Bài toán: Cho các số thực $a, b, c, d$ thỏa mãn: 

                                                                 
  Chứng minh rằng:  $ca+bd+cd\le \dfrac{9+6\sqrt{2}}{4}$      

Lời giải:
     Ta có:  $c+d=3 \Leftrightarrow d=3-c$. Khi đó, ta có:

                                      $ca+bd+cd=ca+b(3-c)+c(3-c)$
                                                                $=-c^2+(a-b+3)c+3b$

      Xét tam thức: $f(c)=-c^2+(a-b+3)c+3b$. Ta có:
                                          $max f(c)=\dfrac{4.(-1).3b-(a-b+3)^2}{-4}=\dfrac{12b+(a-b+3)^2}{4}$

      Bây giờ ta cần chỉ ra rằng: 
                                              $\dfrac{12b+(a-b+3)^2}{4}\le \dfrac{9+6\sqrt{2}}{4}$ 
                                    $\Rightarrow 12b+(a-b+3)^2\le 9+6\sqrt{2}$
                                    $\Leftrightarrow 6(a+b)-2ab+a^2+b^2\le 6\sqrt{2}$
                                    $\Leftrightarrow 6(a+b)-2ab\le 6\sqrt{2}-1$

      Chú ý rằng: $2ab=(a+b)^2-a^2-b^2=(a+b)^2-1$
      Do đó:                     
                                   $6(a+b)-(a+b)^2+2-6\sqrt{2}\le 0$
       tức là:  
                                    $a+b\le \sqrt{2} \vee  a+b\ge 6-\sqrt{2}$
      Điều này luôn đúng vì theo Cauchy Schawrz thì $a+b\le\sqrt{2(a^2+b^2)}$.
      Bài toán được chứng minh.