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)
