Trường hợp 1: Giả sử ba số \(a\), \(b\), \(c\) đều lớn hơn \(1\) hoặc ba số \(a\), \(b\), \(c\) đều nhỏ hơn \(1\).

Khi đó \(a . b . c \neq 1\) (trái với giả thiết).

 Trường hợp 2: Giả sử hai trong ba số \(a\), \(b\), \(c\) lớn hơn 1.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a > 1\) và \(b > 1\).

Vì \(a . b . c = 1\) nên \(c < 1\) do đó:

     \(\left(\right. a - 1 \left.\right) . \left(\right. b - 1 \left.\right) . \left(\right. c - 1 \left.\right) < 0\)

\(\Leftrightarrow a b c + a + b + c - a b - a c - c a - 1 < 0\)

\(\Leftrightarrow a + b + c - a b - a c - c a \&\text{nbsp}; < 0\)

giả sử ba số \(a\), \(b\), \(c\) không đồng thời là các số dương thì có ít nhất một số không dương.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(a \leq 0\).

 Nếu \(a = 0\) thì \(a b c = 0\) (mâu thuẫn với giả thiết \(a b c > 0\));

 Nếu \(a < 0\) thì từ \(a b c > 0 \Rightarrow b c < 0\).

Ta có \(a b + b c + c a > 0 \Leftrightarrow a \left(\right. b + c \left.\right) > - b c \Rightarrow a \left(\right. b + c \left.\right) > 0 \Rightarrow b + c < 0 \Rightarrow a + b + c < 0\) (mâu thuẫn với giả thiết).

Vậy cả ba số \(a\), \(b\) và \(c\) đều dương.

Giả sử \(n\) lẻ, khi đó \(n\) có dạng \(2 k + 1\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Suy ra \(n^{2} = \left(\right. 2 k + 1 \left.\right)^{2} = 4 k^{2} + 4 k \&\text{nbsp}; + 1 = 2 \left(\right. 2 k^{2} + 2 k \left.\right) + 1\) lẻ (mâu thuẫn với giả thiết \(n^{2}\) chẵn).

Do đó \(n\) chẵn nên nếu \(n^{2}\) chẵn thì \(n\) chẵn.

Ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\)

\(\Leftrightarrow \left(\right. x^{2} - 4 x y + 4 y^{2} \left.\right) + 3 \left(\right. x^{2} + 2 x + 1 \left.\right) \geq 0\)

\(\Leftrightarrow \&\text{nbsp}; \left(\right. x - 2 y \left.\right)^{2} + 3 \left(\right. x \&\text{nbsp}; + 1 \left.\right)^{2} \geq 0\) (luôn đúng với mọi \(x\), \(y\)).

Vậy với mọi \(x\), \(y\) ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\).

Nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n = 3 k\) với \(k \in \mathbb{N}\).

 Xét \(k = 2 m\) thì \(n = 6 m\) suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = 6 m \left(\right. 6 m + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Xét \(k = 2 m + 1\) thì \(n = 3 \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) = 6 m + 3\).

Suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = \left(\right. 6 m + 3 \left.\right) \left(\right. 6 m + 4 \left.\right) = 3. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . 2 \left(\right. 3 m + 2 \left.\right) = 6. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . \left(\right. 3 m + 2 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n \left(\right. n + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Nếu \(n\) lẻ thì \(n\) có dạng \(n = 2 k + 1\) với \(k \in \mathbb{N}\).

Do đó \(n^{3} = \left(\right. 2 k + 1 \left.\right)^{3} = 8 k^{3} + 12 k^{2} + 6 k + 1 = 2 \left(\right. 4 k^{3} + 6 k^{2} + 3 k \left.\right) + 1\).

Suy ra \(n^{3}\) lẻ

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) lẻ thì \(n^{3}\) lẻ