Các hằng đẳng thức thường gặp: 

$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$$
$$(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$$
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$$
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc$$
$$a^2b+b^2c+c^2a-(ab^2+bc^2+ca^2)=(a-b)(b-c)(a-c)$$
$$a^3b+b^3c+c^3a-(ab^3+bc^3+ca^3)=(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c) $$
$$a^4b+b^4c+c^4a-(ab^4+bc^4+ca^4)=(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(a-c) $$
$$M=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}$$
$$ pq-3r-\sqrt{M} \le 2\sum_{cyc}a^2b=pq-3r+(a-b)(b-c)(c-a)\le pq-3r+\sqrt{M}$$
$$(p^2-2q)q-pr-p\sqrt{M} \le 2\sum_{cyc}a^3b=(p^2-2q)q-pr+(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)\le (p^2-2q)q-pr+p\sqrt{M}$$
Sau đây chúng ta cùng khảo sát dạng toán này. Ưu điểm của phương pháp này rất chặt, có thể từ đây làm mạnh thêm, nhược điểm là các số trong khai triển khá to và cồng kềnh

Ứng Dụng

1  Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$a^2b+b^2c+c^2a\ge \dfrac{12abc}{3abc+1}.$$
[b]Lời giải.[/b]
Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có
$$\begin{aligned}2\sum_{cyc}a^2b&=\sum_{cyc}ab(a+b)+ \sum_{cyc}ab(a-b)\\
&\ge pq-3r-\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}}\\
&=3q-3r-\sqrt{M}.\end{aligned}$$
Do đó ta cần chứng minh
$$3q-3r- \dfrac{24r}{3r+1}\ge \sqrt{M}$$
hay
$$3q-\dfrac{9r(r+3)}{3r+1}\ge \sqrt{M}.$$
Dễ thấy rằng $3q-\dfrac{9r(r+3)}{3r+1}\ge 0$, do đó bình phương hai vế ta được
$$9q^2-\dfrac{54qr(r+3)}{3r+1}+\dfrac{81r^2(r+3)^2}{(3r+1)^2}\ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$
hay
$$4q^3+\dfrac{108r(r+1)(3r^2+12r+1)}{(3r+1)^2} \ge \dfrac{216(r+1)qr}{3r+1}.$$
Bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM. Thật vậy
$$3r^2+12r+1=(3r^2+4r+1)+8r\ge 2\sqrt{8r(r+1)(3r+1)}.$$
Tiếp tục áp dụng AM-GM cho ba số không âm, ta được
$$4q^3+\dfrac{108r(r+1)\sqrt{8r(r+1)(3r+1)}}{(3r+1)^2}+\dfrac{108r(r+1)\sqrt{8r(r+1)(3r+1)}}{(3r+1)^2}\ge \dfrac{216(r+1)qr}{3r+1}.$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi hoán vị $(a,b,c)\sim (0,0,3)$, hoặc $(a,b,c)\sim (1,1,1)$, hoặc nghiệm của phương trình $x^3-3x^2+2x-\dfrac{1}{3}=0$ với $a\le b\le c$, hoặc $b\le c\le a$, hoặc $c\le a\le b$.
2 Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$ \dfrac{24}{a^2b+b^2c+c^2a}+\dfrac{1}{abc}\ge9.$$
Lời giải.
Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có
$$\begin{aligned}2\sum_{cyc}a^2b&=\sum_{cyc}ab(a+b)+ \sum_{cyc}ab(a-b)\\
&\le pq-3r+\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}}\\
&=3q-3r+\sqrt{M}.\end{aligned}$$
Do đó ta cần chứng minh
$$48r\ge (9r-1)\left(3q-3r+\sqrt{M} \right),$$
Nếu $r\le \dfrac{1}{9}$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng\\
Nếu $r>\dfrac{1}{9}$ bất đẳng thức viết lại như sau
$$\dfrac{9r(3r+5)}{9r-1}-3q\ge \sqrt{M}.$$
Dễ thấy rằng vế trái là không âm do
$$\dfrac{9r(3r+5)}{9r-1}-3\ge \dfrac{9r(3r+5)}{9r-1}-\dfrac{9(r+3)}{4}=\dfrac{27(r-1)^2}{4(9r-1)}\ge 0.$$
Từ đây bình phương hai vế ta được
$$9q^2-\dfrac{54qr(3r+5)}{9r-1}+\left[\dfrac{9r(3r+5)}{9r-1} \right]^2\ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$
hay
$$4q^3+\dfrac{108r(27r^3+99r^2+r+1)}{(9r-1)^2}\ge \dfrac{216pr(3r+1)}{9r-1} $$
Áp dụng AM-GM, ta có
$$4q^3+\dfrac{A}{2}+\dfrac{A}{2}\ge 3q\sqrt[3]{A^2}.$$
Vậy nên chúng ta cần chưng minh
$$(27r^3+99r^2+r+1)^2\ge 32r(9r-1)(3r+1)^3.$$
Rút gọn ta được
$$(r-1)^2(729r^4-972r^3+270r^2+36r+1)\ge 0,$$
hay
$$(r-1)^2(27r^2-18r-1)^2\ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra $(a,b,c)\sim (1,1,1)$, hoặc nghiệm của phương trình $x^3-3x^2+(1+\sqrt{3})x-\dfrac{3+2\sqrt{3}}{9}=0$ với $a\ge b\ge c$, hoặc $b\ge c\ge a$, hoặc $c\ge a\ge b$.

3 Cho các số thực không âm $a,b,c$. thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$$
Lời giải.
Như trên dễ thấy rằng
$$2(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\le 3q-r +\sqrt{M}$$
Dễ thấy rằng
$8+r-3q\ge 8+ \dfrac{3(4q-9)}{9}-3q=\dfrac{5(3-q)}{3}\ge 0$.
Do đó bình phương hai vế ta được
$$9q^2-6q(8+r)+(8+r)^2 \ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$
hay
$$q^3+7r^2+31r+16 \ge 3q(5r+4). \ \ \ \ (*)$$
Áp dụng AM-GM, ta có
$$q^3+\dfrac{7r^2+31r+16}{2}+\dfrac{7r^2+31r+16}{2}\ge 3q\sqrt[3]{\dfrac{(7r^2+31r+16)^2}{4}}.$$
Do đó, chúng ta cần chứng minh
$$(7r^2+31r+16)^2\ge 4(5r+4)^3,$$
hay
$$r(r-1)^2(49r+32)\ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)\sim (1,1,1)$, hoặc một vài hoán vị của $(a,b,c)\sim (0,2,1)$
Từ $(*)$ chúng ta cũng có cách AM-GM, như sau. Viết lại bất đẳng thức $(*)$ $$7r^2+(q-2)^2(q+4)\ge (15q-31)r$$
Chúng ta chỉ cần xét $q\ge \dfrac{31}{15}$. Áp dụng AM-GM, ta có
$$7r^2+(q-2)^2(q+4)\ge 2r\sqrt{7(q-2)^2(q+4)}.$$
Vậy nên để bất đẳng thức đúng theo tính chất bắc cầu thì
$$28(q-2)^2(q+4)\ge (15q-31)^2,$$
hay
$$(q-3)^2(28q-57)\ge 0.$$
Bất đẳng thức trên luôn đúng. Hoàn tất chứng minh.
Ngoài 2 cách giải trên thì chúng cũng thường thấy cách giải đơn giản như sau. Không mất tính tổng quát giả sử rằng $c(a-b)(c-b)\le 0$ hay $ b^2c+c^2a\le abc+bc^2$. Do đó ta có
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le b(a+c)^2.$$
Áp dụng AM-GM, ta có
$$ 2b(a+c)(a+c)\le \dfrac{8(a+b+c)^3}{27}.$$
Rút gọn chúng ta được điều phải chứng minh. Đây là bài ứng dụng rất nhiều trong các đề thi, do đó chúng tôi có thể giới thiệu thêm cho các bạn một vài hướng tiếp cận khác như đi từ bất đẳng thức quen thuộc $\sum_{cyc}\dfrac{ab}{b+4a+4c}\le \dfrac{a+b+c}{9}$, hoặc có thể giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ sau đó đặt $a=c+x$ và $b=c+y$, $x,y\ge 0$. Các bạn có thể thử hai cách này.

4 Cho các số thực không âm $a,b,c$. thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc+\dfrac{1}{2}abc(3-ab-bc-ca) \le 4$$
Lời giải.
Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có
$$\begin{aligned}2\sum_{cyc}a^2b&=\sum_{cyc}ab(a+b)+ \sum_{cyc}ab(a-b)\\
&\le pq-3r+\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}}\\
&=3q-3r+\sqrt{M}.\end{aligned}$$
Bất đẳng thức viết lại như sau
$$2(a^2b+b^2c+c^2a+abc)+abc(3-ab-bc-ca)\le 4.$$
Do đó ta cần chứng minh
$$ 3q-r+r(3-q) +\sqrt{M} \le 8,$$
hay
$$\sqrt{M}\le q (-3 + r)+8 – 2 r.$$
Dễ thấy rằng
$$q (3-r)+8 – 2 r\ge \dfrac{3(r+3)(r-3)}{4}+8 – 2 r\ge \dfrac{(1-r)(5-3r)}{4}\ge 0.$$
Bình phương hai vế ta được
$$(q^2-4q+31)r^2+ 4q^3-48q+64\ge (6q^2+26q-76)r,$$
hay
$$\left[(q-2)^2+27 \right]r^2+ 4(q-2)^2(q+4)\ge 2(q-2)(3q+19)r,$$
Nếu $q\le 2$ bất đẳng thức luôn đúng\\
Nếu $q\ge 2$. Áp dụng AM-GM, ta có
$$\left[(q-2)^2+27 \right]r^2+ 4(q-2)^2(q+4)\ge 4r(q-2)\sqrt{\left[(q-2)^2+27 \right](q+4)}.$$
Do đó chúng ta cần chứng minh
$$4\left[(q-2)^2+27 \right](q+4) \ge (3q+19)^2,$$
hay
$$(q-3)^2(4q+5)\ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh.
Ngoài ra chúng ta cũng có thể tính biệt số $\Delta$ như sau
$$\Delta:=-(4q+15)(q-2)^2(q-3)^2\le 0$$
Do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
5  Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+2\ge \dfrac{14(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
Lời giải.(có thể tham khảo ví dụ 6)
Chuẩn hóa $a+b+c=3$ và viết lại bất đẳng thức như sau
$$\dfrac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc}+2\ge \dfrac{14(9-2q)}{9}.$$
Do đó chúng ta cần chứng minh theo ngôn ngữ $q,r$ như sau
$$\dfrac{3q-3r-\sqrt{M}}{r}\ge \dfrac{8(27-7q)}{9},$$
hay
$$3q- \dfrac{(243-56q)r}{9}\ge \sqrt{M},$$
Dễ thấy $3q- \dfrac{(243-56q)r}{9}\ge 0$. Bình phương hai vế, ta được
$$9q^2+\left[\dfrac{(243-56q)r}{9} \right]^2- \dfrac{2(243-56q)qr}{3} \ge -4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r,$$
$$\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]r^2+4q^3\ge \dfrac{4r(-28q^2+162q-81)}{3}$$
Chúng ta chỉ cần xét với $q\ge \dfrac{81-9\sqrt{53}}{28} $. Áp dụng AM-GM, ta có
$$\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]r^2+4q^3\ge 4r\sqrt{\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]q^3} $$
Do đó, để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh
$$9\left[ \dfrac{(56q-243)^2}{81}+27 \right]q^3 \ge (-28q^2+162q-81)^2$$
hay
$$(9-4q)^2(196q^3-1260q^2+2268q-729)\ge 0,$$
hay
$$(9-4q)^2\left[28(q-3)^2(7q-3)+27 \right]\ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)$ là nghiệm của phương trình $x^3-3x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{27}{56}=0$ với $a\ge b\ge c$, hoặc $b\ge c\ge a$, hoặc $c\ge a\ge b$.

6  Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng với mọi $k$ ta đều có
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{(k-1)^2}{2}\ge \dfrac{(k^2+2k+13)(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)^2}$$
Bài giải:
Nhân hai vế cho $(a+b+c)$ như sau
$$(a+b+c)^2\displaystyle\sum_{cyc}\dfrac{a}{b}+ (k-1)^2\displaystyle\sum_{cyc}ab\ge 2(k+3)\sum_{cyc}a^2$$
$$\displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{a^2b}{c}+ac+2a^2+\dfrac{2ab^2}{c}+2cb \right]+(k-1)^2\displaystyle\sum_{cyc}ab\ge 2(k+3)\sum_{cyc}a^2,$$
$$\displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{2ab^2}{c} \right]+(k^2-2k+4)\displaystyle\sum_{cyc}ab\ge 2(k+2)\sum_{cyc}a^2,$$
thực hiện cách đưa về các hằng đẳng thức
$$\displaystyle\sum_{cyc}\left(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{a^2b}{c}-\dfrac{2ab^2}{c} \right)+ \displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{4a^2c}{b}-(4k-k^2) ab \right]\ge 2(k+2)\left[\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab\right],$$
$$\displaystyle\sum_{cyc}\left(\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{a^2b}{c}-\dfrac{2ab^2}{c} \right)+ \displaystyle\sum_{cyc}\left(\dfrac{4a^2c}{b}-4kac+k^2cb \right)\ge 2(k+2)\left[\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab\right].$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$\begin{aligned}\displaystyle\sum_{cyc}\left[\dfrac{b(a-b)^2}{c}+\dfrac{c(2a-kb)^2}{b} \right]&\ge 2\sum_{cyc}\left[(a-b)(2a-kb) \right]\\
&=2(k+2)\left[\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab\right].\end{aligned}$$
Hoàn tất chứng minh.
7 Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a).$$
Lời giải.
Tách $2x=(x+y)+(x-y)$ vậy nên ta có
$$(p^2-2q)q-pr-p\sqrt{M} \le 2\sum_{cyc}a^3b=(p^2-2q)q-pr+(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)\le (p^2-2q)q-pr+p\sqrt{M}.$$
Chúng ta chỉ cần chứng minh với $a,b,c\ge 0$ là đủ. Không mất tính tổng quát chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó bất đẳng thức cần chứng minh
$$2(9-2q)^2\ge 3\left[q(9-2q)-3r+3\sqrt{M} \right],$$
hay
$$9r+(7q-18)(2q-9)\ge 9\sqrt{M}.$$
Dễ thấy rằng vế trái là không âm theo $Schur$, bình phương hai vế ta được
$$81r^2+18r(7q-18)(2q-9)+(7q-18)^2(2q-9)^2\ge 81\left(-4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r \right),$$
hay
$$2268r^2+(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9)\ge 36r(-7q^2+171q-324).$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có
$$2268r^2+(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9)\ge 2r\sqrt{2268\left[(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9) \right]}.$$
Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh với $-7q^2+171q-324\ge 0$ là đủ, bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh
$$2268\left[(7q-18)^2(2q-9)^2+81q^2(4q-9)\right]\ge 18^2(-7q^2+171q-324)^2,$$
hay
$$2268\left[4(7q-18)^2(q-3)^2-12(22q-45)(q^2-15q+27)\right]\ge 18^2\left[(7q-18)(q-3)-14(q^2-15q+27) \right]^2,$$
hay
$$8748(7q-18)^2(q-3)^2\ge 0.$$
Hoàn tất chứng minh.

8 Cho các số thực $a,b,c$. thỏa $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2=6$ Tìm miền giá trị chủa biểu thức
$$P:=a^2b+b^2c+c^2a+kabc.$$
Lời giải.
Dễ thấy rằng
$$ 2\sum_{cyc}a^2b\le pq-3r+\sqrt{\dfrac{4(p^2-3q)^3+(2p^3-9pq+27r)^2}{27}},$$
hay
$$ 2\sum_{cyc}a^2b\le -3r+3\sqrt{12-3r^2}.$$
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có
$$\begin{aligned}4P^2\le\left[ \dfrac{(2k-3)}{\sqrt{3}} \sqrt{3}r+3\sqrt{12-3r^2}\right]^2&\le \left[\dfrac{(2k-3)^2}{3}+9 \right](3r^2+12-3r^2)\\
&=16(k^2-3k+9).\end{aligned}$$
Từ đây ta được
$$-2\sqrt{k^2-3k+9}\le P \le 2\sqrt{k^2-3k+9}.$$
Hoàn tất chứng minh.

Bài 9: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng rằng
$$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+2(ab+bc+ca)\ge 3(a^2+b^2+c^2).$$
Lời giải.
Từ đẳng thức
$$ ab^4+bc^4+ca^4-(a^4b+b^4c+c^4a)=(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(c-a).$$
$$\sum_{cyc}ab(a^3+b^3)=(a^3+b^3+c^3)(ab+bc+ca)-abc(a^2+b^2+c^2).$$
Chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó ta có như trên thì
$$2\sum_{cyc}a^4c\ge (5q-9)r+9(3-q)q-(9-q)\sqrt{M}.$$
Do đó chúng ta cần chứng minh
$$(5q-9)r+9(3-q)q -(9-q)\sqrt{M}+2r(8q-27)\ge 0, $$
hay
$$21(q-3)r+9(3-q)q\ge (9-q)\sqrt{M}.$$
Dễ thấy rằng $21(q-3)r+9(3-q)q\ge 0$, bình phương hai vế ta được
$$21^2(q-3)^2r^2+9^2(3-q)^2q^2-378(3-q)^2qr\ge (9-q)^2(-4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r)$$
hay
$$36(13q^2-87q+171)r^2+ 4q^5\ge 108(4q^3-31q^2+90q-81)r,$$
mà $4q^3-31q^2+90q-81=-\dfrac{9}{4}+\dfrac{1}{4}(2q-3)(8q^2-50q+10)$ do đó chúng ta chỉ cần xét trong trường $q>3/2$ và $4q^3-31q^2+90q-81\ge 0$ là đủ. Áp dụng AM-GM, ta có
$$36(13q^2-87q+171)r^2+ 4q^5\ge 24r\sqrt{(13q^2-87q+171)q^5}.$$
Vậy nên chúng ta cần chứng minh
$$24^2(13q^2-87q+171)q^5\ge 108^2(4q^3-31q^2+90q-81)^2,$$
hay
$$144(3-q)^2(9-q)^2(52q^3-396q^2+972q-729)\ge 0.$$
Bất đẳng thức trên luôn đúng do
$$52q^3-396q^2+972q-729 -\dfrac{3}{2}(4q^3-31q^2+90q-81)=\dfrac{1}{2}(3-q)\left[\dfrac{1}{2}(2q-3)(285-92q) +\dfrac{45}{2}\right] \ge 0.$$

10  Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+2(ab+bc+ca)\ge 3(a^2+b^2+c^2)+m(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).$$
Trong đó $m$ là nghiệm thực của phương trình $m^3+m^2+18m-11=0$, hay $$m=\dfrac{1}{3}\left(\sqrt[3]{\dfrac{457+93\sqrt{93}}{2}}-53\sqrt[3]{\dfrac{2}{457+93\sqrt{93}}} \right)-\dfrac{1}{3}.$$
Lời giải.
Tương tự như trên chúng ta cần chứng minh
$$(21+6m)(q-3)r+9(3-q)q\ge (9-q)\sqrt{M}.$$
Dễ thấy rằng $(21+6m)(q-3)r+9(3-q)q\ge (21+6m)(q-3)q/3+9(3-q)q=2(1-m)q(3-q)\ge 0$, bình phương hai vế ta được
$$(21+6m)^2(q-3)^2r^2+9^2(3-q)^2q^2-18(21+6m)(3-q)^2qr\ge (9-q)^2(-4q^3+9q^2+54qr-27r^2-108r),$$
hay
$$\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]r^2+4q^5\ge \left[18q(21+6m)(3-q)^2+ (9-q)^2(54q-108) \right].$$
Lại có
$$18q(21+6m)(3-q)^2+ (9-q)^2(54q-108)=\dfrac{243(3m-2)}{2}+\dfrac{27}{2}(2q-3)\left[4(m+4)q^2-2(9m+50)q-100q+210 \right],$$
nên chúng ta chứng minh với $q>3/2$. Áp dụng AM-GM, ta có
$$\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]r^2+4q^5\ge 4r\sqrt{\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]q^5}.$$
Từ đây chúng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức
$$16\left[(21+6m)^2(q-3)^2+27(9-q)^2\right]q^5 \ge \left[18q(21+6m)(3-q)^2+ (9-q)^2(54q-108) \right]^2.$$
Rút gọn ta được
$$(3-q)^2(9-q)^2 \left[4(m^2+7m+13)q^3-9(m^2+16m+44)q^2+162(6+m) q-729 \right]\ge 0.$$
Xét hàm số và chú ý rằng $m^3+m^2+18m-11=0$
$$\begin{aligned}f(q)&:=4(m^2+7m+13)q^3-9(m^2+16m+44)q^2+162(6+m) q-729\\
&=4(m^2+7m+13)\left[q-\dfrac{3(m^2+16m+44)+3\sqrt{m^4+8m^3+32m^2+88m+64}}{4(m^2+7m+13)}\right]^2(q-q_1).\end{aligned}$$
Với
$$q_1=\dfrac{729 .4(m^2+7m+13) }{\left[3(m^2+16m+44)+3\sqrt{m^4+8m^3+32m^2+88m+64}\right]^2}<\dfrac{3}{2}.$$
Hoàn tất chứng minh.