Ta sẽ chứng minh $T \le9$$\Leftrightarrow \sum\frac{4}{a+b} \le9+\sum\frac{1}{a}$
$\Leftrightarrow \frac{4\biggl[(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b) \biggr]}{(a+b)(b+c)(c+a)} \le 9+\frac{ab+bc+ca}{abc}$
$\Leftrightarrow \frac{4\bigg[a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) \bigg]}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc} \le \frac{9abc+ab+bc+ca}{abc}$
$\Leftrightarrow \frac{1+ab+bc+ca}{ab+bc+ca-abc} \le \frac 14 \Bigg[ \frac{9abc+ab+bc+ca}{abc} \Biggr]$
$\Leftrightarrow 4abc(ab+bc+ca) +(ab+bc+ca)^2 \ge 4abc+9a^2b^2c^2$
$\bullet$Ta có $abc(ab+bc+ca)=abc(ab+bc+ca)(a+b+c) \ge abc.3\sqrt{(abc)^2}.3\sqrt{abc}=9(abc)^2$
Nên chỉ cần cm
$3abc(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)^2 \ge 4abc$
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2-3abc(a+b+c) \ge abc\big[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca) \big]$
$\Leftrightarrow c(a-b)^2+a(b-c)^2+b(c-a)^2 \ge \frac 12abc \left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right]$
$\Leftrightarrow \sum \Bigg[ c(a-b)^2 \left( 1-\frac{ab}2\right) \Bigg] \ge0$
Dễ thấy bdt cuối luôn đúng
$\Rightarrow \max T=9\Leftrightarrow a=b=c=\frac 13$