Chủ đề này có 30 trả lời

[Nesbit]

Có một vài BĐT cũ tự sáng tác (cách đây khoảng vài năm), dễ có khó có, post lên để các bạn thử sức.

Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 2. Cho $p$ là một hằng số không âm. Tìm điều kiện cần và đủ của các số thực $a,b,c$ để BĐT sau đúng $$\dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2-ca}{pb^2+c^2+a^2}+\dfrac{c^2-ab}{pc^2+a^2+b^2} \ge 0.$$

Bài 3. Cho hai số thực $k,l$ trong đó $k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+k(abc+bcd+cda+dab)+l(a+b+c+d)$$ trong đó $a,b,c,d$ là bốn số thực không âm thoả mãn $a^3+b^3+c^3+d^3=4$.

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi $k \ge -2$ và $a,b,c \ge 0$ ta có $$\dfrac{a}{b^2+kbc+c^2}+\dfrac{b}{c^2+kca+a^2}+\dfrac{c}{a^2+kab+b^2} \ge \dfrac{\min \left(4,\dfrac{9}{k+2}\right)}{a+b+c}.$$

Khi nào cả bốn bài được giải thì mình sẽ post tiếp.

[Nesbit]

E hèm,

Mời các ĐHV Olympic thử sức

[alex_hoang]

Có một vài BĐT cũ tự sáng tác (cách đây khoảng vài năm), dễ có khó có, post lên để các bạn thử sức.

Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Xin phép mọi người mình chém thử bài 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
${\left( {a\sqrt {\dfrac{{qb + pc}}{{{a^2} + 2bc}}} + b\sqrt {\dfrac{{qc + pa}}{{{b^2} + 2ca}}} + c\sqrt {\dfrac{{qa + pb}}{{{c^2} + 2ab}}} } \right)^2} \le \left( {\dfrac{a}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 2{\rm{a}}b}}} \right)(p + q)(ab + bc + ca).$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{a}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 2{\rm{a}}b}} \le \dfrac{{a + b + c}}{{ab + bc + ca}}$
Đây là bất đẳng thức quen thuộc của Vasile Citoaje

[alex_hoang]

Bài 4
Với $k \in \left[ { - 2,\dfrac{1}{4}} \right]$ thì ta thấy $4 \le \dfrac{9}{{k + 2}}$
Ta sẽ chứng minh
$\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}} \ge \sum {\dfrac{a}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} } \ge \dfrac{4}{{a + b + c}}$
Thật vậy sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwaz thì
$\left( {\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} } \right)\left( {\sum {a({b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2})} } \right) \ge {(a + b + c)^2}$
Ta chứng minh
$4\left( {\sum {a({b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2})} } \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^3}$
Nhưng bất đẳng thức này tương đương với
${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc \ge \sum {a({b^2} + {c^2})} $
Đây là bất đẳng thức Schur vậy TH1 ta đã giải quyết xong
Với $k>\dfrac{1}{4}$ thì ta chứng minh
$\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}} \ge \dfrac{9}{{(k + 2)(a + b + c)}}} $
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwaz thì
$\left( {\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}}} } \right)\left( {\sum {a({b^2} + kbc + {c^2})} } \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}$
Ta chứng minh với mọi $k>\dfrac{1}{4}$ thì
${\left( {a + b + c} \right)^3}\left( {k + 2} \right) \ge 9(\sum {a({b^2} + kbc + {c^2})} ) \Leftrightarrow \left( {4k - 1} \right)\left( {\sum {a{{(b - c)}^2}} } \right) \ge 0$
(Vì ${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc \ge \sum {a({b^2} + {c^2})} $ nên ta đưa được BĐT về dạng như trên)
Vậy bài toán đã được giải quyết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 01-11-2011 - 14:05

[alex_hoang]

Bài 2 mình không biết đúng hay sai

Ta chứng minh
$\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + {c^2} + q{a^2}}} + \dfrac{{{b^2} - ca}}{{{c^2} + {a^2} + q{b^2}}} + \dfrac{{{c^2} - ab}}{{{a^2} + {b^2} + q{c^2}}} \ge 0$
Tương đương
$\dfrac{{({a^2} - bc)(b + c)}}{{\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right)}} + \dfrac{{\left( {{b^2} - ca} \right)\left( {c + a} \right)}}{{\left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{\left( {{c^2} - ab} \right)\left( {a + b} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + q{c^2}} \right)\left( {a + b} \right)}} \ge 0$
Không mất tính tổng quát thì ta giả sử $a \ge b$
$({a^2} - bc)(b + c) - ({b^2} - ca)(c + a) = (ab + {c^2})(a - b) + c({a^2} - {b^2}) \ge 0$
$\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right) - \left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right) = (b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca))$
Ta phải tìm điều kiện để cho
$(b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca)) \le 0$
Hay là
${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge (q - 1)(ab + bc + ca)$
Mong mọi người cho ý kiến về lời giải củ chuối này

[dark templar]

Mình có cảm giác lời giải này .....sao sao ấy Bởi vì ta phải tìm điều kiện của $a,b,c$ chứ không phải là cho $q$.Nên đây mới là vấn đề cần bàn.

[alex_hoang]

Đúng vậy vì q là một số không âm bất kì nên điều kiện là ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge (q - 1)(ab + bc + ca)$
Các số $a,b,c$ tùy ý miễn là thỏa mãn BĐT trên là được

[Nesbit]

Nhìn sơ qua thì có vẻ được đấy

Chỉ có cái bài số 2:

Không mất tính tổng quát thì ta giả sử $a \ge b$
$({a^2} - bc)(b + c) - ({b^2} - ca)(c + a) = (ab + {c^2})(a - b) + c({a^2} - {b^2}) \ge 0$
$\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right) - \left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right) = (b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca))$
Ta phải tìm điều kiện để cho
$(b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca)) \le 0$

Em suy ra kiểu gì mà nhanh vậy?

[CD13]

Điều kiện bài 4 không chuẩn thì phải, chỗ k và cả a, b, c.

[alex_hoang]

Nhìn sơ qua thì có vẻ được đấy

Chỉ có cái bài số 2:


Em suy ra kiểu gì mà nhanh vậy?

Dạ em dùng kĩ thuật phân tách Chebyshev sao cho nó cùng chiều để áp dụng được $a,b,c$ trong bất đẳng thức này không nhất thiết phải dương nên em mới áp dụng nó
Mong mọi người cho ý kiến thêm

[alex_hoang]

Bài 3 có bác nào giải ra chưa vậy mình nghĩ là dùng đến hạ sách dồn biến nhưng vhưa thành công các bạn cùng cố gắng chém nốt nha

[Nesbit]

Kết quả của bài 3 là $$\max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).$$
Anh nghĩ là với công lực của Hoàng thì sẽ xử luôn bài này được đấy.

Mai post lời giải cho cả 4 bài và sẽ post thêm vài bài nữa.

[alex_hoang]

Bài $3$ này dựa vào kết quả mà anh Khuê gợi ý thì ta phải chia làm 4 trường hợp
TH1:$k,l$ cùng không âm
TH2:$k$ âm và $l$ dương
TH3:$k$ dương và $l$ âm
TH4:$k,l$ cùng âm
Hôm nay anh Khuê sẽ post lời giải cụ thể của cả 4 bài chúng ta cùng chờ để tham khảo

[Nesbit]

Thật là đãng trí ! Không hiểu sao lại quên bẵng đi.

Thành thật xin lỗi những ai đã từng quan tâm đến topic này !

Dưới đây là lời giải của bốn bài:


Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải. Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$$LHS^2 \le \left(\sum a(qb+pc)\right)\left(\sum \dfrac{a}{a^2+2bc}\right)=(p+q)(ab+bc+ca)\left(\sum \dfrac{a}{a^2+2bc}\right).$$
Vậy chỉ cần chứng minh
$$\sum \dfrac{a}{a^2+2bc} \le \dfrac{a+b+c}{ab+bc+ca}.$$
BĐT này lại tương đương với
$$\sum a\left(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{a^2+2bc}\right) \ge 0$$
hay
$$\sum \dfrac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc} \ge 0.$$
Giả sử $a \ge b \ge c \ge 0$, thế thì $(c-a)(c-b) \ge 0$. Chỉ cần chứng minh
$$\dfrac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc}+\dfrac{b(a-b)(c-b)}{b^2+2ac} \ge 0.$$
BĐT này đúng bởi vì

$$\dfrac{a(a-c)}{a^2+2bc} \ge \dfrac{a^2(b-c)}{b(a^2+2bc)}\ge \dfrac{b(b-c)}{b^2+2ac}.$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$ hay $(a,b,c)=(p,q,0)$ và các hoán vị. $\square$

Bài 2. Cho các số thực không âm $a,b,c,p$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2 \ge (p-1)(ab+bc+ca)$. Chứng minh $$\dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2-ca}{pb^2+c^2+a^2}+\dfrac{c^2-ab}{pc^2+a^2+b^2} \ge 0.$$
Nếu $a^2+b^2+c^2 \le (p-1)(ab+bc+ca)$ thì BĐT trên đổi chiều.

Lời giải. Xét $a^2+b^2+c^2 \ge (p-1)(ab+bc+ca)$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c \ge 0$, như vậy
$$(a^2-bc)(b+c) \ge (b^2-ca)(c+a) \ge (c^2-ab)(a+b) \ge 0$$ và
$$(pa^2+b^2+c^2)(b+c) \le (pb^2+c^2+a^2)(c+a) \le (pc^2+a^2+b^2)(a+b) \le 0$$
Do đó, theo BĐT Chebysev ta có
$$LHS=\sum \dfrac{(a^2-bc)(b+c)}{(pa^2+b^2+c^2)(b+c)} \ge \left(\sum (a^2-bc)(b+c)\right)\left(\sum \dfrac{1}{(pa^2+b^2+c^2)(b+c)}\right)=0$$
bởi vì $\sum (a^2-bc)(b+c)=0$. BĐT được chứng minh.
Nếu $a^2+b^2+c^2 \le (p-1)(ab+bc+ca)$ thì
$$(pa^2+b^2+c^2)(b+c) \ge (pb^2+c^2+a^2)(c+a) \ge (pc^2+a^2+b^2)(a+b) \ge 0$$
do đó BĐT Chebysev ở trên sẽ đổi chiều, và như vậy BĐT ban đầu cũng đổi chiều. Chứng minh kết thúc. $\square$

Nhận xét. Ta có đẳng thức sau với mọi $a,b,c,p$:
$$\sum \dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}=\dfrac{(a^2+b^2+c^2 - (p-1)(ab+bc+ca))\sum (a^2+b^2+pc^2)(a-b)^2}{2\prod (a^2+b^2+pc^2)}$$
Từ BĐT này, ta thấy BĐT ban đầu đúng với mọi số thực $a,b,c$ và mọi số thực không âm $p$.

...


(xem Man City và Arsenal đá xong post tiếp)

[PSW]

em đang ngóng chờ lời giải bài 3 của anh Khuê )

[Nesbit]

em đang ngóng chờ lời giải bài 3 của anh Khuê )

OK em, xong trận anh gõ ngay (đang giữa hiệp)

[NguyThang khtn]

Hết trận rồi mà ông anh!
Gõ đi chứ!

[Nesbit]

Hết trận rồi mà ông anh!
Gõ đi chứ!

Hết trận rồi nhưng anh còn ngồi nhậu Giờ đang ngồi gõ.
Coi bộ bài này thu hút được nhiều cao thủ ha. Sẽ còn nhiều bài khác nữa

[Nesbit]

Bài 3. Cho hai số thực $k,l$ trong đó $k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+k(abc+bcd+cda+dab)+l(a+b+c+d)$$ trong đó $a,b,c,d$ là bốn số thực không âm thoả mãn $a^3+b^3+c^3+d^3=4$.

Bài này chắc chắn là bài khó nhất trong bốn bài. Lời giải bên dưới sử dụng một kĩ thuật rất mạnh, chuyên xử lí những BĐT đối xứng. Các bạn chịu khó theo dõi và kiểm tra nhé !

Lời giải. Đặt $$P(a,b,c,d)=Q(c,d)=c^2+d^2+ mcd +n(c+d)+p$$ trong đó $m =k(a+b), n=kab+l,p=a^2+b^2+la+lb$. Lại đặt $c^3+d^3=2t^3$ và $c+d=x$, thế thì $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$.

Vì $(c+d)(c^2+d^2-cd)=2t^3$ nên ta có $cd=\dfrac{1}{3} \left(x^2-\dfrac{2t^3}{x}\right)$, và do đó $$3Q(c,d)=f(x)=(m+1)x^2+2(2-m)\dfrac{t^3}{x}+3nx+3p.$$
Ta có
\begin{eqnarray}
f'(x) &=& 2(m+1)x+2(m-2)\dfrac{t^3}{x^2}+3n\\
f''(x) &=& 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{x^3}.
\end{eqnarray}
Ta sẽ chứng minh $m \ge -2$ và như thế $f''(x) \ge 0$ với mọi $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$.
Nếu $k \ge 0$ thì $m \ge 0$.
Nếu $0 > k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$ thì $$m=k(a+b) \ge 2k \sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3}{2}} \ge 2\sqrt[3]{3}k \ge -2.$$
Như vậy ta luôn có $m \ge -2$.
Nếu $2 \ge m \ge -2$ thì $f''(x) \ge 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{8t^3}=\dfrac{1}{2}(3m+6) \ge 0$.
Nếu $m \ge 2$ thì $f''(x) \ge 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{2t^3}=6 >0$.
Tóm lại $f''(x)\ge 0$ với mọi $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$, nghĩa là $f(x)$ là hàm lồi trên $[\sqrt[3]{2}t,2t]$, do đó
$$f(x) \le \max (f(\sqrt[3]{2}t),f(2t))$$
hay $$Q(c,d)\le \max \left(Q\left(\sqrt[3]{\dfrac{c^3+d^3}{2}},\sqrt[3]{\dfrac{c^3+d^3}{2}}\right),Q\left(\sqrt[3]{c^3+d^3},0,\right) \right) \hspace{2cm} (*)$$
Lưu ý rằng BĐT $(*)$ ở trên đúng với hai số bất kì trong bộ $(a,b,c,d)$. Việc thu được BĐT này chính là bước quan trọng nhất của lời giài.

Bây giờ, xét thấy những người theo dõi bài này đều là hảo thủ , ta có định lý dồn biến sau:

Định lý 1. Nếu $F(a,b,c,d)$ liên tục và đối xứng trên $\mathbb{R}^4$ thoả mãn $$F(x,y,z,t)\le \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right)$$ với mọi hoán vị $(x,y,z,t)$ của $(a,b,c,d)$ thì ta có $$F(a,b,c,d)\le \max \left(F(t,t,t,t),F(4t/3,4t/3,4t/3,0),F(t/2,t/2,0,0),F(t,0,0,0) \right)$$ trong đó $t=\dfrac{a+b+c+d}{4}.$

Áp dụng định lí này, từ BĐT $(*)$ ta có ngay
\begin{eqnarray}
P(a,b,c,d) &\le& \max \left(P(1,1,1,1),P\left(\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},0\right),P\left(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2},0,0\right),P\left(\sqrt[3]{4},0,0,0\right)\right) \\
&=& \max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).
\end{eqnarray}
Lời giải kết thúc. $\square$

*******

Định lý 1 có lẽ không quá quen thuộc với nhiều bạn, do đó lời giải trên có thể sẽ hơi thiếu tính thuyết phục. Định lý sau, còn gọi là Định lý dồn biến cơ bản, chắc chắn là quen thuộc hơn:

Định lý 2. (Định lý dồn biến cho ba số) Nếu $F(a,b,c)$ liên tục và đối xứng trên $\mathbb{R}^3$ thoả mãn $F(x,y,z)\le F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z\right)$ với mọi hoán vị $(x,y,z)$ của $(a,b,c)$ thì ta có $F(a,b,c)\le F(t,t,t)$ trong đó $t=\dfrac{a+b+c}{3}.$

Bắt đầu từ BĐT $(*)$, ta sẽ tìm cách xử lí khác bằng cách sử dụng Định lý 2:
Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3,t=d^3$, ta có $x+y+z+t=4$. Đặt tiếp $F(x,y,z,t)=P\left(\sqrt[3]{x},\sqrt[3]{y},\sqrt[3]{z},\sqrt[3]{t}\right)=P(a,b,c,d)$, BĐT $(*)$ trở thành $$F(x,y,z,t)\le \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right) \hspace{2cm} (**)$$ (nếu ta thay $x,y$ bằng hai số bất kì trong bốn số $x,y,z,t$ thì tất nhiên BĐT $(**)$ cũng đúng)
Bây giờ áp dụng BĐT $(**)$ nhiều lần ta có
\begin{eqnarray}
F(x,y,z,t) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right) \\
F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right) & \le & \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{z+t}{2},\dfrac{z+t}{2} \right),F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z+t,0 \right) \right) \\
F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{z+t}{2},\dfrac{z+t}{2} \right) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{s}{4},\dfrac{z+t}{2} \right),F\left(\dfrac{s}{2},\dfrac{x+y}{2},0,\dfrac{z+t}{2} \right) \right) \\
F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{s}{4},\dfrac{z+t}{2} \right) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4} \right),F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{4},0 \right)\right) \hspace{1cm} (\text{trong đó } s=x+y+z+t)
\end{eqnarray}
Từ các BĐT trên ta rút ra nhận xét:

Nhận xét 1. $F(x,y,z,t)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $x,y,z,t$ đều bằng nhau hoặc có một số bằng $0$.

Bây giờ xét $G(x,y,z)=F(x,y,z,0)$. Ta sẽ chứng minh nhận xét sau:

Nhận xét 2. $G(x,y,z)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả ba số $x,y,z$ đều bằng nhau hoặc có một số bằng $0$.

Chỉ cần chứng minh: Với mọi $x,y,z$, giả sử không tồn tại $s,r$ sao cho $G(x,y,z)\le G(s,r,0)$, khi đó $x=y=z$.
Lưu ý là từ BĐT $(**)$ ta có $G(x,y,z)\le \max \left(G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z \right),G\left(x+y,0,z \right) \right)$. Do đó nếu điều giả sử ở trên là đúng thì ta luôn có $G(x,y,z)\le G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z \right)$. Áp dụng Định lý 2 ta có ngay điều phải chứng minh.
Tóm lại ta đã chứng minh Nhận xét 2.

Như vậy, từ Nhận xét 1, Nhận xét 2 và BĐT $G(x,y,0)\le \max \left(G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},0 \right),G\left(x+y,0,0 \right) \right)$ ta suy ra: $F(x,y,z,t)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $x,y,z,t$ đều bằng nhau, hoặc có một số bằng 0 và ba số còn lại bằng nhau, hoặc có hai số bằng 0 và hai số lại bằng nhau, hoặc có ba số bằng 0. Nghĩa là
\begin{eqnarray}
P(a,b,c,d) &\le& \max \left(P(1,1,1,1),P\left(\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},0\right),P\left(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2},0,0\right),P\left(\sqrt[3]{4},0,0,0\right)\right) \\
&=& \max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).
\end{eqnarray}

*******

Đối với nhiều bạn, có lẽ ngay cả đến Định lý 2 cũng rất xa lạ. OK, ta có thể chứng minh luôn Định lý 2 (đó chỉ là một bài tập giới hạn dãy số nho nhỏ). Nhưng thực sự mà nói thì bài toán này không phải dành cho các bạn. Tuy nhiên, các bạn cũng có thể rút ra được nhiều điều bổ ích từ lời giải ở trên (nếu nó đúng ) để áp dụng vào các kì thi. Các bạn có thể thấy là chúng ta đã có thể kết luận được như sau mà không cần đến bất cứ định lý phụ trợ nào: $P(a,b,c,d)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $a,b,c,d$ đều bằng nhau, hoặc có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. Và như vậy, bài toán đã được đưa về một biến, tất nhiên về nguyên tắc sẽ giải tiếp được bằng khảo sát hàm (với những giá trị cụ thể của $l,k$ thì chắc chắn nó sẽ được giải quyết dễ dàng).

[PSW]

Hoá ra anh Khuê học Toán cao cấp ngay từ hồi còn THPT