Một số kỹ thuật AM-GM

 Phạm Quốc Sang 
Một số kỹ thuật AM-GM 
Phạm Quốc Sang - Học sinh K9 chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam 
I. Kỹ thuật chọn điểm rơi: 
Đây là kỹ thuật rất quan trọng trong quá trình sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải toán. 
Dựa vào việc xác định điều kiện xảy ra đẳng thức, ta sẽ thêm bớt hay tách biểu thức cần 
chứng minh thành các nhóm hay biểu thức phù hợp. 
Bài 1: Cho 3a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2
1
2P a
a
  
Sai lầm thường gặp: 3
2 2
1 1
3 . . 3 3P a a a a minP
a a
       
Nguyên nhân: 
2
1
3 1minP a a
a
     vô lí do 3a  
Phân tích: Ta xét một vài giá trị của a để dự đoán chiều biến thiên của P : 
 a 3 4 5 6  20 
 P 
1
6
9
1
8
16
1
10
25
1
10
25
1
40
400
Từ bảng, ta nhận xét khi a tăng thì P tăng. Do đó, ta dự đoán giá trị nhỏ nhất của P là 
1
6
9
tại 3a  . 
Sơ đồ điểm rơi: 
2
3
1 1
3 31 1
9 27
9
a
a
a
 
 


     

Lời giải chi tiết: 3
2 2
1 52 1 52 55
3 . . .3
27 27 27 27 27 27 9
a a a a a
P
a a
       
Suy ra 
55
9
minP  khi 3a  
Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
1
.P abc
abc
  
Sai lầm thường gặp: 
1
2 . 2 2P abc minP
abc
    
Nguyên nhân: 
3
1 1
2 1
3 27
a b c
minP abc abc
abc
  
       
 
 vô lí 
 Phạm Quốc Sang 
Phân tích: P là biểu thức đối xứng theo ba biến , ,a b c . Do đó, ta dự đoán 
1
3
a b c   là 
điều kiện xảy ra đẳng thức. Mặc khác, ta dễ nhận ra P có dạng 
1
t
t
 với t abc hoặc 
1
t
abc
 
Ta có: 
3
1 1
27
3
t
abc a b c
  
  
 
 
Do đó, ta quy bài toán về tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
1
P t
t
  với 27t  . 
Sơ đồ diểm rơi: 
27
1 1
27 271 1
27 729
27
t
t
t
 
 


     

Lời giải chi tiết: 
1 728 1 728 730
2 . .27
729 729 729 729 27
t t t
P
t t
      
Vậy 
730
27
minP  khi 
1
27
3
t a b c     
Lưu ý: Trong quá trình giải toán, ta rất ít khi gặp các bài toán có dạng đơn biến. Thay vào đó, 
ta thường xuyên gặp các biểu thức dạng đa biến phức tạp. Do đó, ta cần linh hoạt sử dụng các 
bất đằng thức phù hợp để đưa biểu thức cần chứng minh về một biến số rồi đánh giá. 
Bài 3: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
1 1 1
2P a b c
a b c
 
      
 
Sai lầm thường gặp: 3 33 3
1 1
3 2.3 2 3 .2.3 6 2P abc abc
abc abc
    
Suy ra 6 2.minP  
Nguyên nhân sai lầm: 3 33
1 1
6 2 2 2
3 3
a b c
minP abc abc
abc
 
       vô lí 
Phân tích: Do P là đa thức đối xứng theo ba biến , ,a b c nên ta dự đoán 
1
3
a b c   là điều 
kiện để xảy ra cực trị. Từ đây, ta có rất nhiều hướng để giải bài toán dựa vào việc phân tích 
điểm rơi. 
Lời giải 1: Do vai trò của , ,a b c trong P là tương tự nhau nên ta chỉ cần phân tích a sau đó 
làm tương tự với ,b c 
 Phạm Quốc Sang 
Sơ đồ điểm rơi: 
1
1 13
.
1 3 9
a
a
a
a


 


   
 

1 1 1 17 1 1 1
9 9 9 9
1 1 1 17 9 2
2 . 2 . 2 . . .3 17 19.
9 9 9 9 3
P a b c
a b c a b c
a b c
a b c a b c
       
               
       
      
 
( Chú ý ta có bất đẳng thức 
1 1 1 9
a b c a b c
  
 
) 
Suy ra 19minP  khi 
1
.
3
a b c   
Lời gải 2: Ta có: 
9 18
2. .P a b c a b c
a b c a b c
       
   
Đặt 
1
1.t t
a b c
  
 
Khi đó  
1
18 1 .P t t
t
   
Ta có: 
1 1
17 17 2 . 19.P t t t
t t
      
Suy ra 19minP  khi 
1
1 .
3
t a b c     
Lời giải 3: Ta có: 3
3
3
3 2. .P abc
abc
  
Đặt 
3
1 1 3
3
3
t
a b c a b cabc
   
   
Do đó, ta quy bài toán về tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
1
3 2P t
t
 
  
 
 với 3.t  
Sơ đồ điểm rơi: 
1 1
1 1
3 3 .3
3 9
3
t t
t
 
 


     
 
 Phạm Quốc Sang 
Ta có: 
1 17 1 17
3 3 2 . .3 19.
9 9 9 9
t t t
P
t t
  
            
Suy ra 19minP  khi 
1
3 .
3
t a b c     
Bài 4: Cho , ,a b c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1 1 1 .
2 2 2
a b c
P
b c a
   
      
   
Sai lầm thường gặp: 2 2 2 4 2 4 2.
2 2 2
a b c
P minP
b c a
    
Nguyên nhân sai lầm: 
2
4 2 2 0.
2
a b
minP b c a b c
c a


      
 
 vô lí do , , 0a b c  
Phân tích: Do P là đa thức đối xứng theo ba biến , ,a b c nên ta dự đoán a b c  là điều 
kiện xảy ra đẳng thức. 
Khi đó 
1
2 2 2 2
a b c
b c a
   nên ta dự đoán 
3
3
.
2
minP
 
  
 
Lời giải chi tiết: 
Lời giải 1: Ta có 3 3
1 1 1 1 3
1 3 . . .
2 2 2 2 2 2 2 2
a a a a
b b b b
      
Tương tự 3 3
3 3
1 , 1 .
2 2 2 2
b b c c
c c a a
    
Suy ra 
3
3 3 3
3 27
. . . .
2 8
a b c
P
b c a
 
  
 
Vậy 
27
8
minP  khi .a b c  
Lời giải 2: Ta có 
        3 3 32 2 22 2 2 3 3 3 27
.
8 8 8 8
b a c b a c b b a c c b a a c ab bc ca
P
abc abc abc
        
    
Suy ra 
27
8
minP  khi a b c  
Lời giải 3: Ta có 
 Phạm Quốc Sang 
3 3
1
1
2 2 2 4 4 4 8
1 27
1 3 . . 3 . . .
2 2 2 4 4 4 8 8
a b c b c a
P
b c a a b c
a b c b c a
b c a a b c
   
          
   
    
Suy ra 
27
8
minP  khi a b c  
Một số bài tập tương tự: 
Bài 1: Cho ,x y là các số thực dương thỏa 1x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
1 1
x y
S
x y
 
 
Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 1a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
3 3 3P a b b c c a      
Bài 3: Cho ,a b là các số thực dương thỏa 1a b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3 2 2
1 1 1
S
a b a b ab
  

II. Kỹ thuật đồng bậc hóa: 
Đồng bậc là kỹ thuật giải toán dựa vào việc tạo ra các biểu thức đồng bậc nhau ở hai vế của 
bất đẳng thức cần chứng minh. Ở chương này, ta sẽ tập trung đi vào giải các bài toán gồm ba 
biến số. 
Bậc của đơn thức: Ta quy ước đơn thức a b c   có bậc     . 
Ví dụ: 
3 5
2
3
, , , , 
a a
a ab a bc
b c
 là các đơn thức bậc hai. 
Ta nhận xét rằng: Có vô số cách biểu diễn một đơn thức bậc k qua n biến 1 2, .... .na a a 
1. Cộng thêm các biểu thức đồng bậc vào bất đẳng thức: 
Bài 1: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng 
3 3 3
.
a b c
ab bc ca
b c a
     
Phân tích: Ta nhận xét rằng, hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh đều có bậc hai. Do đó, 
ta cần cộng thêm vào hai vế một biểu thức chứa các đơn thức bậc hai. 
Xét 
3a
b
: Ta có ba đơn thức bậc hai có liên hệ với với 
3a
b
 là 2 2, , .a b ab 
 Phạm Quốc Sang 
Ta xét 3 trường hợp: 
3 3 5
2 22 . 2 .
a a a
a a
b b b
   , 
3 3 3
2 22 . 2 .
a a a
b b
b b b
   , 
3 3
22 . 2 .
a a
ab ab a
b b
   
So sánh 3 trường hợp thì việc ghép 
3a
b
 với ab là phù hợp nhất. Tương tự, ta ghép 
3b
c
 với bc 
và ghép 
3c
a
 với ca . 
Lời giải chi tiết: 
Lời giải 1: Ta có 
 
   
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 22 . 2 . 2 . 2 2 .
a b c a b c
ab bc ca ab bc ca
b c a b c a
a b c
ab bc ca a b c ab bc ca
b c a
       
                 
       
        
Suy ra 
3 3 3
.
a b c
ab bc ca
b c a
     
Đẳng thức xảy ra khi a b c  
Lời giải 2: Ta có        3 3 2 2 2 , , 0.x y x y x y xy x y xy xy xy x y x y            
Ta có: 
 
     
   
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
2 2 2 .
a b c a b c
a b c b c a
b c a b c a
a b b c c a
b c a
ab a b bc b c ca c a
b c a
a b c ab bc ca
       
                 
       
  
  
  
  
     
Suy ra 
3 3 3a b c
ab bc ca
b c a
     
Đẳng thức xảy ra khi a b c  
Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng 
3 3 3
.
a b c
a b c
bc ca ab
     
Phân tích: Ta nhận xét rằng: bậc ở hai vế đều là bậc một. Do đó, ta sẽ cộng vào một biểu thức 
gồm các đơn thức bậc một. 
 Phạm Quốc Sang 
Xét 
3a
bc
: nếu ý tưởng ban đầu là sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm thì ta sẽ 
xét các nhóm: 
3 3 3
, , 
a a a
a b c
bc bc bc
   . Tuy nhiên sau khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 
hai số, các kết quả thu được vẫn khá phức tạp. Do đó, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Cauchy 
cho ba số. 
Ta cũng thực hiện tương tự, xét các nhóm 
3 3 3
, , 
a a a
a b b c c a
bc bc bc
      thì chỉ có duy 
nhất 
3a
b c
bc
  cho ra kết quả là 3a . Tương tự với 
3 3
,
b c
ca ab
 ta cũng thu được các nhóm tương 
ứng là 
3 3
, 
b c
c a a b
ca ab
    
Lời giải chi tiết: 
Lời giải 1: Ta có 
 
 
3 3 3 3 3 3
3 3 3
3 3 3
2
3 . . 3 . . 3 . . 3 .
a b c a b c
a b c b c c a a b
bc ca ab bc ca ab
a b c
b c c a a b a b c
bc ca ab
       
                    
       
     
Suy ra 
3 3 3
.
a b c
a b c
bc ca ab
     
Đẳng thức xảy ra khi .a b c  
Lời giải 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có: 
 
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
2
2 . 2 . 2 . 2
2 . 2 . 2 . 2 .
a b c a b b c c a
bc ca ab bc ca ca ab ab bc
a b b c c a ab bc ca
bc ca ca ab ab bc c a b
ab bc bc ca ca ab
c a a b b c
ab bc bc ca ca ab
a b c
c a a b b c
       
              
       
 
      
 
     
          
     
     
Suy ra 
3 3 3a b c
a b c
bc ca ab
     
Đẳng thức xảy ra khi a b c  
Bài 3: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng 
5 5 5
3 3 3.
a b c
a b c
bc ca ab
     
 Phạm Quốc Sang 
Phân tích: Ta nhận xét: hai vế của bất đẳng thức đều cùng bậc ba. So với hai bài trước thì bài 
này có bậc cao hơn và số cách biểu diễn để tạo thành các nhóm phù hợp cũng nhiều hơn. Do 
đó ở bài này, ta sẽ phân tích tổng quát hơn: 
Xét 
5a
a b c
bc
   với  
3
, , 0 1
, ,
  
  
  
  


 
Theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có: 
5 1 15 5
2 2 22 . 2. .
a a
a b c a b c a b c
bc bc
  
     
  
   
Ta chọn , ,   sao cho  
5 1 1
, , 2
2 2 2
    
   
Từ (1), (2) chỉ có duy nhất một bộ số 1.     
Tương tự với 
5 5
, .
b c
ca ab
Lời giải chi tiết: Ta có: 
 
 
5 5 5 5 5 5
5 5 5
3 3 3
3 3 3
3
2 . 2 . 2 . 2
3 .
a b c a b c
abc abc abc abc
bc ca ab bc ca ab
a b c
abc abc abc a b c
bc ca ab
a b c abc
       
               
       
     
   
Suy ra 
5 5 5
3 3 3a b c a b c
bc ca ab
     
Đẳng thức xảy ra khi a b c  
Lưu ý: Đối với dạng toán này, ta nên lấy một hạng tử bất kì để phân tích. Ví dụ: ở bài 1 ta lấy 
3a
b
 thì ta sẽ xét a b  , ở bài 2 ta lấy 
3a
bc
 thì ta xét a b c   và ở bài 3, lấy 
5a
bc
 thì ta xét 
a b c   . Tức là nếu hạng tử ta xét chứa n biến thì đơn thức cộng thêm sẽ chứa n biến đó. Do 
vậy, nếu sau khi phân tích có  k k n biến thì sẽ có n k biến có số mũ bằng 0 . 
Bài 4: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng 
4 4 4
3 3 3a b c a b c
b c a
     
Phân tích: Cả hai vế của bất đẳng thức đều bậc ba. Do đó, biểu thức cộng thêm sẽ chứa các 
đơn thức bậc ba. 
 Phạm Quốc Sang 
Xét 
4a
a b
b
  với  
3
, 0 1
,
 
 
 
 


 
Ta có: 
4 14 4
2 22 . 2.
a a
a b a b a b
b b
 
   
 
   . 
Ta chọn ,  sao cho  
4 1
, 2
2 2
  
  . 
Từ    1 , 2 có duy nhất bộ    ; 2;1   
Tương tự với 
4 4
,
b c
c a
 ta cũng được các nhóm 
4 4
2 2,
b c
b c c a
c a
  
Lời giải chi tiết: Ta có: 
 
 
4 4 4 4 4 4
2 2 2 2 2 2
4 4 4
2 2 2 3 3 32 . 2 . 2 . 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a
b c a b c a
a b c
a b b c c a a b c
b c a
       
                 
       
     
Mặc khác ta có: 33 3 3 3 3 3 23 . . 3a a b a a b a b    
Tương tự: 3 3 3 23b b c b c   , 3 3 3 23c c a c a   
Do đó:    
4 4 4
3 3 3 2 2 2 3 3 32
a b c
a b c a b b c c a a b c
b c a
           
Đẳng thức xảy ra khi a b c  . 
Bài tập tương tự: 
Bài 1: Chứng minh rằng 
3 3 3
, , , 0
a b c
ab bc ca a b c
b c a
       
Bài 2: Chứng minh rằng 
5 5 5
2 2 2
3 3 3
, , , 0
a b c
a b c a b c
b c a
       
Bài 3: Cho n là một số tự nhiên  0n  . Chứng minh rằng 
1 1 1
, , , 0
n n n
n n na b c a b c a b c
b c a
  
       
2. Làm đồng bậc bất đẳng thức: 
Bài 1 : Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 3a b c   . Chứng minh rằng 
2 2 2 3
2
a b c
b c c a a b
  
  
 Phạm Quốc Sang 
Phân tích: Ta nhận xét rằng, bậc ở vế trái là bậc 1, còn vế phải là bậc 0. Do đó, ta cần làm 
đồng bậc hai vế bằng cách thay 3 a b c   vào vế phải. Ta sẽ quy bài toán về chứng minh 
2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
 
  
  
Lúc này, cả hai vế của bất đẳng thức đều cùng bậc 1 nên ta sẽ cộng thêm các biểu thức gồm 
các đơn thức bậc 1. 
Xét nhóm  
2a
a b c
b c
   

 với , 0   
Ta có hai hướng giải với bất đẳng thức Cauchy: 
1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số: Dễ thấy trong trường hợp này chỉ có cặp 
 
2a
b c
b c
 

 là phù hợp. Mặc khác, ta nhận xét: 1a b c   là điều kiện để xảy ra đẳng 
thức. Do đó, với 1a b c   ta có: 
 
 
2
2
1
1 1
22
2 4
2
a
a
b cb c
b c
b c
  
 


      
  
2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm: khi đó ta sử dụng cả ba số 
 
2
, ,
a
a b c
b c
  

. Cũng so sánh điều kiện 1a b c   và  
2a
a b c
b c
   

 ta tìm 
được 
1 1
,
2 4
   
Lời giải chi tiết: 
Lời giải 1: Ta có: 
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
2 4 4 4
2 . 2 . 2 .
4 4 4
a b c a b c b c a c a b
a b c
b c c a a b b c c a a b
a b c b c a c a b
a b c
b c c a a b
       
               
          
  
     
  
Suy ra  
2 2 2 1 3
2 2
a b c
a b c
b c c a a b
     
  
Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   
Lời giải 2: Ta có 
 Phạm Quốc Sang 
 
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 4 2 4 2 4
3
3 . . 3 . . 3 . .
2 4 2 4 2 4 2
a b c a a b c b b c a c c a b
a b c
b c c a a b b c c a a b
a a b c b b c a c c a b
a b c
b c c a a b
       
                  
          
  
     
  
Suy ra  
2 2 2 1 3
2 2
a b c
a b c
b c c a a b
     
  
Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   
Lời giải 3: Ta có: 
   
 
 
2 22 2
0 , 0 
x y ay bxx y
a b
a b a b ab a b
 
      
 
Áp dụng bất đẳng thức   ta có: 
   
 
2 22 2 2 2
2 2
a b a b ca b c c a b c
b c c a a b b c c a a b a b c
    
     
        
Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   
Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 2 2 2 3a b c   . Chứng minh rằng
3 3 3
1
2 2 2
a b c
b c c a a b
  
  
Phân tích: Bậc của vế trái là hai. Do đó, ta quy bậc của vế phải về bậc hai bằng cách thay 
2 2 2
1
3
a b c 
 . Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
3 3 3 2 2 2
2 2 2 3
a b c a b c
b c c a a b
 
  
  
. 
Ta nhận xét rằng 1a b c   là điều kiện để xảy ra đẳng thức. Tương tự bài 1, ta xét 
 
3
2 2
2
a
a a b c
b c
   

với , 0   . 
Trường hợp 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có cặp 
   
3 3
22 2 . 2 2 .
2 2
a a
a b c a b c a
b c b c
      
 
Khi đó  
3
2
2
a
a b c
b c
 

 kết hợp với 1a b c   ta tìm được 
1
9
  
Trường hợp 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số  
3
2, , 2
2
a
a a b c
b c
  

 thì 
 Phạm Quốc Sang 
 
3
2 2
2
a
a a b c
b c
   

 kết hợp với 1a b c   ta tìm được 
1 1
,
3 9
   
Lời giải chi tiết: 
Lời giải 1: Ta có:
     
     
     
 
3 3 3
3 3 3
3 3 3
2 2 2
2 2 2
2 2 2 9 9 9
2 2 2
2 9 2 9 2 9
2 2 2 2
2 . 2 . 2 .
2 9 2 9 2 9 3
a b c b c a c a ba b c
b c c a a b
a b c b c a c a ba b c
b c c a a b
a b c b c a c a ba b c
a b c
b c c a a b
    
       
     
       
          
       
  
     
  
Suy ra  
3 3 3
2 2 22
2 2 2 3 3
a b c ab bc ca
a b c
b c c a a b
 
     
  
Mặt khác 2 2 2a b c ab bc ca     
Nên 
3 3 3 2 2 2
1
2 2 2 3
a b c a b c
b c c a a b
 
   
  
Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   
Lời giải 2: Ta có: 
   
     
     
 
3 3 3
2 2 2
3 2 3 2 3 2
3 2 3 2 3 2
2 2 23 3 3
2 2 2
1 1
2 2 2 3 3
2 2 2
2 3 9 2 3 9 2 3 9
2 2 2
3 . . 3 . . 3 . .
2 3 9 2 3 9 2 3 9
2
3
a b c
a b c ab bc ca
b c c a a b
a b c b c a c a ba a b b c c
b c c a a b
a b c b c a c a ba a b b c c
a b c
b c c a a b
a b c
 
        
   
       
             
       
  
     
  
    
1
3
ab bc ca  
Suy ra 
3 3 3 2 2 2
1
2 2 2 3
a b c a b c
b c c a a b
 
   
  
Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   
Lời giải 3: Áp dụng bất đẳng thức 
   
 
 
2 22 2
0 , 0 
x y ay bxx y
a b
a b a b ab a b
 
      
 
 ta có: 
 Phạm Quốc Sang 
     
 
     
 
 
   
 
3 3 3 4 4 4
2 2
2 2 2 2 24
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 3
.
1
3 3
a b c a b c
b c c a a b a b c b c a c a b
a b a b cc
a b c b c a c a b ab bc ca
a b c ab bc ca a b c
ab bc ca
    
     
  
  
     
     
  
 
Đẳng thức xảy ra khi 1a b c   . 
Bài 3: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa 1a b c   . Chứng minh rằng 
 
2 2 2
2 2 23
a b c
a b c
b c a
     . 
Phân tích: Ta nhận xét rằng, bậc vế trái là bậc một còn vế phải là bậc hai. Do đó, ta sẽ làm 
đòng bậc hai vế bằng cách nhân a b c  vào vế trái. 
Lời giải chi tiết: 
Lời giải 1: Ta có: 
   
2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2
2 2 2a b c a b c a b c a c b a c ba b c a b c
b c a b c a b c a b c a
     
                    
     
Mặc khác: 
2 2
2 . 2
a c a c
cb bc ac
b b
   , tương tự: 
2 2
2 , 2
b a c b
ac ba ba cb
c a
    
Suy ra 
2 2 2a c b a c b
ab bc ca
b c a
     
Do đó 
 
 
3 3 3 2 2 2 3 3 3
3 3 3 3 3 3
2 2 22 . 2 . 2 . 2
a b c a c b a c b a b c
ab bc ca
b c a b c a b c a
a b c a b c
ab bc ca ab bc ca a b c
b c a b c a
     
               
     
     
                
     
Ta suy ra  
2 2 2
2 2 23
a b c
a b c
b c a
     
Đẳng thức xảy ra khi 
1
3
a b c   
Lời giải 2: 
     
2 2 2 3 3 3 2 2 2
2 2 2 1
a b c a b c a c b a c b
a b c a b c
b c a b c a b c a
     
                 
     
 Phạm Quốc Sang 
Mặt khác ta cũng có: 
3 2 2 3 2 2
233 . . 3
a a c b a a a c b a
a
b b c b b c
    
Tương tự 
3 2 2 3 2 2
2 23 , 3
b b a c b c c b a c
b c
c c a a a b
      
Suy ra    
3 3 3 2 2 2
2 2 22 3 2
a b c a c b a c b
a b c
b c a b c a
   
          
   
Ta lại có: 
 
     
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2 2 2 22 . 2 . 2 . 2
a b c a b c
ab bc ca ab bc ca
b c a b c a
a b c
ab bc ca a b c a b c ab bc ca
b c a
       
                 
       
           
Do đó  
3 3 3
2 2 2 3
a b c
a b c
b c a
     
Lấy    2 3 vế theo vế rồi chia hai vế cho 2 ta được: 
     
3 3 3
2 2 22 4
a b c
ab bc ca a b c
b c a
 
        
 
Từ    1 , 4 ta suy ra  
2 2 2
2 2 23
a b c
a b c
b c a
     
Đẳng thức