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 $\boxed{a=b=c=1.}$

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

$\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 $ab+bc+ca<3$

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

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

BN THAM KHẢO:

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

Ta có: \(\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+b^2+ab}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^3b^3}}=a-\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{2a-b}{3}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}\ge\dfrac{2b-c}{3}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\ge\dfrac{2c-a}{3}\)

Cộng vế:

\(P\ge\dfrac{a+b+c}{3}=673\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=673\)

thx ban

Để \(\frac{2a+2b}{ab+1}\) là bình phương của 1 số nguyên thì 2a + 2b chia hết cho ab + 1; mà ab + 1 chia hết cho 2a + 2b => ab + 1 = 2b + 2a
=> \(\frac{2a+2b}{ab+1}\)=1 = 1²

Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Lời giải:

Sử dụng bổ đề: Một số chính phương $x^2$ khi chia 3 dư 0 hoặc 1.

Chứng minh:

Nêú $x$ chia hết cho $3$ thì $x^2\vdots 3$ (dư $0$)

Nếu $x$ không chia hết cho $3$. Khi đó $x=3k\pm 1$ 

$\Rightarrow x^2=(3k\pm 1)^2=9k^2\pm 6k+1$ chia $3$ dư $1$

Vậy ta có đpcm

-----------------------------

Áp dụng vào bài:

TH1: Nếu $a,b$ chia hết cho $3$ thì hiển nhiên $ab(a^2+2)(b^2+2)\vdots 9$

TH1: Nếu $a\vdots 3, b\not\vdots 3$

$\Rightarrow b^2$ chia $3$ dư $1$

$\Rightarrow b^2+3\vdots 3$

$\Rightarrow a(b^2+3)\vdots 9$

$\Rightarrow ab(a^2+3)(b^2+3)\vdots 9$

TH3: Nếu $a\not\vdots 3; b\vdots 3$

$\Rightarrow a^2$ chia $3$ dư $1$

$\Rightarrow a^2+2\vdots 3$

$\Rightarrow b(a^2+2)\vdots 9$

$\Rightarrow ab(a^2+2)(b^2+2)\vdots 9$

TH4: Nếu $a\not\vdots 3; b\not\vdots 3$

$\Rightarrow a^2, b^2$ chia $3$ dư $1$

$\Rightarrow a^2+2\vdots 3; b^2+2\vdots 3$

$\Rightarrow ab(a^2+2)(b^2+2)\vdots 9$

Từ các TH trên ta có đpcm.

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 $a=b=c=1$.

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