$4a_ia_j \leq (a_i + a_j)^2$ olduğundan $\dfrac{1}{a_i a_j} \geq \dfrac{4}{(a_i + a_j)^2} $ olur. Bununla beraber,
Begrström eşitsizliğini de uygularsak, pay kısmında $C(n,2)$ defa $2$ sayılarının toplamının karesi görünür. Şöyle ki:
$$ \displaystyle{ \sum_{1\leq i<j\leq n}{\dfrac{1}{a_{i}a_{j}}}} \geq \sum_{1\leq i<j\leq n} \dfrac{2^2}{(a_i + a_j)^2} \geq \dfrac{(C(n,2) \cdot 2 )^2}{(n-1)(a_{1}^2+a_{2}^2+\cdots+a_{n}^2) + 2 \sum_{1\leq i<j\leq n}a_ia_j } = \dfrac{n^2(n-1)^2}{n(n-1) + 2 \sum_{1\leq i<j\leq n}a_ia_j} \tag{1}$$
olur. Yine $4a_ia_j \leq (a_i + a_j)^2$ eşitsizliğini göz önüne alalım ve $1\leq i < j \leq n$ için taraf tarafa toplayalım.
$$ 4 \sum_{1\leq i<j\leq n} a_i a_j \leq (n-1) (a_{1}^2+a_{2}^2+\cdots+a_{n}^2) + 2 \sum_{1\leq i<j\leq n}a_ia_j $$
olup buradan
$$ 2\sum_{1\leq i<j\leq n} a_i a_j \leq n(n-1) \tag{2}$$
elde edilir. $(2)$ eşitsizliğini $(1)$ de kullanırsak
$$ \displaystyle{ \sum_{1\leq i<j\leq n}{\dfrac{1}{a_{i}a_{j}}}} \geq \dfrac{n^2(n-1)^2}{n(n-1) + n(n-1)} = \dfrac{n}{2}$$
elde edilir. Eşitlik durumu $a_1=a_2=\cdots = a_n=1$ iken sağlanır.
