Solução 1:
Primeiro, vejamos o que acontece se um dos números é igual a $$0$$. Assumimos sem perda de generalidade que o número é o $$a$$
$$\implies 0^2b+c=b^2c+0=c^20+b\implies b=c$$
mas $$1=ab+bc+ca=bc=b^2\implies b=c=\pm 1$$ nos dando as soluções $$(\pm 1$$,$$\pm 1$$,$$0)$$ e permutações.
Agora, assumimos que todos são não-nulos:
$$a^2b+c=b^2c+a\implies a(ab-1)=c(b^2-1)$$
Como $$ab-1=-bc-ca$$,
$$-ac(a+b)=c(b^2-1)\implies -a(a+b)=b^2-1\implies a^2+ab+b^2=1$$
Assim, analogamente, $$b^2+bc+c^2=1$$ e $$c^2+ca+a^2=1$$. Somando essas 3 equações:
$$2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca=3\implies2(a^2+b^2+c^2)+1=3\implies a^2+b^2+c^2=1$$
Finalmente, como $$a^2+b^2+c^2=1=ab+bc+ca$$
$$2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ca\implies (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0\implies a-b=b-c=c-a=0$$
Então $$a=b=c$$. Daí as únicas soluções que nos restam são $$a=b=c=\pm \frac{1}{\sqrt 3}$$
Solução 2:
Veja que quando colocamos fatoriais no meio desses números o expoente dos primos que dividem o produto muda muito! (O expoente de p na fatoração desse produto será chamado de $$v_p$$ daqui em diante) Mas será que dá para controlá-lo?
O que acontece se colocarmos um fatorial após um primo $$p$$, o $$v_p$$ do produto muda? Não! pois $$p!=1\cdot2\cdot3\cdot\dots\cdot p$$ que tem $$v_p=1$$, que é o mesmo de $$p$$. Além disso, os expoentes também não mudam para primos $$q$$ maiores que $$p$$. Assim, é natural pensar que todos os expoentes podem ser controlados a serem pares na maioria dos casos.
se $$n=p$$ for primo? Independente de onde colocarmos os fatoriais o $$v_p$$ do produto continuará igual a 1. Assim, o produto nunca pode ser quadrado perfeito. Caso contrário, vamos fazer um algoritmo para que ele seja um QP: Primeiramente, seja $$q_1$$ o maior primo menor que $$n$$, se o expoente de $$q_1$$ no produto no começo for ímpar, colocamos um ! após $$(q_1+1)$$, assim, o expoente de $$q_1$$ aumenta em exatamente um, se tornando par, caso contrário, não faremos nada e seguiremos para o próximo passo: Ao final de cada passo $$i$$ passamos de $$q_i$$ para $$q_{i+1}$$, onde $$q_{i+1}$$ é o maior primo menor que $$q_i$$, e assim por diante. Veja que, ao aplicarmos esse algoritmo várias vezes, teremos um produto com todos os expoentes pares, pois ao colocar um fatorial em $$q_i$$ nenhum expoente de um primo anterior muda. Ou seja, um quadrado perfeito! Como queríamos.
Solução 3:
Inicialmente, vamos tentar achar essa constante. Seja $$G$$ um grafo associado ao nosso tabuleiro $$n\times n$$ onde os vértices são as casas do tabuleiro e ligamos dois vértices se as casas associadas a eles são adjacentes no tabuleiro. Veja que um conjunto tropical é o mesmo que um conjunto de vértices cujo complementar em $$G$$ é um subgrafo que é uma floresta. Vamos tentar achar o número mínimo de vértices que precisamos tirar de $$G$$ para que o grafo resultante seja uma floresta (é equivalente a achar o menor tamanho de um subconjunto tropical). Inicialmente, temos $$n^2$$ vértices e $$2n(n-1)$$ arestas (cada linha e cada coluna tem $$n-1$$ arestas) assim, para o grafo resultante seja uma floresta, precisamos que $$|A|\le |V|-1$$. Sabemos que cada vértice tem grau no máximo $$4$$, pois cada casa tem no máximo 4 vizinhos. Assim, se tiramos k vértices do grafo no mínimo para ele se tornar uma floresta:
$$2n(n-1)-4k\le |A|\le |V|-1=n^2-k-1$$
Logo,
$$2n^2-2n-4k\le n^2-k-1\implies n^2-2n+1\le 3k$$
Nosso objetivo é achar as constantes $$C$$ tal que $$k\le Cn^2$$, para todo $$n$$, portanto,
$$(n-1)^2\le3k\le 3Cn^2\implies C\ge \frac{(n-1)^2}{3n^2}$$
fazendo $$n\rightarrow \infty\implies C\ge \frac 13$$. Logo, temos que os $$C$$’s possíveis são $$\ge \frac 13$$. Vamos provar que $$C\ge \frac13$$ funciona:
Tome a seguinte cobertura de um tabuleiro $$n\times n$$:
Em que pintamos todas as diagonais de casas $$(x$$,$$y)$$ em que $$3\mid x-y$$. Veja que este conjunto é tropical e usa no máximo $$\frac 13$$ das casas do tabuleiro. Como queríamos!