Đặt $A=a^2+b^2+c^2+abc$

⇒$2A=2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1-1$

$=a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2+2abc+1-1$

Do $a+b+c=3$

$a,b,c≥0$

Nên theo nguyên lí ddirrichle sẽ tồn tại 2 trong 3 số, có đk $0≤a,b≤1$ hoặc $a,b≥1$

(Giả sử 2 số đó la $a,b$ do 3 số $a,b,c$ vai trò như nhau)

Khi $a,b≥1$⇒$a-1≥0$ và $b-1≥0$⇒$(a-1)(b-1)≥0$

Xét hiệu $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)$

$=(a^2-2ab+b^2)+(c^2-2c+1)+(2abc--2ca-2bc+2c)$

$=(a-b)^2+(c-1)^2+2c(ab-a-b+1)$

$=(a-b)^2+(c-1)^2+2c(a-1)(b-1)≥0$

Do mỗi hạng tử đều $≥0$

Chứng minh trường hợp còn lại tương tự 

Rồi ta có bđt: $a^2+b^2+c^2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)$

Dấu = xảy ra ⇔$a=b=c=1$

Áp dụng ta được $a^2+b^2+c^2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)$

$⇒a^2+b^2+c^2+2abc+1+a^2+b^2+c^2-1≥a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)+1=(a+b+c)^2-1=3^2-1=8$

Hay $2A≥8$

⇒$A≥4$

⇒đpcm

Dấu = xảy ra $⇔a=b=c=1$

Đáp án:

 nhớ vote 5* nha

Giải thích các bước giải:

Ta thấy $a^2+b^2+c^2+abc=(a+b)^2-2ab+c^2+abc$ $=(c-2)ab+(3-c)^2+c^2$

$=(c-2)ab+2c^2-6c+9$

Đặt $t=ab$ với $(0≤t≤$$\frac{(a+b)^2}{4}$ $=\frac{(3-c)^2}{4})$ 

Ta có $f(t)=(c-2)t+2c^2-6c+9$

$f(t)$ là 1 hàm bậc nhất với biến t, ta cũng lại có :

$f(0)=2c^2-6c+9=2(c-$$\frac{3}{2})^2+$$\frac{9}{2}≥$ $\frac{9}{2}> 4$

$f(\frac{(3-c)^2}{4})=(c-2)$$\frac{(3-c)^2}{4}+2c^2-6c+9=\frac{(c-1)^2(c+2)}{4}+4\geq 4$ 

 Suy ra $f(t)≥4;t∈[0;$$\frac{(3-c)^2}{4}](đpcm)$ 

Dấu '=' xảy ra khi a=b=c