Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

c biến là như nhau (nghĩa là khi thay đổi vai trò của chúng thì 
giả thiết và kết luận của bài toán không thay đổi) 
 Thứ hai: Việc sắp thứ tự các biến phải xuất phát từ ý định giải toán nào: có thể là do việc 
so sánh gặp trở ngại về dấu như bài toán trên hay để dồn về một biến nào đó 
Sau đây mời các bạn cùng tham khảo một số bài toán để thấy được những mục đích khác 
nhau khi sắp thứ tự các biến. 
 Bài toán 48. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có 
chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2 2 23 4Q a b c abc    . 
 Lời giải. Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 a b c   . 
Ta có : 3 3a b c a b c       và 1c  . 
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
Mặt khác 3 33 1;
2 2
a b c c c c c             . 
Ta có :      22 2 2 23 3 4 3 3 3 2 3 2Q a b c abc c c c ab         . 
Vì 3 3 2 0
2
c c    . 
Ta có : 
2 2
3 23 3 27
2 2 2 2
a b c
ab ab Q c c
                 
Xét hàm số   3 23 27 3, 1;
2 2 2
F c c c c        
Ta có :   2 0' 3 3 0
1
c
F c c c
c
      . 
Lập bảng biến thiên ta có :    1 13MinF c F  . 
Vậy 13MinQ  tại    ; ; 1;1;1a b c  . 
 Bài toán 49. Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn: 
2 2 2 9ba c   . Chứng minh rằng  2 10 abb c ca    . 
Lời giải. Ta có: 
           2 2 2 222 2 2 4 2a b c abc a b ac bb bc aa                 
     2 3 29 2 8 4 20 72 ,2ab a tb ab t t f t           với .t ab 
Không mất tính tổng quát, giả sử : | ||| || ba c  , ta có : 2 2 2 2 239 3b c ca c     . 
Lại có : 2 2 22| | 9 6 | | 3a tb a cb     
Do đó :      3;3 ( 2); (3) ( 2) 100Max f t Max f f f      . Hay : 2 100P  . 
Dấu “=” xảy ra     , , 1;2;2a b c   và các hoán vị của nó. 
 Bài toán 50. Cho các số thực không âm và không có hai số 
nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
   2 2 2 2 2 21 1 1P xy yz zx x y zy z x  
        
Lời giải. Giả sử  min ; ;z x y z . 
Khi đó ta có 2
2 2
z z
x y xy yz zx x yz              
Lại có 
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1
;
2
1 1 1
;
2
2
1
2
1
y z
x
y z x zz z
y x
x z
y
    
       

  
 



  
Do đó 
2 2 2 2
1 1 1
2 2
2 2 2 2
z z
P x y
z z z z
x y y x
                                            
 
Đặt  ; 0,
2 2
z z
x a y b a b    
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
Ta có 
2 2 2 2 2
1 1 1 1
1
a
abP
aba a b a
b
b
b
a
b
              

   
 . Đặt  0
a
x x
b
  khảo sát hàm số 
  2 1 , 01
x
f x x x
xx
    ta tìm được  
5
2
Min f x  . 
Vậy 5
2
Min P  đạt được khi , 0a b c  và các hoán vị của nó. 
 Bài toán 51. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa 
mãn 3a b c   . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức    2 2 2 2 2 2P a ab b b bc c c ca a       
 Lời giải. 
Không mất tính tổng quát ta giả sử   
2 2 2
2 2 2
0
0 3
0
a a b a ab b b
a b c
a a c a ca c c
                 
   22 2 2 2 2 2 3P b c b bc c b c b c bc         
Mặt khác ta có : 93 2 3 0
4
b c a b c bc b c bc            
Do đó  2 2 3 3 2 29 3 3 9P b c bc b c b c     . 
Xét hàm số    3 2 2 093 9 , 0; ' 9 18 0
4 2
x
F x x x x F x x x
x
                
Lập bảng biến thiên ta có :    2 12 12MaxF x F MaxP    tại    ; ; 0;1;2a b c  . 
Bài toán 52. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 
( )( )( ) 0a b b c c a    . Tìm GTNN của 
2 2 2
3 3
a b c ab bc ca
P
b c c a a b a b c
         
Lời giải. 
Giả sử max{ , }a b c . Ta có 2 2 2 2 2( ) 1( )
ab bc ca a b c
a b ca b c a b c
b c a
        
Khi đó 13 3a b cP
a b cb c a
b c a
    
 . 
Đặt 2.a b ct t
b c a
    
Khảo sát hàm số 
2
1
( ) 3 3
2
g t t
t
   với 2t  , ta tìm được GTNN của P bằng 
7 2
2
 . 
 Bài toán 53. (ĐH Vinh MO TST 2011-2012) . Cho các 
số thực a,b,c không âm đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức 
       2 2 2 2 2 2
1 1 1
P a b c
a b b c c a
          
 Lời giải 1. Giả sử  , ,c Min a b c 
Ta có : 
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
       2 2 22 2 2 2
2
a b b c c a ab bc ca
A ba c          
      22 2 2
.
2
a b b c a c ab bc ca       
Mà :      02 2ab bc ca b c a c c b a c        (đúng ). Suy ra :     2 2A b c cb aa    
(1) 
Lại có :      2 2 2
1 1 1
B
a b b c a c
      
 
 
      
2
2 2 2
1 2a b
a c b ca b b c a c
       (2) 
Đặt :     2 ;a b u b c a c v     . Từ (1) và (2) suy ra : 
      22 2 2 2 21 2 22 5 2 4u u v u vu u v v uu v u v u v u vv
u
v
P
v
                 
     Đặt , 0
u
t t
v
  . Xét 
hàm số :   2 24 5f t t t
t
    , ta có :        22 22 12 1 5' 2 4 ' 0 21tf t t t f t ttt t           
Lập bảng biến thiên cho ta :   5 1 11 5 5
2 2
f ft
     
 . 
Vậy  2
0
11 5 5
2 2
1
,
5
0
c
MinP a b ab
a b
    



 ( Hoặc hoán vị ) 
Lời giải 2. Giả sử  , ,c Min a b c . Suy ra : ;b a ab c c   . Do đó : 
     
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 a b a b a b
a b
a b a ba
P
a b b
               
2
.
2
a b
b a
a b
b a
a b
b a

     
 Đặt : , 2a b t t
b a
   . 
Xét hàm số :      
2
2
2 3
, ' 2 0
2 2
5
2
t
f t t f t t t
t t
        . 
Lập bảng biến thiên cho ta :   3 5 11 5 5
2 2
f t f
      
 Bài toán 54. Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng 
bằng 1. 
Chứng minh rằng 
     2 2 2 3a b c b c a c a b         . 
Lời giải. Do a, b, c có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 
1 1
;1 , 0;
3 3
a b c a c              . 
Ta có:        2 2 2 22 2 9 8 3a b c b a c a b a b c c c             . 
29 8 3VT c c c     . 
Xét hàm số   2 19 8 3 0
3
F c c c c c         . 
Ta có :        2 2
2
18 8 9 8 3 4
' 0 9 8 3 8 18 1
92 9 8 3
c c c c
F c c c c c c
c c c
               
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
Giải phương trình (1) và so sánh điều kiện ta được 1 7 33,
3 24
c c
  . 
Lập bảng biến thiên ta có : 
    10 3 3
3
MinF c F F VT         đpcm. 
Dấu ‘=’ xảy ra khi  , ,a b c là 1 1 1 1 1; ;0 , ; ;
2 2 3 3 3
          và các hoán vị. 
 Bài toán 55. Cho a, b là các số thực thuộc 0;2  . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
     2 2 2
1 1 1
P
a b b c c a
     
Lời giải. Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 2a b c    . 
Từ  2
1 1
0 2
4
c a
c a
     . 
Tiếp tục ta có:    2 2
1 1
0 2
2
c b b
b c b
       và  2 2
1 1
0 b a b
ba b
     
Suy ra    2 2
1 1 1
, 0;2
42
P b
b b
     . 
Xét hàm số      2 2
1 1 1
, 0;2
42
F b b
b b
     
Ta có :    3 3
2 2
' 0 1
2
F b b
b b
      . 
Lập bảng biến thiên ta có :     9 91
4 4
MinF b F MinP    
Dấu " " xảy ra tại    ; ; 0;1;2 .a b c  
4. Phương pháp tiếp tuyến. 
Chú ý. Nếu đường thẳng y ax b  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y f x tại điểm 
 0 0;A x y (A không là điểm uốn) khi đó tồn tại một khoảng  ;  chứa điểm 0x sao cho 
   , ;f x ax b x      hoặc    , ;f x ax b x      . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
0x x . 
 Bài toán 56. Cho a, b, c dương thỏa mãn : 1a b c   . 
Chứng minh bất đẳng thức 9
1 1 1 10
a b c
bc ca ab
    . 
 Lời giải. Ta có    2 2
4
4 1
4
1
1
a a
b c
a
bc a
   
 Hoàn toàn tương tự, ta sẽ chứng minh 
2 2 22 5 2 5 2 5
4 4 4 9
10a a b b c c
a b c
        
 Xét hàm số      
2
2 222 5 2 5
4 4 20
'
x x
f
x x
xf x
x x
      
 Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 0 13x  là 
99 3
100
x
y
 
 Lúc đó       
2
2 2
3 1 15 11
0, 0;1
2
4 9
5 2 5
9 3
100 100
x xx x
x x xx
x  
  
  
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
 Từ kết quả trên thay x bởi , ,a b c ta được: 
  
2 2 2
99 94 4 4
2 5 2
9
10 05 05 12a a
a b ca
b b c c
b c
    
     (đpcm) 
 Bài toán 57. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. 
Chứng minh bất đẳng thức 
1 1 1 9 1 1 1
4
a b c a b c a b b c c a
            . 
 Lời giải. Chuẩn hóa 1.a b c   Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh là: 
  4 1 4 1 4 1 9 *
1 1 1a a b b b b
                      
 Xét hàm số   25 1xf x x x
  , phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 
 0 13x  là 18 3.y x  
 Do , ,a b c là ba cạnh của một tam giác nên 
1
1
1
2
1
2
2
2
a b c
xa b c
a b
a
c
b
c
         



 Suy ra        
2
2
3 1 2 1 1
18 3 0;,
2
0
x x
f x x
x x
x
           
 Từ đó ta có:          8* 9 91VT f a f b f c a b c       (đpcm). 
 Bài toán 58. Cho 3, ,
4
a b c   thỏa mãn 1.a b c   . Chứng 
minh bất đẳng thức  2 2 2 9 *101 1 1
a b c
a b c
     . 
 Lời giải. 
 Xét hàm số   2 1
x
f x
x
  . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 
 0 13x  là 
36 3
50
x
y
 . 
 Xét hiệu       
2
2
0,
1
3 1 4 3 436 3 3
50 450
x xx
f xx
x
       
 Do đó          36 9 9
50 50 10
* a b cVT f a f b f c        (đpcm). 
 Bài toán 59. (Japan MO 2002) Chứng minh rằng với mọi 
số thực , ,a b c không âm ta có bất đẳng thức 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 22 2 2
3
5
b c a c a b a b c
b c c a aa bb c
  
         . 
 Lời giải. Chuẩn hóa 1a b c   , bất đẳng thức đã cho trở thành: 
        
2 2
2 2 22 1
1 2 1 2 1 2 3
*
52 2 2 1 2 12
a a
aa a aa a
a    


  
 Xét hàm số   22 44 112 2
x
f
x
x
x
x
 
  , phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 
 0 13x  là 
54 23
25
x
y
  . 
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
 Do đó     
   
 
23 2
2 2
27 1
0
2 1
2 54 2 3 1 6 154 23
2 25 2 5 15 2 2 2
x x xx
f x
x
xx x x
  
  
  

 
          54 23 33.
25 25 5
* x yVT f a f b c zf       (đpcm) 
 Bài toán 60. (USA MO 2003) Chứng minh rằng với mọi số 
thực , ,a b c không âm ta có bất đẳng thức 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 22 2 2
8
2
2 2
2
2
2
b c a c a b a b c
b c c a a ba b c
           . 
 Lời giải. Chuẩn hóa 1.a b c   Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 
        
2 2 2
2 2 2
1 1 1
3 3
8 *
2 1 2 1 13 2a
a b c
a cb cb
   
 
  
 Xét hàm số   22 2 13 2 1
x
f x
x
x
x



 , phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 
 0 13x  là 
12 4
3
x
y
 . 
 Khi đó         
2
2
3 1 4 11
0, 0;1
2
2 4
3 3 3 1
x xx
f x
x
x
x
       
 Nên          12 43. 8
3 3
*VT f a f b f a b cc      (đpcm). 
 Bài toán 61. (Russia MO 2002) Cho các số thực dương 
, ,a b c thỏa mãn điều kiện 3.a b c   Chứng minh bất đẳng 
thức 
ab c ac b ca b     . 
 Lời giải. Ta có    2 2 2 29 2b ca b c a ab bc ca        
 Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
  2 2 2 9 *2 2 2a a cb c b     
 Xét hàm số   2 ,2f x x x  tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ 
 0 1x  là 3 .y x 
 Khi đó        22 3 2 0, 0;33 1 2f x x x x x x xx x        
 Nên          3* 9VT f a f b f c a b c      (đpcm). 
 Bài toán 62. Cho các số thực dương , ,a b c Chứng minh bất 
đẳng thức 
       2 2 2
9
4
a b c
a b cb c c a a b
      
. 
 Lời giải. Chuẩn hóa 1.a b c   Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
        2 2 2
9
*
41 1 1
a b c
a b c
     . 
 Xét hàm số    21
x
f x
x
  , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 
 0 13x  là 
18 3
4
x
y
 . 
 Khi đó ta có 
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
    
   
   
23 2
2 2
20 3
0, 0;
3 1 2 318 3 18 39
4 4
1
4 1 1
x xx x x
f x
x x
x
x
         
  
 Nên          18* 9 9
4 4 4
VT a bf a f b f c c      (đpcm). 
5. Khảo sát hàm nhiều biến số. 
 Bài toán 63. Cho a, b, c dương thỏa mãn : 2 2 2 3a b c   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1
2 2 2
P
a b c
     . 
Lời giải. 
Ta xét hàm số    21 11 , 0; 3
2 2
f x x x
x
    
Ta có:    
 
 
 
2
3 5
0; 3
2
1
' 0 1 0; 3
2
3 5
0; 3
2
x
f x x x
x
x
           
. 
Lập bảng biến thiên ta có     21 1 1 11
2 2 2 2
f x f x
x
      . 
Thay x bởi a, b, c vào ta được :  2 2 21 1 1 3 1 3
2 2 2 2 2
P a b c
a b c
          . 
Vậy 3MinP  tại 1.a b c   
 Bài toán 64. Cho các số thực 0;, 2,a b c  , thỏa mãn 
3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 22 3 2 24 2060b c aP a c     
 Lời giải : Từ  3 3a b c a b c       . Suy ra : 
   2 2 23 2 3 2 62 4 03 2 0P b c b b cc c                2 23 4 42 28 2063cb c cb     . 
Ta có : 2' 6 2 , '
3
04b b
c
P b c P b      . Do 2 22 00
3 3
c
c
     . 
Ta có bảng biến thiên : 
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy : 
        
        2
0;2
2
0 ; 2 2
2 0 4 4 424 2067 28 2 0063 4
MaxP Max P P P
Do P P ccc cc
 
     
Lại có :      2 24 2067. ' 8 24 0, 0;22 4P c cc f c cf c              0 2067c ff  . Hay 
2067 1; 2; 0MaxP a b c     . 
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
 0;2
22 13 86 2063
3 3 3b
c
MinP P c c
       
Xét   213 86 2063, 0;2
3 3
g c c c c      , 
ta có      26 86' 0 2 2023
3 3
g c c g c g    . 
 Hay 2023 2; 0; 1MinP c b a     . 
 Bài toán 65. Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn x z . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 2
2
2 3
.
2
   
x zxz y
P
xz yz x zy yz
Lời giải. 
Ta có 2
2
2 3
1 1 2
     
 
 
xx y
xz y zy z
y x xxzyz yzy
z y z
. 
Đặt  
2
1 2
4
; 1
        a babx y x aa b b
z z
ba
y
 . 
 Khi đó:       
2
2 3 2 2 6
1 1 2 1 2
               
ab a b a b aba b ab
P
b a ab ab a b ab
Đặt 21
4
      


ab u v
u
a b v
Xét hàm số   22 2 6,
1 2
     
u v u
f u v
u v u
v có 
      
2
2 2
2
' , 0,
1
3 2
, 0
2
    
   u
v v
uf u v
u
v
u v
Do đó    2 222 22, :4 2
4
8
       
 
v v v
f u v g v
v v
f 
Lại có 
             
3
3
2 322
44 4 16 64 4
' ' 0 4
8
0
2 22
16

            
v v v v
g v g v v v
vv v
Lập bảng biến thiên ta thấy        2; 11min 4 2 3   g v g g 
Dấu “=” xảy ra  
4
2
12
            
a b
a b a b
a ba b
a b
 Hay 11min
3
   P x y z hoặc 2 4 . x y z 
 Bài toán 66. ( Khối A - 2011) . Cho x,y,z là ba số thực thuộc 
đoạn 1;4   và ;x y x z  .Tìm nhỏ nhất của biểu thức 
2 3
x y z
P
x y y z z x
     
 Lời giải . 
 Nếu x y , thì   1 6
5 5
x z
P z
x z x z
     . 
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
 Nếu x y , ta có :    
 
     2 2 2 2'
x z zy y x
P z
y z z x y z x z
         
     2 2' 0P z x z y x y z z xy x         
Lập bảng biến thiên ta thấy :     22 1 2 , , 1;22 3 12 3yx xP z xy t tx y t yP ty x          
 Khảo sát sự biến thiên cho ta :     342 .
33
ff t  
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4; 1; 2.x y z   
 Bài toán 67. Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 
,c a c b  . Chứng minh rằng 
2 2 2 2 2a b a
b c c
b c
a ab bc ca
            
  
 Lời giải. 
 Ta có  2 2 2 22 20 10
b
a
b c a b a b
b c c aa c b a
                 

 
 Xét hàm số     
2 2 2
0,
a
f c c
c a b ab
c b
   có: 
        
2 2 2
2
2
'
c c a b ab a b c
f c
ab b ca
b
c
a    

    
    
    
 
22 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2
abc a b c a a b c a b c a
ab bc
b
ca ab bc ca
b     


 

 
    
2 2 2
2
2 2
2
2aa b ac bc c b
ab bc ca
     
 
           
2 2 2 2
2
0
a b a c a b c b c c
ab bc ca
b a       
 
   do 
a
c b
c


 
 Suy ra      2 20 2a a bf c
ab b
b
f
a
   
 Lại có  22 22 2 1 32
a ba a b
b ab a b a
b        
 Từ (1), (2), (3) suy ra bất đẳng thức được chứng minh. 
 Dấu “=” xảy ra 
0
a b
c
   
 Bài toán 68. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: 
abc a c b   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 2 1
2
1 1
2 3
P
a b c   
 Lời giải. Ta có  1 0a c b ac    . 
 Dễ thấy 1ac   10 a
c
  nên 
1
a c
b
ac
  
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2(1 ) 3
 P=
1 ( ) (1 ) 1
2 2( ) 3
 2
1 ( 1)( 1) 1
ac
a a c ac c
a c
a a c c
      
      
 Xét   22 2 2 22 2( ) 3 21 ( 1)( 1) 1
x c
f x
x x c c
       
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
 2 2
2 2 2
2( 2 2 1) 3 1
( ) 2 víi 0 < x <
( 1)( 1) 1
x cx c
f x
cx c c
       
 2'
2 2 2
4 ( 2 1)
 ( ) 
( 1) ( 1)
c x cx
f x
x c
      
 trên khoảng 10;
c
    , 
' 2
0( ) 0 1f x x c c      và  'f x đổi dấu từ 
 dương sang âm khi x qua 0x , suy ra  f x đạt cực đại tại 0.x x 
  2 22 2 21 2 3 2 3 Víi 0; : f 21 11 1 1
c
x x
c c cc c c c
                
 Xét 
22
2 3
( ) víi c>0
11
c
g c
cc
  
 2' '
2 2 2
2(1 8 ) 1
( ) g ( ) 0 ( × c >0)
2 2( 1) ( 1 3 )
c
g c c c v
c c c
    
  
   1 2 24 10 c > 0: g 
3 9 32 2
c g
         
1
2
10
. DÊu "=" xÈy khi 2
3
1
2 2
a
P ra b
c
    
 Vậy giá trị lớn nhất của P là 10
3
. 
6. Kết hợp với việc sử dụng Bổ đề. 
 Bài toán 69. Cho , , 0x y z  thoả mãn 0x y z   . Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức  
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
    
Bổ đề. Trước hết ta có:  
3
3 3
4
x y
x y
  (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương) 
Lời giải. Đặt .x y z a   Khi đó      
3 33 3
3 3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
        
 (với zt
a
 , 0 1t  ); 
 Xét hàm số    3 31 – 64f t t t  với 0;1t   . 
 có  22 1'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t           
 Lập bảng biến thiên  
 0;1
64
f
81t
Min t

   
 GTNN của P là 16
81
 đạt được khi 4 0.x y z   
 Bài toán 70. (Đề chọn đội tuyển QG dự thi IMO 2005) . 
Cho a,b,c >0. 
 Chứng minh rằng 3 3 3
3 3 3( ) ( ) (
3
) 8
a b c
a b b c c a
   
 Lời giải : Đặt , , 1b c ax y z xyz
a b c
     
 – Website chuyên tài liệu đề thi file word 
 Bất đẳng thức đã cho trở thành :
3 3 3
1 1 1 3
8(1 ) (1 ) (1 )x y z
     
 Áp dụng AM-GM ta có :      33 263
1 3
8(1
1 1 1
3
) 18 21 1 xx xx
      
 Ta cần CM bất đẳng thức : 
2 2 2
1 1 1 3
4(1 ) (1 ) (1 )x y z
     
 Bổ đề:      2 2
1 1 1
, 0
11 1
x y
xyx y
   
 Bổ đề này được CM bằng cách biến đổi tương đương đưa v