Chú ý rằng, với đa thức \(a^3+b^3+c^3-3abc\) thì ta có thể phân tích đa thức trên thành một nhân tử bằng cách dùng hằng đẳng thức, khi đó:
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)
\(=\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-ab+c^2-3ab\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
Nhận xét: Nếu \(a^3+b^3+c^3=3abc\) thì \(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(^{a+b+c=0}_{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}\) \(\Leftrightarrow\) \(^{a+b+c=0}_{a=b=c}\)
\(------------------\)
Vì \(abc=16\) (theo giả thiết) nên \(a,\) \(b,\) \(c\ne0\) và \(3abc=48\) \(\left(1\right)\)
Ta có: \(a^3+b^3+c^3=48\) \(\left(2\right)\)
Do đó, từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) suy ra \(a^3+b^3+c^3=3abc\) \(\left(=48\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]=0\) \(\left(\text{*}\right)\) (theo nhận xét trên)
Mà \(a+b+c\ne0\) nên từ \(\left(\text{*}\right)\) suy ra \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\), tức \(a=b=c\) \(\left(\text{**}\right)\)
Mặt khác, ta cũng có \(abc=16\) và do \(\left(\text{**}\right)\) nên \(a^3=16\)
Khi đó, biểu thức \(P\) sẽ trở thành:
\(P=\frac{\left(a+b\right)}{ab}.\frac{\left(b+c\right)}{bc}.\frac{\left(c+a\right)}{ca}=\frac{2a}{a^2}.\frac{2a}{a^2}.\frac{2a}{a^2}=\frac{8a^3}{a^6}=\frac{8}{a^3}=\frac{8}{16}=\frac{1}{2}\) (do \(a\ne0\))
