Ta có:

$V{T}^2={\left(ab+bc+ca\right)}^2\le \left(a^2+b^2+c^2\right)(b^2+c^2+a^2)={\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2$

Lấy căn bậc hai của hai vế, ta đi đến:

$a^2+b^2+c^2\ge \left|ab+bc+ca\right|\ge ab+bc+ca$, đpcm.

- Ta có:

$$\begin{gathered} {\left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)}^2 \\ ={\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)}^2 \\ \le \left(1^2+1^2+1^2\right)\left(p-a+p-b+p-c\right)=3p \\ \iff \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le \sqrt{3p} \left(1\right) \end{gathered}$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

$\frac{\sqrt{p-a}}{1}=\frac{\sqrt{p-b}}{1}=\frac{\sqrt{p-c}}{1}\iff a=b=c$

- Ta đi chứng minh:

$\sqrt{p}<\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}$

Bằng phép biến đổi tương đương, cụ thể:

$$\begin{gathered} \sqrt{p}<\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c} \\ \iff p<p-a+p-b+p-c \\ +2\sqrt{(p-a)(p-b)}+2\sqrt{(p-c)(p-a)}+2\sqrt{(p-b)(p-c)} \\ \iff 0<2\sqrt{(p-a)(p-b)}+2\sqrt{(p-c)(p-a)}+2\sqrt{(p-b)(p-c)} \end{gathered}$$

Ta có: ${\left(3x+4y\right)}^2\le \left(3^2+4^2\right)\left(x^2+y^2\right)=25$

Lấy căn hai vế, ta được:

$\left|3x+4y\right|\le 5\iff -\le 3x+4y\le 5$, đpcm.

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:

${\left(x^2+y^2\right)}^2={\left(\sqrt{x}.\sqrt{x^3}+\sqrt{y}.\sqrt{y^3}\right)}^2\le \left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)=2\left(x+y\right)$

$\iff {\left(x^2+y^2\right)}^4\le 4{\left(x+y\right)}^2=4{\left(1.x+1.y\right)}^2\le 4(1+1)\left(x^2+y^2\right)=8\left(x^2+y^2\right)$

${\left(x^2+y^2\right)}^3\le 8\iff x^2+y^2\le 2$, đpcm.

Dễ nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 1.

Đặt:

$$\begin{gathered} A=\frac{a_1^2}{a_2+a_3+a_4}+\frac{a_2^2}{a_3+a_4+a_5}+\frac{a_3^2}{a_4+a_5+a_1}+\frac{a_4^2}{a_5+a_1+a_2}+\frac{a_5^2}{a_1+a_2+a_3} \\ B=a_1^2(a_2+a_3+a_4)+a_2^2(a_3+a_4+a_5)+a_3^2(a_4+a_5+a_1)+a_4^2(a_5+a_1+a_2)+a_5^2(a_1+a_2+a_3) \\ C=a_1^2{(a_2+a_3+a_4)}^2+a_2^2{(a_3+a_4+a_5)}^2+a_3^2{(a_4+a_5+a_1)}^2+a_4^2{(a_5+a_1+a_2)}^2+a_5^2{(a_1+a_2+a_3)}^2 \\ D=3\left[a_1^2(a_2+a_3+a_4)+a_2^2(a_3+a_4+a_5)+a_3^2(a_4+a_5+a_1)+a_4^2(a_5+a_1+a_2)+a_5^2(a_1+a_2+a_3)\right] \\ E=a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2 \end{gathered}$$

Do:

$3(x^2+y^2+z^2)\ge {(x+y+z)}^2$ đúng với $\forall x,y,z\in ℝ$

Nên

$D\ge C$                                                                        (1)

Bằng biến đổi đơn giản, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{5}{9}{E}^2-D=\frac{3}{10}\text{[(}{a}_1^2+a_2^2-a_3^2-a_4^2{)}^2+{(a_2^2+a_3^2-a_4^2-a_5^2)}^2+{(a_3^2+a_4^2-a_5^2-a_1^2)}^2 \\ +{(a_4^2+a_5^2-a_1^2-a_2^2)}^2+{(a_5^2+a_1^2-a_2^2-a_3^2)}^2+{(a_1^2-a_4^2)}^2 \\ +{(a_1^2-a_3^2)}^2+{(a_2^2-a_4^2)}^2+{(a_2^2-a_5^2)}^2+{(a_3^2-a_4^2)}^2\text{]}\ge 0 \end{gathered}$$

Nên $\frac{5}{9}{E}^2\ge 0$                                                                   (2)

Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta thu được:

$A.B\ge E^2$                                                                    (3)

Vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta thu được:

$B^2\le EC$                                                                    

Từ (1) và (2), ta có:

$B^2\le EC\le ED\le E.\frac{5}{9}{E}^2=\frac{5}{9}{E}^3$                                        (4)

Từ (3) và (4), ta thu được: $A\ge \frac{\sqrt{5}}{3}\sqrt{E}\ge \frac{\sqrt{5}}{3}$, do $E\ge 1$.

Đẳng thức chỉ xảy ra khi: $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=\frac{1}{\sqrt{5}}$