Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác
⇒ $a,b,c > 0$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:
$a^2 + bc \geq 2 \sqrt{a^2bc}$
⇔ $\dfrac{1}{a^2 + bc} \leq \dfrac{1}{2a\sqrt{bc}}$
⇔ $\dfrac{1}{a^2 + bc} \leq \dfrac{2\sqrt{bc}}{2abc}$
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm ta có:
$b + c \geq 2\sqrt{bc}$
Do đó: $\dfrac{1}{a^2 + bc} \leq \dfrac{b + c}{2abc}(1)$
Chứng minh tương tự ta có: $\dfrac{1}{b^2 + ac} \leq \dfrac{a + c}{2abc}(2)$
$\dfrac{1}{c^2 + ab} \leq \dfrac{a +b}{2abc}(3)$
Cộng vế với vế (1), (2) và (3) ta được
$\dfrac{1}{a^2 + bc} + \dfrac{1}{b^2 + ac} + \dfrac{1}{c^2 + ab} \leq \dfrac{b + c}{2abc} + \dfrac{a + c}{2abc} + \dfrac{a +b}{2abc}$
⇔ $\dfrac{1}{a^2 + bc} + \dfrac{1}{b^2 + ac} + \dfrac{1}{c^2 + ab} \leq \dfrac{2(a + b +c)}{2abc}$
⇔ $\dfrac{1}{a^2 + bc} + \dfrac{1}{b^2 + ac} + \dfrac{1}{c^2 + ab} \leq \dfrac{a + b +c}{abc}$
