Giả thiết có thể viết thành: \( ({a\over 2})^2+ ({b\over 2})^2+ ({c\over 2})^2+ 2({a\over 2}) ({b\over 2})({c\over 2})=1\) .Như vậy tồn tại \(A,B,C\) thỏa mãn \(cosA = {a \over 2}\) tương tự với \(B,C\)

Từ đó ta có bất đẳng thức cơ bản \(cosA+cosB+cosC\leq {3 \over 2}\) Hay ta có \(a+b+c\leq 3\) 

Điều phải chứng minh

Giả sử b, c cùng dấu với 1. Khi đó \((b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\).

Do đó \(a^2+b^2+c^2+abc=4\Leftrightarrow \\4-a^2-abc=b^2+c^2\geq 2bc\\ \Rightarrow (2-a)(2+a)\geq (2+a)bc \\ \Rightarrow 2-a\geq bc\geq b+c-1\Rightarrow a+b+c\leq 3\)

áp dụng định lí diriclet ta có \( (b-1)(c-1) \geq 0 \) từ đây ta có\( bc \geq b+c-1\). Ta có\( 4 = a^{2} + b^{2} +c^{2} +abc \geq a^{2}+2bc+abc \geq a^{2} + 2(b+c-1) +a(b+c-1)\). Từ đây có \(a+b+c \leq \frac{6+a-a^{2}}{a+2}+a = 3\)

Ta có bất đẳng thức:

a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 >= 2( ab + bc + ca ) (*) 

Thật vậy (*) <=> ( a-b )^2 + (c-1)^2 + 2c(1-a)(1-b) >= 0
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong ba số a-1, b-1, c-1 luôn có 2 số cùng dấu. KMTTQ, giả sử (a-1)(b-1) >=0

=> đpcm

Ta có: a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4

Từ (*) => 5 + abc >= 2( ab+bc+ca )

4 = a^2 + b^2 + c^2 + abc =(a+b+c)^2 - 2(ab + bc + ca)^2 + abc  >=  (a+b+c )^2 -5 

=> (a+b+c)^2 <=9 

=> a+b+c <=3

Cái này dùng schur được nè. Hồi em có gặp rồi. Nếu muốn biết thêm thì nói em nhaaaaaa