Đáp án:

Giải thích các bước giải:

 Bổ đề: nếu $k=max\{x;y;z\}$ thì $k \geq \dfrac{x+y+z}{3}$

Chứng minh: do $k=max\{x;y;z\}⇒\begin{cases}k \geq x\\k \geq y \\k \geq z \end{cases}$$⇒3k \geq x+y+z$ (đpcm)

Do đó:

$max\{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2;(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2;(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\} \geq \dfrac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2+\sqrt{b}-\sqrt{c})^2+(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2}{3}$

$⇔max\{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2;(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2;(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\} \geq \dfrac{2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}}{3}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc} \leq \dfrac{2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}}{3}$

$⇔a+b+c+3\sqrt[3]{abc} \geq 2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}$

Đặt $(\sqrt[6]{a};\sqrt[6]{b};\sqrt[6]{c})=(x;y;z)$ BĐT trở thành:

$x^6+y^6+z^6+3x^2y^2z^2 \geq 2x^3y^3+2y^3z^3+2z^3x^3$

Áp dụng BĐT Schur bậc 3:

$x^6+y^6+z^6+3x^2y^2z^2 \geq x^2y^2(x^2+y^2)+y^2z^2(y^2+z^2)+z^2x^2(z^2+x^2)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$x^2y^2(x^2+y^2)+y^2z^2(y^2+z^2)+z^2x^2(z^2+x^2) \geq 2x^3y^3+2y^3z^3+2z^3x^3$

$⇔x^2y^2(x-y)^2+y^2z^2(y-z)^2+z^2x^2(z-x)^2 \geq 0$ (đpcm)

Đáp án + giải thích các bước giải:

Giả sử ngược lại. Ta có:

`(a+b+c)/3-\root{3}{abc}>max{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2,(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2,(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2}`

$\to \begin{cases} \dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}>(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \\ \dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}>(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 \\ \dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}>(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2 \end{cases} $

`->a+b+c-3\root{3}{abc}>2(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca})`

Vì đây là bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa `abc=1`

`->a+b+c-3>2(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca})`

`->a+b+c-2(\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca})<-3`

Đặt `a=x^2;b=y^2;c=z^2`

`->x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)<-3`

Mà theo bất đẳng thức Schur và Cô-si, ta có:

`x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)>=-(9xyz)/(x+y+z)>=-9/(3\root{3}{abc})=-3 `

`->` Vô lý

Vậy điều giả sử sai nên ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi `a=b=c`