Cân bằng hệ số trong bất đẳng thức cô-Si

 Cũng từ ph−ơng pháp này, 
nhất (Max) của biểu thức 
+ + +
đ−ợc những bài toán mới. 
quát và tạo ra
Sử dụng bất đẳng thức (BĐT) đH biết mà đặc biệt là BĐT Cô-si là ph−ơng pháp 
th−ờng đ−ợc áp dụng để giải các bài toán về BĐT nói chung. Những bài toán cực trị, nhất 
là tr−ờng hợp có thêm các điều kiện phụ th−ờng gây khó khăn cho ng−ời giải trong 
việc −ớc l−ợng hệ số và xét điều kiện để dấu đảng thức xẩy ra. Bài viết này trình bày một 
ph−ơng pháp đánh giá thông qua BĐT Cô-si để từ đó, chuyển bài toán cực trị về việc giải 
một ph−ơng trình (PT) hoặc hệ ph−ơng trình (HPT) mà việc giải quyết là dễ dàng hoặc có 
đ−ờng lối rõ ràng hơn, đó là ph−ơng pháp cân bằng hệ số
với một chút sáng tạo, chúng ta có thể tổng 
Tr−ớc hết xin nêu lại mà không chứng minh hai BĐT quen thuộc sau: 
i) BĐT Cô-si tổng quát: 1 2 1 2... ...nn na a a n a a a+ + + ≥ 
ii) BĐT Cô-si suy rộng: 
1 1 2 2 ... n na a aα α α ≥ ( )( )1 2 1 2
1
...
1 2 1 2... ...
n na a a
n na a a a
αα αα α + + ++ + + 
Trong hai BĐT trên thì 1 2, ,..., na a a không âm, 1 2, ,..., nα α α d−ơng và dấu đẳng thức xẩy 
ra khi và chỉ khi 1 2 ... na a a= = = . 
Chúng ta bắt đầu tù bài toán sau: 
Ví dụ 1. Cho các số thực d−ơng ,x y thỏa mLn điều kiện 3 3 1x y+ = (1). Tìm giá trị lớn 
( ; )P x y x y= + 
Ph−ơng pháp suy luận: 
Sự chênh lệch về số mũ của các biểu thức 3 3x y+ và ( ; )P x y x y= + gợi cho ta 
sử dụng BĐT Cô-si để hạ bậc của 3 3x y+ . Nh−ng ta cần áp dụng cho bao nhiêu số và là 
những số nào? Căn cứ vào bậc của các biến số x và y trong các biểu thức trên, ta thấy cần 
phải áp dụng BĐT Cô-si lần l−ợt cho 3x và 3y cùng với 5 hằng số d−ơng t−ơng ứng 
khác để làm xuất hiện x và y . Mặt khác do x, y d−ơng và vai trò của chúng nh− nhau 
nên ta dự đoán ( ; )P x y đạt Max khi x y= . Từ (1) suy ra 
3
1
2
x y= = và ta đi đến lời giải 
nh− sau. 
Lời giải. áp dụng BĐT Cô-si cho 6 số d−ơng: 1 số 3x và 5 số 
1
, ta có: 
5 5
3 3 66
1 15. 6 . 6.2
2 2
x x x
− 
+ ≥ = 
 
 Dấu “=” xẩy ra ⇔ 3
1
2
x = 
T−ơng tự nh− vậy: 
5 5
3 3 66
1 15. 6 . 6.2
2 2
y y y
− 
+ ≥ = 
 
 Dấu “=” xẩy ra ⇔ 3
1
2
y = 
Cộng theo vế các BĐT trên ta đ−ợc: ( )53 3 6( ) 5 6.2x y x y−+ + ≥ + (2) 
Dấu “=” xẩy ra ⇔ 
3
1
2
x y= = . 
CAÂN BAẩNG HEÄ SOÁ TRONG BAÁT ẹAÚNG THệÙC COÂ-SI 
2 
www.VNMATH.com
+ ≥ ≥
+ ≥ ≥
đạt Min khi 
dự đoán 
Từ (1) và (2) suy ra: 
6 5( ; ) 2P x y x y= + ≤ Dấu bằng xẩy ra ⇔ 3
1
2
x y= = , thỏa mHn điều kiện (1). 
Vậy { } 6 5( ; ) 2Max P x y = . 
Ví dụ 2. Cho các số thực d−ơng ,x y thỏa mLn điều kiện 3 3 1x y+ ≤ (3). Tìm giá trị lớn 
nhất (Max) của biểu thức ( ; ) 2P x y x y= + 
Ph−ơng pháp suy luận: 
ở ví dụ 1, chúng ta đH nhanh chóng dự đoán đ−ợc Max ( ; )P x y đạt đ−ợc khi x y= , 
từ đó tính đ−ợc ,x y . Nh−ng trong bài toán này, vai trò của x và y là không bình đẳng. 
Tuy nhiên ta hHy giả sử ( ; )P x y đạt Max khi x
y
α
β
=

=
 nào đó và dự đoán ,α β ở điều kiện 
biên của (3), tức là 3 3 1α β+ = (4). Ta viết: 
( ) 553 3 3 3 265. 6 . 6.x x xα α α+ ≥ = ( ) 553 3 3 3 265. 6 . 6.y y yβ β β+ ≥ = 
Suy ra ( ) ( ) 5 53 3 3 3 2 25. 6. 6.x y x yα β α β+ + + ≥ + 
Để xuất hiện ( ; )P x y ở vế phải, ta cần chọn ,α β sao có tỷ lệ: 
5
26. xα :
5
26. yβ =1. x : 2. y 
⇔ 
5
2
5
1 1
2 4
α α
β β
 
= ⇔ = 
 
(5) 
Vậy từ (4) và(5) ta thu đ−ợc HPT: 5
3 3
1
4
1
α
β
α β

=

 + =
 ⇔ 
3 5
5
3 5
1
1 2 2
4
1 2 2
α
β
 =
 +


 =
 +
Bằng cách làm ng−ợc lại các b−ớc trên ta sẽ thu đ−ợc { } ( )556( ; ) 1 2 2Max P x y = + 
Nhận xét. Từ cách phân tích trên ta thấy có thể thay đổi dữ kiện của bài toán sao cho 
HPT sau khi cân bằng hệ số có thể giải đ−ợc. Chẳng hạn nh− các bài toán d−ới đây: 
Bài toán 1. Cho các số nguyên d−ơng , ,m p q sao cho { },m Max p q≥ . HLy tìm 
GTLN của biểu thức ( ; ) p qP x y ax y= + trong hai tr−ờng hợp sau, biết rằng a là 
hằng số d−ơng và x, y là các biến số không âm thỏa mLn điều kiện 1m mx y+ ≤ : 
i) 
2
m qp += ii) 2
3
m qp += 
Bài toán 2. Cho các số thực d−ơng a, b, c, d và các số nguyên m, n thỏa mLn điều kiện 
0m n> > . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ; ; ) n n nP x y z ax by cz= + + trong đó 
, ,x y z là các biến số không âm thỏa mLn điều kiện m m mx y z d+ + ≤ . 
Ví dụ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )2 2 2( ; ; )P x y z a x y z= + + . Trong đó a là số 
thực d−ơng và x, y, z là các biến số thỏa mLn điều kiện 1xy yz zx+ + = (6) 
Ph−ơng pháp suy luận: Do vai trò của x và y là nh− nhau nên ta ( ; ; )P x y z
( 0)x y zα α= = > (7). áp dụng BĐT Cô-si cho hai số d−ơng ta có 
2 2 2 2x y xy xy+ ≥ ≥ 
( )22 2 2x z x z xzα α α ⇔ 2 21 2x z xzαα + ≥ 
( )22 2 2y z y z yzα α α ⇔ 2 21 2y z yzα
α
+ ≥ 
Từ các BĐT trên suy ra: 
www.VNMATH.com
chỉ phụ 
tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
( ) ( )2 2 211 2 2x y z xy yz zxα
α
 
+ + + ≥ + + 
  
Vế phải của BĐT trên là hằng số, vì vậy ta cần tìm α để có tỷ lệ: 
11 : 2 :1aα
α
 
+ = 
 
22 1 0aα α⇔ − − = ⇒ 1 1 8
4
a
a
α
+ +
= , 
1 1 8 0
4
a
a
α
− +
= < loại. 
Cùng với (6) và (7) ta có HPT: 
1xy yz zx
x y zα
+ + =

= =
( )2 22 1z
x y z
α α
α
 + =
⇔ 
= =
Giải HPT này với α nh− trên ta đ−ợc: ( )
( )
2
2
16
8 1 8 1 1
4
8 1 8 1 1
a
z
a a
a
x y
a a

= ±

+ + +⇔ 
 = = ±
+ + +
Bằng cách làm ng−ợc lại ta tính đ−ợc { } 4( ; ; )
1 1 8
xy yz zxMin P x y z
aα
+ +
= =
+ +
Nhận xét. Bằng cách làm t−ơng tự nh− trên chúng ta có thể giải trọn vẹn đ−ợc bài toán 
tổng quát hơn sau: 
Bài toán 3. Cho các hằng thực d−ơng a, b, c và các biến số x, y, z thỏa mLn điều kiện 
1xy yz zx+ + ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2( ; ; )P x y z ax by cz= + + . 
Ví dụ 4. Xét các số thực d−ơng a, b, c thỏa mLn điều kiện 21 2 8 12ab bc ca+ + ≤
. HLy thức
1 2 3( ; ; )P a b c
a b c
= + + . 
(Đề thi chọn ĐTVN dự thi IMO 2001) 
Ph−ơng pháp suy luận: Đặt 
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =
. Điều kiện của bài toán tở thành 2 8 21 12x y z xyz+ + ≤ (9). 
Và ta cần tìm Min của biểu thức ( ; ; ) 2 3P x y z x y z= + + 
Giả sử ( ; ; )P x y z đạt Min khi x z
y z
α
β
=

=
 áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có: 
12 2 8 21xyz x y z≥ + + ≥ 2 8 21x y zα β
α β
  
+ + ≥   
   
 ( )
1
82 2 8 21
212 8 21 x y z
βα α β
α β
α β
+ +   
+ +          
⇒ ( )8 21 2 21 2 8 ,x y z Aβ α α β α β+ + + ≥ (10) 
Trong đó biểu thức ( ),A α β chỉ phụ thuộc vào ,α β . 
Cũng theo BĐT Cô-si suy rộng ta có: 
( ), ,P x y z = x + 2y + 3z = 2 3x y zα β
α β
  
+ + ≥   
   
 ( )
1
2 2 3
32 3 x y z
βα α β
α β
α β
+ +   
+ +          
= ( )( ) 12 3 2 3,B x y zα β α βα β + + (11) 
Trong đó biểu thức ( ),B α β thuộc vào ,α β . 
Đối chiếu (10) và (11) ta thấy cần chọn ,α β sao cho có tỷ lệ: ( ) ( ) ( ): 2 : 3 8 21 : 2 21 : 8 2α β β α β α= + + +
8 21
8 2 3
2 21 2
8 2 3
β α
β α
α β
β α
+
= +
⇔ 
+
=
 +
2
2
2 8 24 63
16 4 6 63
α αβ β
β αβ α
 + = +
⇔ 
+ = +
 Từ PT thứ nhất ⇒ ( )
22 63
8 3
αβ
α
−
=
−
. Thay vào PT thứ hai ta có: 
www.VNMATH.com
(13) 
( ) ( )
22 22 63 2 6316 4 6 63
8 3 8 3
α α
α α
α α
 
− −
+ = +  
− − 
 3 24 78 306 567 0α α α⇔ + − − = 
( ) ( )22 9 2 48 63 0α α α⇔ − + + = 92α⇔ = ( do 0α > ) 158β⇒ = . 
Khi ( ), ,P x y z đạt Min thì tất cả các BĐT trên đều trở thành đẳng thức, nghĩa là 
2 8 21 12 3
9 5
2 4
18 2
5 3
x y z x
x z z y
y z z z
α
β
 
 
+ + = =

= = ⇔ = 
 
 
= = =
 

Tới đây, điểm mấu chốt của bài toán đH đ−ợc giải quyết và ta đi đến một lời giải 
t−ơng đối ngắn gọn cho bài toán nh− sau: 
Lời giải. Đặt 1 1 1
5 23 , ,
4 3
x x y y z z= = = khi đó điều kiện (9) trở thành 
1 1 1 1 1 1
5 2 5 22.3 8. 21. 12.3 . .
4 3 4 3
x y z x y z+ + ≤ 1 1 1 1 1 13 5 7 15x y z x y z⇔ + + ≤ . 
( ) ( )1 1 1, , , ,P x y z P x y z= = 1 1 15 23 2. 34 3x y z+ +
= ( )1 1 11 6 5 42 x y z+ + 
áp dụng BĐT Cô-si tổng quát cho 15 số d−ơng ta có: 3 5 7151 1 1 1 1 1 1 1 115 3 5 7 15x y z x y z x y z≥ + + ≥ (12) 
( ) ( )1 1 11, , 6 5 42P x y z x y z= + + ≥ 6 5 415 1 1 1
1
.15.
2
x y z
Từ (12) suy ra 6 5 41 1 1 1x y z ≥ , do đó từ (13) ta đ−ợc ( ) 15, , 2P x y z ≥ 
Đẳng thức xẩy ra 1 1 1 1x y z⇔ = = =
1 1 1
5 5 2 23 3, ,
4 4 3 3
x x y y z z⇔ = = = = = = 
1 4 3
, ,
3 5 2
a b c⇔ = = = 
Vậy Min ( ) 15, ,
2
P a b c = . 
Nhận xét. Sở dĩ ta đặt các biến mới 1 1 1, ,x y z là vì ta đH xác định đ−ợc bộ số (x,y,z) để 
( ), ,P x y z đạt Min. Mặt khác việc xét dấu bằng sẽ trở nên dễ dàng hơn bếu các biến 
tham gia khi xẩy ra dấu đẳng thức là bằng nhau và đều bằng 1. 
Một điều thú vị và đáng chú ý ở đây là các BĐT (12), (13) t−ơng đối đơn giản, 
nh−ng qua phép đổi biến đH trở thành BĐT khác phức tạp hơn rất nhiều. Chúng ta hHy 
thử vận dụng điều này để tạo ra những bài toán mới rất thú vị, xuất phát từ bổ đề sau: 
Bổ đề: Cho các số thực , , , 0α β γ λ ≥ và , , , 0x y z t > . Khi đó ta có: 
i) Nếu ( )x y z t xyztα β γ λ α β γ λ+ + + ≤ + + + thì ( ) ( ) ( )x y zβ γ λ γ λ α λ α β+ + + + + + + + +
( ) ( )3tα β γ α β γ λ+ + + ≥ + + + (14) 
ii) Nếu ( ) ( ) ( )x y zβ γ λ γ λ α λ α β+ + + + + + + + + ( ) ( )3tα β γ α β γ λ+ + ≥ + + + thì 
( )x y z t xyztα β γ λ α β γ λ+ + + ≥ + + + (15) 
Chứng minh. Tr−ờng hợp 0α β γ λ= = = = thì bổ đề hiển nhiên đúng. Ta xét khi 
2 2 2 2 0α β γ λ+ + + > . 
i) áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có: 
( ) xyzt x y z tα β γ λ α β γ λ+ + + ≥ + + + ≥ ( )( ) 1x y z tα β γ λ α β γ λα β γ λ + + ++ + + 
1x y z tβ γ λ γ λ α λ α β α β γ+ + + + + + + +⇒ ≥ 
Nh− vậy: ( ) ( )x yβ γ λ γ λ α+ + + + + + ( ) ( )z tλ α β α β γ+ + + + + ≥ ( )3 α β γ λ+ + + ì 
( ) 1x y z tβ γ λ γ λ α λ α β α β γ α β γ λ+ + + + + + + + + + +ì ≥ ( )3 α β γ λ+ + + 
Đẳng thức xẩy ra 1x y z t⇔ = = = = . 
www.VNMATH.com
 Cho các số thực d−ơng a,b,c 
Chúc các bạn thành 
cần thiết khi học toán . chúng theo 
tập sau và hHy cố gắng mở rộng hơn nữa. Để kết thúc 
tr−ờng hợp nhiều biến Các bạn hHy thử tiếp tục suy nghĩ 
toán mới.
và 
 Chứng minh rằng: 
 56
ii) áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có: 
( ) ( )3 xα β γ λ β γ λ+ + + ≥ + + + ( ) ( ) ( )y z tγ λ α λ α β α β γ+ + + + + + + + ≥
( )3 α β γ λ≥ + + + ì ( ) 1x y z tβ γ λ γ λ α λ α β α β γ α β γ λ+ + + + + + + + + + + 
1 x y z tβ γ λ γ λ α λ α β α β γ+ + + + + + + +⇒ ≥ ( ) 1x y z t xyztα β γ λ α β γ λ+ + +⇔ ≥ 
Nh− vậy: 
x y z tα β γ λ+ + + ≥ ( ) ( ) 1x y z tα β γ λ α β γ λα β γ λ + + ++ + + ≥ ( ) xyztα β γ λ+ + + 
Đẳng thức xảy ra 1x y z t⇔ = = = = . 
Bổ đề đ−ợc chứng minh. 
Sử dụng bổ đề trên bằng cách thay vào những giá trị đặc biệt và bằng những cách 
phát biểu khác nhau, ta sẽ có những kết quả khác nhau: 
- Với 1, 0, 3, 5, 7t λ α β γ= = = = = , thay x, y, z, t lần l−ợt bởi 3x, 5
4
y , 2
3
z vào (14), sau 
đó đặt 
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = ta đ−ợc Bài toán ví dụ 4. 
- Thay 1, 1, 1, 2, 3t λ α β γ= = = = = vào (14) và đặt 1 2 4, ,
2 3 3
x y z
a b c
= = = ta có bài toán: 
Bài toán 4. Cho các số thực d−ơng a, b, c thỏa mLn điều kiện 72ab + 9bc + 24ca + + 18abc ≤
3 10 16 15
a b c
+ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? 
- Thay 
1 1 11, 1, , ,
2 3 6
t λ α β γ= = = = = vào (14) và đặt 1 2 4, ,
2 3 3
x y z
a b c
= = = ta có bài toán sau: 
Bài toán 5. Cho các số thực d−ơng a, b, c thỏa mLn điều kiện ( )28 27 16a b c abc+ + ≤ . 
Chứng minh rằng: 
5 10 22 6
4 9 9a b c
+ + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? 
- Vì khi xẩy ra đẳng thức ở hai Bài toán 4 và 5 đều có 
1 2 4
, ,
2 3 3
a b c= = = nên khi kết hợp 
hai bài toán trên ta có: 
Bài toán 6. thỏa mLn điều kiện 72ab + 9bc + 24ca + 18abc ≤
( )28 27 16a b c abc+ + ≤ . Chứng minh rằng: 17 19 166 21
4 9 9a b c
+ + ≥ . 
Đẳng thức xảy ra khi nào? 
 56
- Thay 
1
, 1, 1, 2, 3t
x
λ α β γ= = = = = vào (14) và đặt 1 2 4, ,
2 3 3
x y z
a b c
= = = ta có bài toán sau: 
Bài toán 7. Cho các số thực a, b, c d−ơng thỏa mLn điều kiện 
3 10 16 12 21
3 3
a
a b c
+ + + ≤ , 
chứng minh rằng 
1 4 4 282
2 3 9
a
a b c abc
+ + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? 
Bằng cách thay đổi dữ kiện bài toán theo h−ớng trên chúng ta sẽ có đ−ợc rất nhiều bài 
theo h−ớng trên và theo h−ớng tổng quát cho 
bài viết này, đề nghị các bạn giải một số bài 
cách của mình. Đó là một việc làm thực sự 
công!
www.VNMATH.com