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 $⇔a=b=c=1$
