Ta có : \(a^2+1=a^2+ab+bc+ac=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)(thay từ giả thiết)

Tương tự : \(b^2+1=\left(b+c\right)\left(b+a\right)\);  \(c^2+1=\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)

Suy ra : \(Q=\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)^2.\left(b+c\right)^2.\left(c+a\right)^2}=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\)Vì a,b,c là các số hữu tỉ nên suy ra Q là số hữu tỉ.

thay 1 bởi ab+bc+ca

ta có :

Q=\(\sqrt{\left(a^2+ab+bc+Ca\right)\left(b^2+bc+ab+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)

ta thấy : \(a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

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

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

=> Q=\(\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\)=\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)là số hữu tỉ vì a,b,c là các số hữu tỉ

thay 1 bởi \(ab+bc+ca\)

Ta có : \(\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)

Ta thấy : \(a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

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

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

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)Là một số hữu tỉ vì\(a;b;c\)là các số hữu tỉ

\(P=\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\)

\(=\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ca+ab+bc\right)}\)

\(=\sqrt{\left(a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\right)\left(b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\right)\left(c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)\right)}\)

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

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

vì a,b,c là sô số hữu tỉ\(\Rightarrow a+b,a+c,b+c\)là số hữu tỉ \(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)là số hữu tỉ

\(\Rightarrow P\)là số hữu tỉ   (đpcm)

Thay ab+bc+ac = 1 vào Q

Thay ab+bc+ac = 1 và Q ta được :

\(Q=\left(a^2+ab+ac+bc\right)\left(b^2+ab+ac+bc\right)\left(c^2+ab+ac+bc\right)\)

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

\(=\left[\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right]^2\) là bình phương  của một số hữu tỉ (đpcm)

Vì ab+bc+ca=1

\(\Rightarrow a^2+1\)

\(=a^2+ab+bc+ca\)

\(=\left(a^2+ab\right)+\left(ac+bc\right)\)

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

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

Tương tự ta được \(\begin{cases}b^2+1=\left(b+a\right)\left(b+c\right)\\c^2+1=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\end{cases}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)

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

\(=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\)

Mặt khác a;b;c là số hữa tỉ

\(\Rightarrow\begin{cases}a+b\\b+c\\c+a\end{cases}\) là số hữu tỉ

\(\Rightarrow\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\) là số hữu tỉ

=> đpcm

\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\)

\(=\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)

\(=\sqrt{\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\) là một số hữu tỉ (đpcm)

P/s:Em ko chắc!