Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$.

Áp dụng bđt $\frac{{{{(a + b)}^2}}}{{x + y}} \le \frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y}$ với $a, b, x, y>0$

$\frac{1}{{3 - ab}} = \frac{{(3 - ab) + ab}}{{3(3 - ab)}} = \frac{1}{3} + \frac{{ab}}{{3(3 - ab)}} \le \frac{1}{3} + \frac{{ab}}{{3(3 - \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2})}} = \frac{1}{3} + \frac{{2ab}}{{3({a^2} + {b^2} + 2{c^2})}}$

$\frac{1}{{3 - ab}} \le \frac{1}{3} + \frac{1}{6}.\frac{{{{(a + b)}^2}}}{{({a^2} + {c^2}) + ({b^2} + {c^2})}} \le \frac{1}{3} + \frac{1}{6}.\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right]\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$

Tương tự cộng lại có $P \le \frac{3}{2}$ nên max $P = \frac{3}{2}$ khi $a=b=c=1$