Bài toán:    Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:
$(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+ \dfrac{3(x-y)(y-z)(z-x)}{xyz} \ge 9$

Lời giải: BĐTcần chứng minh tương đương với :
$$3+\sum \dfrac{x}{y}+\sum \dfrac{y}{x}+3\sum \dfrac{x}{y}-3\sum \dfrac{y}{x}\geq 9 \\ \Leftrightarrow 2\sum \dfrac{x}{y}\geq \sum \dfrac{y}{x}+3$$
Có thể có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức trên nhưng có lẽ cách đơn giản nhất là dùng ... $EMV$
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh 
$$2(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})\geq 3+(\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}) \\ \Leftrightarrow 3(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}-\dfrac{y}{x}-\dfrac{z}{y}-\dfrac{x}{z})+(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}-6)\geq 0 \\ \Leftrightarrow 3(x-y)(y-z)(z-x)+x(y-z)^{2}+y(z-x)^{2}+z(x-y)^{2}\geq 0\  (*)$$ 
Đặt $f(a,b$,$c$)$=VT(*)$.
Theo $EMV$ thì $f(a,b$,$c$)$\geq$ $f(a-x,b-x,c-x)$ với $x$ là một số thực dương thoả mãn $x\leq max${$a$,$b$,$c$} và ($a-x$,$b-x$,$c-x$) là $3$ cạnh của tam giác.
Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max${$a$,$b$,$c$}, theo bất đẳng thức tam giác thì :
$$b-x+c-x\geq a-x\Leftrightarrow x\leq b+c-a$$
Suy ra $x\in [0;b+c-a]$
Theo $EMV$, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trên với $a=b+c$, tức là :
$$3yz(z-y)+y^{3}+z^{3}+(y+z)(y-z)^{2}\geq 0 \\ \Leftrightarrow 2(y^{3}+z^{3})+2yz^{2}-4y^{2}z\geq 0 \\ \Leftrightarrow 2y(y-z)^{2}+2z^{3}\geq 0$$
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$