Lời giải:

Ta thấy:
$(ab+cd)(ac+bd)=ad(c^2+b^2)+bc(a^2+d^2)$

$=(ad+bc)t$

Mà: 

$2(t-ab-cd)=(a-b)^2+(c-d)^2>0$ nên $t> ab+cd$

Tương tự: $t> ac+bd$

Kết hợp $(ab+cd)(ac+bd)=(ad+bc)t$ nên:

$ab+cd> ad+bc, ac+bd> ad+bc$

Nếu $ab+cd, ac+bd$ đều thuộc $P$. Do $ad+bc$ là ước của $ab+cd$ hoặc $ac+bd$. Điều này vô lý 

Do đó ta có đpcm.

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

$\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 $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$

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

Trước hết, với \(a+b+c=1\) ta có:

\(a^2+b^2+c^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a^3+ab^2\right)+\left(b^3+bc^2\right)+\left(c^3+ca^2\right)+a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\ge2a^2b+2b^2c+2c^2a+a^2b+b^2c+c^2a\)

Hay \(a^2+b^2+c^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

Từ đó:

\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}=\dfrac{a^4}{a^2b}+\dfrac{b^4}{b^2c}+\dfrac{c^4}{c^2a}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)

\(\ge\dfrac{3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2b+b^2c+c^2a}=3\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

em cảm ơn thầy nhiều ạ !

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 \(a=b=c=673\)

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 $a=b=c=1$.

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

Lời giải:

Không mất tổng quát giả sử $a\leq b\leq c$

Nếu $a,b,c$ đều là số nguyên tố lẻ thì $a^2+b^2+c^2$ là số lẻ. Mà $5070$ chẵn nên vô lý.

Do đó trong 3 số $a,b,c$ tồn tại ít nhất 1 số chẵn.

Số nguyên tố chẵn luôn là số bé nhất (2) nên $a=2$

Khi đó: $b^2+c^2=5070-a^2=5066\geq 2b^2$

$\Rightarrow b^2\leq 2533$

$\Rightarrow b< 51$

$\Rightarrow b\in \left\{2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; 47\right\}$

Thử các TH này ta thấy $(b,c)=(5,71), (29,65)$
Vậy $(a,b,c)=(2,5,71), (2,29,65)$ và các hoán vị.

vì 5070 là số chẵn ⇒ một trong 3 số a,b,c chẵn hoặc cả 3 số a,b,c chẵn 

+) cả 3 số a,b,c chẵn

=> a=2, b=2, c=2 ( vì a,b,c là các số nguyên tố )

khi đó: a²+b²+c²= 12(loại)

=> một trong 3 số a,b,c chẵn 

vì giá trị các số bằng nhau, giả sử a chẵn => a=2

khi đó: a²+b²+c²= 4+b²+c²

=> b²+c²= 5066

vì số chính phương có tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 mà b² và c² là số chính phương có tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 

=> b² và c² có tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 

Mà b và c lẻ 

=> b² và c² có tận cùng là 1, 5, 9 

mà 5066 có tận cùng là 6

=> b² và c² có tận cùng là 1, 5

=> b và c có tận cùng là 1, 5

giả sử b có tận cùng là 5=> b=5

khi đó: 25+ c² = 5066

                   c² = 5041=71²

=> c = 71

vậy, a=2, b=5, c=71 và các hoán vị của nó