Để chứng minh bất đẳng thức này, ta sẽ biến đổi vế trái thành tổng của các bình phương (phương pháp hằng đẳng thức):
a^2 - ab + b^2 = a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{b}{2} + \left(\frac{b}{2}\right)^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 + b^2
a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4} + b^2
a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4}
Vì \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 \ge 0 (bình phương của một số thực luôn không âm) và \frac{3b^2}{4} \ge 0 (vì b^2 \ge 0), nên:
\left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} \ge 0 + 0 = 0
Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge 0 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả hai số hạng đều bằng 0:
\begin{cases} a - \frac{b}{2} = 0 \\ \frac{3b^2}{4} = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} a = \frac{b}{2} \\ b = 0 \end{cases}
Thay b=0 vào phương trình thứ nhất, ta được a = \frac{0}{2} = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0.
Ta xét hiệu của vế trái (VT) và vế phải (VP):
VT - VP = (a^2 - ab + b^2) - \frac{1}{4}(a+b)^2
VT - VP = a^2 - ab + b^2 - \frac{1}{4}(a^2 + 2ab + b^2)
Quy đồng và nhân cả hai vế với 4 (vì 4>0):
4(a^2 - ab + b^2) - (a^2 + 2ab + b^2) \ge 0
4a^2 - 4ab + 4b^2 - a^2 - 2ab - b^2 \ge 0
Thu gọn các hạng tử đồng dạng:
(4a^2 - a^2) + (-4ab - 2ab) + (4b^2 - b^2) \ge 0
3a^2 - 6ab + 3b^2 \ge 0
Đặt thừa số chung 3:
3(a^2 - 2ab + b^2) \ge 0
Sử dụng hằng đẳng thức (a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2:
3(a - b)^2 \ge 0
Vì (a-b)^2 \ge 0 với mọi số thực a, b và 3 > 0, nên bất đẳng thức 3(a-b)^2 \ge 0 luôn đúng. Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge \frac{1}{4}(a+b)^2 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a-b)^2 = 0:
(a - b)^2 = 0 \implies a - b = 0 \implies a = b
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau cho mọi x, y > 0:
\sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2}
Bình phương hai vế (vì cả hai vế đều không âm):
x^2 - xy + y^2 \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^2
x^2 - xy + y^2 \ge \frac{x^2 + 2xy + y^2}{4}
Nhân cả hai vế với 4:
4x^2 - 4xy + 4y^2 \ge x^2 + 2xy + y^2
3(x^2 - 2xy + y^2) \ge 0
3(x - y)^2 \ge 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy, bất đẳng thức \sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2} đã được chứng minh. Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức phụ Áp dụng bất đẳng thức phụ đã chứng minh cho ba hạng tử của vế trái (VT) bất đẳng thức cần chứng minh: Với (x, y) = (a, b): \sqrt{a^2 - ab + b^2} \ge \frac{a+b}{2} Với (x, y) = (b, c): \sqrt{b^2 - bc + c^2} \ge \frac{b+c}{2} Với (x, y) = (c, a): \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{c+a}{2}
Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế:
\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2}
Rút gọn vế phải (VP):
\text{VP} = \frac{(a+b) + (b+c) + (c+a)}{2} = \frac{2a + 2b + 2c}{2} = \frac{2(a+b+c)}{2} = a+b+c
Theo giả thiết của bài toán, ta có a + b + c = 3. Thay vào bất đẳng thức vừa tìm được:
\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các dấu bằng trong các bất đẳng thức phụ xảy ra, tức là:
a = b \quad (\text{từ 1})
b = c \quad (\text{từ 2})
c = a \quad (\text{từ 3})
Kết hợp với điều kiện a+b+c=3, ta suy ra a = b = c = 1.