Dưới đây là lời giải bài 27 và bài 28:
Lời giải bài 27: Do $BDT$ thuần nhất nên nhờ chuẩn hóa ta có thể giả thiết thêm: $x+y+z=1$.
Thay $(y+z;z+x;x+y)\rightarrow (1-x;1-y;1-z)$ vào biểu thức ban đầu ta được:
$x^2(1-2x)+y^2(1-2y)+z^2(1-2z)\le 3xyz$.
$\iff x^2+y^2+z^2\le 2(x^3+y^3+z^3)+3xyz$.
$\iff (x+y)^2-2xy+z^2\le 2((x+y)^3-3xy(x+y)+z^3)+3xyz$.
$\iff (1-z)^2-2xy+z^2\le 2((1-z)^3-3xy(1-z)+z^3)+3xyz$
$\iff (9z-4)xy+4z^2-4z+1\ge 0$.
Đặt $t=xy,0\le xy\le (\frac{x+y}{2})^2=\frac{(1-z)^2}{4}$ và xét $f(t)=(9z-4)t+4z^2-4z+1$.
Ta có: $f(0)=4z^2-4z+1=(2z-1)^2\ge 0$
$f(\frac{(1-z)^2}{4})=\frac{z(3z-1)^2}{4}\ge 0$
$\implies f(t)\ge 0,\forall t\in [0;\frac{(1-z)^2}{4}]$.
Đẳng thức xảy ra $\iff x=y=z=\frac{1}{3}$ hoặc $x=y=\frac{1}{2};z=0$ và các hoán vị. Điều này tương đương với $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị của nó.
Bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất.
Lời giải bài 28:
Ta coi một trong ba số $a,b,c$ là một biến số của hàm số, chẳng hạn là $a$, khi đó ta đặt $x=a,x\in[1;2]$ và ta đi xét hàm số:
$f(x)=\frac{1}{x}(\frac{11b}{c}+\frac{12c}{b})+\frac{10x}{bc}$, đặt
$\alpha=\frac{11b}{c}+\frac{12c}{b}=\frac{11b^2+12c^2}{bc};\beta=\frac{10}{bc}$.
Khi đó: $f'(x)=\frac{-\alpha}{x^2}+\beta=\frac{\beta x^2-\alpha}{x^2},f'(x)=0\iff x=\sqrt{\frac{\alpha}{\beta}}$.
Ta có: $\alpha=\frac{11b^2+12c^2}{bc}\ge \frac{33}{bc}>3*\frac{10}{bc}=3\beta\implies x=\sqrt{\frac{\alpha}{\beta}}>1$.
Như vậy ta luôn có: $f(x)\le max(f(1),f(2))=max(g(b),h(b))$, trong đó: $g(b)=f(1)=\frac{10}{bc}+\frac{11b}{c}+\frac{12c}{b}$ và:
$h(b)=f(2)=\frac{20}{bc}+\frac{11b}{2c}+\frac{6c}{b}$.
Ta xét tiếp $g(b)$ trên đoạn $[1;2]$ có: $g'(b)=\frac{-1}{b^2}(\frac{10}{c}+12c)+\frac{11}{c}=\frac{-1}{b^2}A+B$, trong đó:
$A=\frac{10}{c}+12c=\frac{10+12c^2}{c},B=\frac{11}{c}$ và có: $g'(b)=0\iff b=\sqrt{\frac{A}{B}}>1$.
Như vậy, $g(b)\le max(g(1),g(2))=max(\frac{21}{c},\frac{27}{c}+6c)$.
Xét lần nữa: $n(c)=\frac{21}{c}+12c$ và $m(c)=\frac{27}{c}+6c$ trên đoạn $[1;2]$ có $max_{[1;2]}(n(c),m(c))\le max(\frac{69}{2},33)=\frac{69}{2}$,
Từ đó suy ra: $g(b)\le \frac{69}{2}\forall b,c\in[1;2]$.
Xét tương tự đối với $h(b)\le max(h(1),h(2))=max(\frac{51}{2c}+6c,\frac{21}{c}+3c)\le max(\frac{63}{2},24)=\frac{69}{2}$.
Vậy $\frac{10a}{bc}+\frac{11b}{ca}+\frac{12c}{ab}\le \frac{69}{2}$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1,c=2$.
Ps: Đây là một trong những phương pháp hàm số khá hữu hiệu đối với những bài toán bị chặn khoảng.