
Đặt
16
a b c d t 0 t 1 S t
t
+ + + = → < ≤ → = +
Bài toán trở về chứng minh
S 17
≥
với
0 t 1
< ≤
Áp dụng kĩ thuật cân bằng đều:
1 15 1 15
S t 2 t 17
t t t t
= + + ≥ + =
( ĐPCM ). Dấu đẳng thức xảy ra
1

a b c d
4
↔ = = = =
Ví dụ 15:
Cho



=+++
≥
1
0,,,
dcba
dcba
Chứng minh : S =
2
33
22222222
≥
+
+
+
+
+
+
+
++++
ba
d
ad

c
dc
b
cb
a
abc
d
dab
c
cda
b
bcd
a
Bài giải:
Cách 1 :
Phân tích vai trò như nhau của a, b, c, d nên đẳng thức xảy ra
↔ a = b = c = d =
4
1
Ta có:







=
+
=

+
=
+
=
+
====
)(
8
1
)(4
2222
2222
II
ba
d
ad
c
dc
b
cb
a
I
abc
d
dab
c
cda
b
bcd
a

Vậy để áp dụng được bất đẳng thức Cô-si thì mỗi số ở vế phải biểu diễn dưới dạng 32 sô nhỏ
hơn nó 32 lần . Sau đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 132 sô ta có
S =
ba
d
ad
c
dc
b
cb
a
abc
d
abc
d
dab
c
dab
c
cda
b
cda
b
bcd
a
bcd
a
+
+
+

+
+
+
+
++++++++++++
222222222222
32

3232

3232

3232

32
132
96
66
128
))()()(()(
)(
.
32
1
132
addccbbaabcd
abcd
++++
≥















+++














+++
≥

4
30
4
128
4
2
1
.
4
1
.
32
1
132
dcba
dcba
2
33
2.4.
32
1
132
132
4120
128
=≥
( ĐPCM)
15
32 số 32 số 32 số 32 số
Dấu đẳng thức xảy ra ↔ a = b = c = d =

4
1
Cách 2:
Theo bất đẳng thức Cô-si:
16
4
1
4
1
4
4
2222
≥






+++
≥≥+++
dcba
abcdabc
d
dab
c
cda
b
bcd
a

(1)
Do a + b+ c+ d = 1 và sử dụng tính chất : A ≥ B > 0 ↔ 0 <
BA
11
≤
Ta lại có :
( )
( )
a
cb
cbacb
cb
a
=
+
+
≥
+
+
+ 4
2
4
22
Tương tự :
b
dc
dcbdc
dc
b
=

+
+
≥
+
+
+ 4)(
)(
2
4
22
c
ad
adcad
ad
c
=
+
+
≥
+
+
+ 4)(
)(
2
4
22
d
ba
badba
ba

d
=
+
+
≥
+
+
+ 4)(
)(
2
4
22
Cộng lại ta có :
2
1
2
2222
=
+++
≥
+
+
+
+
+
+
+
dcba
ba
d

ad
c
dc
b
cb
a
(2)
Từ (1),(2) → S ≥ 16 +
2
33
2
1
=
(ĐPCM)
Dấu đẳng thức xẩy ra khi a = b = c = d =
4
1
Ví dụ 16:
Chứng minh: K =
( )
0,,
9
2
2
2
2
2
2
cba
cabcab

a
ac
c
cb
b
ca
++
≥++
Bài giải: Do tính chất đối xứng của đẳng thức xảy ra khi: a = b = c
Mà theo yêu cầu của đầu bài, ta nghĩ đến bất đẳng thức:
( )
0
111
≥






++++
cba
cba
)
( )
0,, >cba

16
Vậy
cabcabcba ++

≥






++
9111
bất đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Vậy ta phải chứng minh: K =
cba
a
ac
c
cb
b
ca 111
2
2
2
2
2
2
++≥++
Đây là dạng bài toán thông thường dễ chứng minh được theo bất đẳng thức Cô-si








++≥++






++≥






+++
→









≥++
≥++

≥++
cabcab
cb
cba
cabcab
K
a
bcac
a
bc
c
bcab
c
ab
b
abac
b
ca
11111
111
3
111
2
311
311
311
22
222
25
2

25
2
25
2
2
a
1
Mà
( )
I
cabcab
K
111
++≥→
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
( ) ( )
II
cabcabcabcab
cabcab
cabcab ++
≥++→≥++






++
9111
9

111
Từ (I)(II)
cabcab
K
++
≥→
9
(ĐPCM).
Dấu đẳng thức xảy ra
↔
a = b = c
Ví dụ 17:
Cho a, b, c >0
Chứng minh
4
3
141414
4488
8
4488
8
4488
8
≥
++++
+
++ baba
c
acac
b

cbcb
a
Bài giải: Do
)(386
8844444444
cbcbcbc8b c14b ++≤+=

44
4
4488
8
44
4
4488
8
44
4
4488
8
244884488
2
1
14
2
1
14
2
1
14
)(4)(8)(414

ba
c
baba
c
cb
a
acac
b
ac
b
cbcb
a
cbcbcbcb
+
≥
++
→
+
≥
++
→
+
≥
++
→
+=++≤++→
44
cb
Đặt
=

S
4488
8
4488
8
4488
8
141414 baba
c
acac
b
cbcb
a
++++
+
++
17
4
3
2
3
.
2
1
2
1
44
4
44
4

44
4
=≥→
+
+
+
+
+
≥→ S
ba
c
ac
b
cb
a
S
(do x, y > 0
→
2
3
≥
+
+
+
+
+ yx
z
xz
y
xy

x
)
Dấu đẳng thức xảy ra
cba
==↔

Ví dụ 18:
Chứng minh: T =
2022106
22
≥+−+++ xxxx
Bài giải:: T =
1)1(1)3(
222
+−+++ xx
Đặt
)2;4(
)1;1(
)1;3(
=+→





−=
+=
ba
xb
xa

baT +=→
Mà
2024
22
=+=+≥+ baba
Vậy T
↔≥ 20
Dấu đẳng thức xảy ra
113// −=↔−=+↔ xxxba
Ví dụ 19:
Cho



≥
>
27
0,,
cba
cba
Chứng minh T =
39
222222
≥++++++++ aacccbcbcaba
Bài giải: Ta có T =
4
3
24
3
24

3
2
2
2
2
2
2
2
aa
c
cc
b
bb
a +






+++






+++







+
2
2
2
)(3
2
)(3






++
+






++
≥
cbacba
Do tính chất đường gấp khúc :
T

[ ] [ ]
392733 33)(3
2
3
2
3
2
=≥≥++≥ cbacba
(ĐPCM)
(a, b, c
≥
27). Dấu đẳng thức xẩy ra khi a = b = c = 3
Ví dụ 20:
Cho a,b,c > 0 và a + b +c
≥
1
Tìm min :
3 3 3
a b c
S
b c a c a b
= + +
+ + +
Bài giải:
Do tính đối xứng nên ta dự đoán S
min
khi
1
a b c
3

= = =
18
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ số
3
a
b c+
;
(b c)+ α
;
β
Dấu đẳng thức xảy ra khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si
1
a b c
3
= = =
Theo kĩ thuật cân bằng đều:
1
12
→ α =
;
1
18
β =
Theo bất đẳng thức Cô-si:
3 3
3
a b c 1 a (b c) 1
3 a
b c 12 18 (b c).12.18 2
+ +

+ + ≥ =
+ +
Tương tự:
3 3
3
3 3
3
b a a 1 b (c a) 1
3 b
c a 12 18 (c a).12.18 2
c b a 1 c (b a) 1
3 c
b a 12 18 (b a).12.18 2
+ +
+ + ≥ =
+ +
+ +
+ + ≥ =
+ +
Cộng từng vế bất đẳng thức:
1 1 1 1
S (a b c) (a b c)
2 6 6 6
≥ + + − + + − ≥
(do
a b c 1
+ + ≥
)
Vậy
min

1 1
S a b c
6 3
= ≥ = = =
Ví dụ 21:
Tính Min:
a b c
S= 1+ 1+ 1+
2b 2c 2a
   
 ÷ ÷ ÷
   
với (a,b,c > 0)
Bài giải:
Do tính đối xứng nên ta dự đoán S
min
khi a = b = c
Lúc đó S
min
=
3
3
3 27
=
8
2
và
a b c 1
= = =
2b 2c 2a 2

Ta không thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số 1 ;
a
2b
Muốn áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta phải tách
1 1
1= +
2 2
Hoặc đưa
a
2b
về dạng
a
b
19
Theo bất đẳng thức Cô-si
3
a 1 1 a 3 a
1
2b 2 2 2b 2 b
+ = + + ≥
Tương tự:
3
3
b 1 1 b 3 b
1
2c 2 2 2c 2 c
c 1 1 c 3 c
1
2a 2 2 2a 2 a
+ = + + ≥

+ = + + ≥
Cộng từng vế bất đẳng thức:
min
a b c 27 abc 27 27
S 1 1 1 S
2b 2c 2a 8 abc 8 8
   
= + + + ≥ = → =
 ÷ ÷ ÷
   
Dấu đẳng xảy ra
↔
a = b = c
Ví dụ 22:
Cho a, b, c, d > 0
Tìm min
a b c d b c c d d a a b
S
b c c d d a a b a b c d
+ + + +
= + + + + + + +
+ + + +
Bài giải:
Do tính đối xứng nên S
min
khi a = b = c = d. Vì vậy không áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho
a
b c+
và
b c

a
+
được. Ta phải tách
b c b c 3 b c
a 4a 4 a
+ + +
= +
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho
b c
a
+
và
b c
4a
+
, các biểu thức còn lại cũng tách như vậy
a b c d b c c d d a a b 3 b c c d d a a b
S
b c c d d a a b 4a 4b 4c 4d 4 a a b b c c d d
+ + + +
   
= + + + + + + + + + + + + + + +
 ÷  ÷
+ + + +
   
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 8 số:
2 2 2 2
8
8
8 2 2 2 2

abcd(b c)(c d)(d a)(a b) 3 a b c d
S 8 .8 4 6 10
2 (c d)(b c)(d a)(a b)abcd 4 a b c d
+ + + +
≥ + = + =
+ + + +
Vậy Min S = 10
↔
a = b = c = d
Ví dụ 23:
20
Cho
a,b,c 0
a b c 1
>


+ + ≤

Tính min
1 1 1
S 1 1 1
6a 6b 6c
   
= + + +
 ÷ ÷ ÷
   
Bài giải:
Do tính chất đối xứng nên S
min

khi
1
a b c
3
= = =
1 1 1 1
6a 6b 6c 2
→ = = =
. Không thế áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 1 và
1
6a
.
Ta tách 1 thành
1 1
2 2
+
.
Khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si, dấu bằng xảy ra khi
1
a b c
3
= = =
:
3 3 3
3 3 3
3
3
3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
S 3 .3 .3

2 2 6a 2 2 6b 2 2 6c 2 .3a 2 .3b 2 .3c
9 1 9 1 27 27
8 abc 8 8(a b c) 8
a b c
3
   
= + + + + + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
= ≥ = ≥
+ +
+ +
 
 ÷
 
Do
a b c 1+ + ≤
vậy min
27
S
8
=

↔

1
a b c
3
= = =
a b c d a b c d

B 2.
3 3
+ + + + + +
→ + ≥

↔

4
a b c d 4 4
B abcd
3 3 3
+ + +
≥ ≥ ≥
Do
abcd 1≥
vậy
min
4
B
3
=

↔

a b c d 1= = = =
Ví dụ 24 : Cho



≥

>
1
0,,,
cdba
dcba
Tính min B =
cba
d
dba
c
dca
b
dcb
a
++
+
++
+
++
+
++
2222
Bài giải: Theo bất đẳng thức Cô-si :














≥
++
+
++
≥
++
+
++
≥
++
+
++
≥
++
+
++
d
cba
cba
d
c
dba
dba
c

b
dca
dca
b
a
dcb
dcb
a
3
2
9
3
2
9
3
2
9
3
2
9
2
2
2
2
3
4
3
4
33
2

3
4
≥≥
+++
≥↔
+++
≥
+++
+→ abcd
dcba
B
dcbadcba
B
(do
1
≥
abcd
)
Dấu đẳng thức xảy ra
1
====↔
dcba
21
Vậy
1
3
4
min
====↔= dcbaB
Ví dụ 25:

Cho



≤++
>
1
0,,
cba
cba
T×m min S =
222
111
c
ab
b
ca
a
bc +++++

Bài giải: Do tính đối xứng nên S
min
khi
3
1
=== cba
S
≥

( )

2
2
111






+++++
cba
cabcab
=
( ) ( )
2
2
2
80
111
81 cabcab
cba
cabcab ++−






+++++
Theo bất đẳng thức Cô-si

( )
9
111
1
3
111
3
3
3
≥






++++→





≥++
≥++
cba
cabcab
abc
cba
abccabcab

Và
1≤++≤++ cbacabcab
(theo Cô-si), nên:
( ) ( )
82809.18
80
111
81
2
2
2
=−≥
++−






+++++≥ cabcab
cba
cabcabS
3
1
82 ===↔= cbaS
Vậy
3
1
82

min
===↔= cbaS
Ví dụ 26: Cho





≤++
>
5
3
0,,
cba
cba
Tính min X =
2
2
2
2
2
2
111
a
c
c
b
b
a +++++
Bài giải: Áp dụng tính chất đường gấp khúc ta có:

( )
C =






+++++≥
2
2
111
cba
cbaX
22
Do tính chất dối xứng nên ta có X min khi a = b = c =
5
1
( )
;
25
9
2
=++→ cba
225
111
2
=







++
cba
( ) ( )
2
2
2
624
111
625 cba
cba
cbaC ++−






++++=
, ta có:
( ) ( )
25
5634
25
9
6244506244500

111
2
=−≥++−≥→≥






+++++ cbaC
cba
cba
Vậy min X =
5
1
5
5634
===↔ cba
Ví dụ 27: Cho





≤++
>
2
3
0,,
cabcab

cba
Tìm min L =
ab
ca
ca
bc
bc
ab
111
+++++
Bài giải: Theo ví dụ trên ta có :
( )
2
2
111








+++++
cabcab
cabcab

=
( ) ( )
2

2
2
.15.
111
16 cabcab
cabcab
cabcab ++−








+++++
( )
25
9
2
=++→ cba
Theo bất đẳng thức Cô-si
( )
2
2
111









+++++
cabcab
cabcab
0≥
( )
17
2
3
4
9
15721572
2
=−≥++−≥→ cabcabL
Do
( )
2
3
≤++ cabcab
Vậy min L =
2
1
17
2
3
===↔ cba
Ví dụ 28:

Cho
a,b,c 0
1 1 1
1
ab bc ca
>



+ + =


23
Tính min
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
S
2ab 2bc 2ca
+ + +
= + +
Bài giải:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 a b b c c a 1 1 1 1 1 1 1
S
2 a b b c c a 2 a b b c c a
 
 
+ + +
= + + = + + + + +

 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
Theo bất đẳng thức đường gấp khúc:
2 2
1 1 1 1 1 1 1
S
2 a b c a b c
   
≥ + + + + +
 ÷  ÷
   
2
2 1 1 1
2 a b c
 
= + +
 ÷
 
Do
2
1 1 1 1 1 1
3 3
a b c ab bc ca
   
+ + ≥ + + =
 ÷  ÷

   
2 6
S . 3
2 2
→ ≥ =
Vậy
min
6
S
2
=

↔

a b c 3= = =
Ví dụ 29:
Cho a, b, c > 0 và a + b +c
≥
1
Tìm min :
3 3 3
a b c
S
b c a c a b
= + +
+ + +
Bài giải:
Do tính đối xứng nên ta dự đoán S
min
khi

1
a b c
3
= = =
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ số
3
a
b c+
;
(b c)+ α
;
β
Đẳng thức xảy ra khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si
1
a b c
3
= = =
Theo kĩ thuật cân bằng đều:
1
12
→ α =
;
1
18
β =
Theo bất đẳng thức Cô-si:
3 3
3
a b c 1 a (b c) 1
3 a

b c 12 18 (b c).12.18 2
+ +
+ + ≥ =
+ +
Tương tự:
24
3 3
3
3 3
3
b a a 1 b (c a) 1
3 b
c a 12 18 (c a).12.18 2
c b a 1 c (b a) 1
3 c
b a 12 18 (b a).12.18 2
+ +
+ + ≥ =
+ +
+ +
+ + ≥ =
+ +
Cộng từng vế bất đẳng thức:
1 1 1 1
S (a b c) (a b c)
2 6 6 6
≥ + + − + + − ≥
(do
a b c 1
+ + ≥

)
Vậy
min
1 1
S a b c
6 3
= ≥ = = =
Ví dụ 30:
Cho





≤++
>
3
111
0,,,
cba
cba
Tính max S =
2222222
6
1
6
1
6
111
cbacbcbbaba

++++
++
+
++
Bài giải: Do x
2
+ y
2

≥
2xy






+++++≤→









≤
++
≤

++
≤
++
222
22
22
22
2
1
2
1
2
1111
3
1
3
11
3
11
3
11
cba
cabcab
ca
acaz
bc
cbcb
ab
baba
S

( )
2
1
3
6
1111
6
1
2
2
==






++≤→
cba
S

Vậy S
max
=
3
2
1
===⇔ cba
25