$a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-4(ab+bc+ca)$

$\ge (a+b+c)^2-\dfrac43(a+b+c)^2\qquad \left(ab+bc+ca\le\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\right)$$=-\dfrac13(a+b+c)^2$

Lại có $(a+b+c)^2\ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3(abc)^{\frac23}<3$ nên cách này không đủ mạnh.

Ta dùng $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2-(ab+bc+ca)$

$\ge -(ab+bc+ca)$

Theo AM-GM,

$ab+bc+ca\le 3\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)\le 3$ và do $abc<1$ nên không thể có $ab=bc=ca=1$.

Suy ra $ab+bc+ca<3$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3$

$\boxed{a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)>-3.}$

\(\)Ta có: \(a+b+c=0 \Rightarrow b+c=-a \Rightarrow (b+c)^2=(-a)^2 \Leftrightarrow b^2+c^2+2bc=a^2 \Leftrightarrow a^2-b^2-c^2=2bc\)

Tương tự: \(b^2-c^2-a^2=2ca;c^2-a^2-b^2=2ab\)

\(P=...=\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ca}+\dfrac{c^2}{2bc}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}=\dfrac{3abc}{2abc}=\dfrac{3}{2}\)

----
Bổ đề \(a+b+c=0 \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\)

Ở đây ta c/m chiều thuận:
Với \(a+b+c=0 \Leftrightarrow a+b=-c \Rightarrow (a+b)^3=(-c)^3 \Leftrightarrow a^3+b^3+3ab(a+b)=-c^3 \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3abc(QED)\)

Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$

Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,

$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$

Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$

Cách trên chưa đủ mạnh.

Dùng Cauchy–Engel:

$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$

Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.

Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức

$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.

Ta áp dụng Titu:

$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$

$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$

Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$

Dấu bằng khi $a=b=c=1$.

$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$

Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$

Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,

$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$

Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$

Cách trên chưa đủ mạnh.

Dùng Cauchy–Engel:

$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$

Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.

Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức

$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.

Ta áp dụng Titu:

$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$

$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$

$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$

Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$

Dấu bằng khi $a=b=c=1$.

$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$

Đặt \(P=2ab+2bc+2abc-5ac\), ta sẽ chứng minh \(-15\le P\le7\)

Ta có:

\(P=2b\left(a+c\right)+2abc-5ac\le b^2+\left(a+c\right)^2+2abc-5ac\)

\(P\le a^2+b^2+c^2+2abc-3ac=6+2abc-3ac=ac\left(2b-3\right)+6\)

- Nếu \(b\le\dfrac{3}{2}\Rightarrow P< 6< 7\) (đúng)

- Nếu \(b>\dfrac{3}{2}\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(a^2+c^2\right)\left(2b-3\right)+6=\dfrac{1}{2}\left(6-b^2\right)\left(2b-3\right)+6\)

\(\Rightarrow P\le7-\dfrac{1}{2}\left(b-2\right)^2\left(2b+5\right)\le7\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;1\right)\)

Đồng thời:

\(P=2\left(ab+bc+abc\right)-5ac\ge-5ac\ge-\dfrac{5}{2}\left(a^2+c^2\right)=-\dfrac{5}{2}\left(6-b^2\right)=-15+\dfrac{5}{2}b^2\ge-15\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\sqrt{3};0;\sqrt{3}\right)\)

Thay \(a=-\left(b+c\right)\) ; \(a+c=-b\) và \(a+b=-c\) vào điều kiện thứ 2 ta có 

\(\left(b+c\right)^2=2\left(-b+1\right)\left(-c-1\right)\)

 <=> \(b^2+c^2+2bc=2bc+2b-2c-2\)

<=> \(\left(b-1\right)^2+\left(c+1\right)^2=0\) <=> \(\left\{{}\begin{matrix}b=1\\c=-1\end{matrix}\right.\)

suy ra: a=0. Vậy A = a² + b² + c² = 2

bạn ơi tại sao (b−1)^2+(c+1)^2=0??

Ta có $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$

$=a^2b^2c^2+2\sum a^2b^2+4(a^2+b^2+c^2)+8

Suy ra $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)-18-3(a^2+b^2+c^2)$

$=a^2b^2c^2+2\sum a^2b^2+(a^2+b^2+c^2)-10$

Đặt $s=a^2+b^2+c^2$

Ta có $s\ge ab+bc+ca=3$ và $\sum a^2b^2\ge ab+bc+ca=3$

(vì $ab+bc+ca=3$ và $\sum a^2b^2\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3}$).

Do đó $a^2b^2c^2+2\sum a^2b^2+s-10$$\ge 0+2\cdot3+3-10$$=-1$

Mặt khác $\sum a^2b^2\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3}=3$ nên $a^2b^2c^2+2\sum a^2b^2+s-10$

$\ge a^2b^2c^2+s-4$

Lại có $(ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)$

$\Rightarrow a+b+c\le \dfrac3{abc}$ và $s=(a+b+c)^2-6\ge \dfrac9{a^2b^2c^2}-6$

Đặt $t=abc$.

Khi đó $a^2b^2c^2+s-4\ge t^2+\dfrac9{t^2}-10$

$=\left(t-\dfrac3t\right)^2-4\ge0$

(vì từ $ab+bc+ca=3$ suy ra $t\le1$).

Vậy $\boxed{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)-18\ge 3(a^2+b^2+c^2)}.$

Dấu bằng khi $\boxed{a=b=c=1.}$

Ta có:

0 < a < 1 ⇒ a - 1 < 0 ⇒ a(a - 1) < 0 ⇒ a2 - a < 0 (1)

Tương tự:

0 < b < 1 ⇒ b2 - b < 0 (2)

0 < c < 1 ⇒ c2 - c < 0 (3)

Cộng (1); (2); (3) vế theo vế ta được:

a2 + b2 + c2 - a - b - c < 0

⇔ a2 + b2 + c2 < a + b + c

⇔ a2+ b2 + c2 < 2 (do a + b + c = 2)