Một người bạn fb của tôi, ông Marian Dinca có đăng lên trang cá nhân của ông ấy một bài toán như sau

Bài toán 1. Cho các số thực $m,\,n,\,p$ với $m<n$ và $p>1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $F=x^p+y^p+z^p$, khi các biến $x,\,y,\,z$ thay đổi trên đoạn đóng $[m,\,n]$ và thỏa mãn ràng buộc $x+y+z=p$.

Bài toán như thế này, tôi có một kết quả tổng quát từ năm 2000, như sau

Bài toán 2. Cho $\mathbb I=[a;\,b]$, $f_i:\,\mathbb I\to\mathbb R$ là các hàm số  lồi trên $\mathbb I$ (với $1\le i\le n$), hằng số $C\in [na;\,nb]$. Khi đó, với bộ $\left(x_i\right)_{1\le i\le n}\in\mathbb I^n$ thay đổi giá trị và thỏa mãn điều kiện ràng buộc là $\sum\limits_{1 \le i \le n} {{x_i} = } C$, thì $\sum\limits_{1 \le i \le n} {f\left( {{x_i}} \right) }$ sẽ đạt giá trị lớn nhất tại bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n}\in\mathbb I^n$ thỏa mãn là trong bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n}$ đó có $k=\left\lfloor {\frac{{nb – C}}{{b – a}}} \right\rfloor $ số bằng $a$, có $l = \left\lfloor {\frac{{C – na}}{{b – a}}} \right\rfloor $ số bằng $b$, còn số còn lại là $C-ka-lb$ thuộc $[a;\,b)$.

Xin biên lại lời giải của nó như sau

Lời giải cho bài toán 2. Bởi vì với mỗi chỉ số $i$ thỏa mãn $1\le i\le n$ thì $f_i:\,\mathbb I\to\mathbb R$ là các hàm số  lồi trên $\mathbb I$, nên ta có $F\left(x_1,\,x_2,\,\ldots ,\,x_n\right)$ liên tục trên tập compact $\mathbb I^n$ của $\mathbb R^n$ (xem ở http://maths.vn/tinh-lien-tuc-cua-ham-loi/), trong đó $$F\left(x_1,\,x_2,\,\ldots ,\,x_n\right)=f_1\left(x_1\right)+f_2\left(x_2\right)+\ldots+f_n\left(x_n\right).$$ Như vậy, trên $D=\mathbb I^n$ thì $F$ sẽ đạt gia trị lớn nhất tại bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n}\in D$ nào đó.

Ta sẽ chứng minh là: không tồn tại hai chỉ số phân biệt để $c_j$ thuộc vào khoảng mở $(a;\,b)$. Nếu điều đó mà không đúng, ta giả như $c_1,\,c_2\in (a,\,b)$.

Xin nhắc lại ở đây bất đẳng thức cát tuyến, cũng đã trình bày và chứng minh ở bài http://maths.vn/tinh-lien-tuc-cua-ham-loi/

Bổ đề (bất đẳng thức cát tuyến). Cho $\mathbb I$ là một khoảng mở của đường thẳng thực và hàm số $f:\,\mathbb I\to\mathbb R$ lồi trên $\mathbb I$, khi đó với $[a;\,b]\subset\mathbb I$ cho trước thì ta đều có bất đẳng thức sau với mỗi $x\in [a;\,b]$ \[f(x)\le f(a)+(x-a)\frac{f(a)-f(b)}{a-b}.\] Dấu bằng của đánh giá đạt được khi và chỉ khi $x\in\{a,\,b\}$.

Ta đặt $c_1+c_2-a=c,\,c_1+c_2-b=d$, ta để ý $c>a$ và $d<b$, và xét các trường hợp sau

1. Nếu $c<b$, lúc đó có
   \[\begin{array}{l}
   f\left( {{c_1}} \right) < f\left( a \right) + \left( {{c_1} – a} \right)\frac{{f\left( a \right) – f\left( c \right)}}{{a – c}},\\
   f\left( {{c_2}} \right) \le f\left( c \right) + \left( {{c_2} – c} \right)\frac{{f\left( a \right) – f\left( c \right)}}{{a – c}}.
   \end{array}\]Cộng lại ta có được \[\sum\limits_{1 \le j \le n} {{f_j}\left( {{c_j}} \right)} < f\left( a \right) + f\left( c \right) + \sum\limits_{2 < j \le n} {{f_j}\left( {{c_j}} \right)} .\]Và có sự mâu thuẫn với vai trò của bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n} $.
2. Nếu $d>a$, lúc đó có
   \[\begin{array}{l}
   f\left( {{c_1}} \right) < f\left( d \right) + \left( {{c_1} – d} \right)\frac{{f\left( b \right) – f\left( d \right)}}{{b – d}},\\
   f\left( {{c_2}} \right) \le f\left( b \right) + \left( {{c_2} – b} \right)\frac{{f\left( b \right) – f\left( d \right)}}{{b – d}}.
   \end{array}\]Nó dẫn đến \[\sum\limits_{1 \le j \le n} {{f_j}\left( {{c_j}} \right)} < f\left( d \right) + f\left( b \right) + \sum\limits_{2 < j \le n} {{f_j}\left( {{c_j}} \right)} .\]Và lại có sự mâu thuẫn với vai trò của bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n} $.
3. Nếu $c\ge b$ và $d\le a$ thì có ngay $c_1+c_2=a+b$, lúc đó
   \[\begin{array}{l}
   f\left( {{c_1}} \right) < f\left( a \right) + \left( {{c_1} – a} \right)\frac{{f\left( a \right) – f\left( b \right)}}{{a – b}},\
   f\left( {{c_2}} \right) < f\left( b \right) + \left( {{c_2} – b} \right)\frac{{f\left( a \right) – f\left( c \right)}}{{a – b}}.
   \end{array}\]Để tiếp tục thấy vai trò của $\left(c_i\right)_{1\le i\le n} $ bị vi phạm, bởi vì là\[\sum\limits_{1 \le j \le n} {{f_j}\left( {{c_j}} \right)} < f\left( a \right) + f\left( b \right) + \sum\limits_{2 < j \le n} {{f_j}\left( {{c_j}} \right)}. \]

Như vậy, $F$ sẽ đạt giá trị lớn nhất tại bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n} $ mà có không quá một số $c$ (nào đó) trong các $c_j$ thuộc vào khoảng mở $(a;\,b)$. Giả sử có $k$ số bằng $a$, $l$ số bằng $b$, thì ta có $n\ge k+l\ge n-1$ và\[\left( {k + 1} \right)a + lb < C < ka + \left( {l + 1} \right)b.\]Từ đó ta tính được ra $k,\,l$ và $c$ như đã nêu trong bài toán và hoàn tất lời giải.

$\square$

Từ bài toán mà tôi nêu ra và đã xử lý ở trên, ta thấy là nếu muốn đi tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ở dạng
$$F\left(x_1,\,x_2,\,\ldots ,\,x_n\right)=f_1\left(x_1\right)+f_2\left(x_2\right)+\ldots+f_n\left(x_n\right).$$ Trong đó các biến số $x_j$ thuộc một đoạn đóng $[a;\,b]$ của đường thẳng thực thỏa mãn ràng buộc là tổng không đổi, còn $f_j(x)$ lồi trên $[a;\,b]$, ta chỉ cần đi thay thế và tính toán với hữu hạn bộ cụ thể. Các bộ đó, chỉ nhiều nhất một số thuộc khoảng mở $(a;\,b)$ còn lại nhận giá trị ở hai đầu mút $a,\,b$. Số các giá trị bằng $a$ hay bằng $b$ và kể cả số thuộc khoảng $(a;\,b)$ kia, thì đã được xác định ở nội dung bài toán 2.