Bất đẳng thức chặt hơn vẫn đúng
\[\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \geqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}.\]
Anh $Huyện$ xem cách này có ổn không?
Tồn tại $0\leqslant t < 1$ sao cho $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$
Với $t=0$ thì $a=b=c=1$ ta có ngay điều phải chứng minh.
Với $0<t<1$ thì :
Áp dụng bổ đề của thầy $VQBC$ , ta được $a,b,c \leqslant 1+2t$
Theo $CS$ :$\sum \frac{1}{a^2} \geqslant \frac{1}{3} (\sum\frac{1}{a})^2$
Áp dụng tiếp $CS$ ta có :$\sum \frac{1}{a} =\frac{1}{1+2t} (\sum( \frac{1+2t-a}{a})+3) \geqslant \frac{1}{1+2t} (\frac{(\sum 1+2t-a)^2}{\sum a(1+2t-a)}+3)=\frac{3t+3}{(1-t)(1+2t)}$
Mà $\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac} = \frac{3+6t^2}{1-t^2}$
Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{1}{3}(\frac{3t+3}{(1-t)(1+2t)})^2 \geqslant \frac{3+6t^2}{1-t^2}$
Nhưng nó hiển nhiên đúng vì tương đương với $(1-t)t^2(8t^3+1-t) \geqslant 0$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$