Bất đẳng thức Canada và thêm một hướng tiếp cận

Ta có bất đẳng thức trong đề thi Canada nổi tiếng sau đây:
Chứng minh rằng:
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \leq \frac{4}{27}$ nếu $a+b+c=1$ và a,b,c dương.
Ta có cách giải dồn biến về biên ở đây
Lời giải khác
Nếu $\{ p,q,r \}= \{ a,b,c \}$, $p \geq q \geq r$, thì $pq \geq pr \geq qr$,
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a =a(ab)+b(bc)+c(ca) \leq p(pq)+q(pr)+r(qr)$
$=q(p^{2}+pr+r^{2}) \leq q(p+r)^{2}= \frac{1}{2}(2q)(p+r)(p+r)$
$\leq \frac{1}{2}(\frac{(2q)+(p+r)+(p+r)}{3})^{3}$
$=\frac{1}{2}(\frac{2}{3})^{3}=\frac{4}{27}$

Dùng ý tưởng này ta có thể chứng minh:
Bài 1: Cho $a+b+c+d=4$ and $a,b,c,d\geq0$.
Chứng minh rằng $a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab\leq4$
Lời giải:
Đặt ${p,q,r,s}={a,b,c,d}$ and $p \geq q \geq r \geq s$. Theo bất đẳng thức hoán vị:
$a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab=a(abc)+b(bcd)+c(cda)+d(dab)$
$\leq p(pqr)+q(pqs)+r(prs)+s(qrs)=(pq+rs)(pr+qs)$
$\leq (\frac{pq+rs+pr+qs}{2})^{2}=\frac{1}{4}((p+s)(q+r))^{2}$
$\leq \frac{1}{4}((\frac{p+q+r+s}{2})^{2})^{2}$
$=4$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $q=r=1$ và $p+s=2$.  $(a,b,c,d)=(1,1,1,1),(2,1,1,0)$ và các hoán vị

Bài 2: $a,b,c,d,e \ge 0$ Chứng minh: $a^{2}bcd+b^{2}cde+c^{2}dea+d^{2}eab+e^{2}abc \leq 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^{5}$.

Lời giải:

Đặt $\{a,b,c,d,e\}=\{p,q,r,s,t\}$. Không mất tính tổng quát giả sử $p\le q\le r\le s\le t$ Và ta có $pqrs\le prst\le pqst\le pqrt\le qrst$.  Vì thế theo bất đẳng thức hoán vị:


  $$\begin{eqnarray} &&\text{LHS}=a(abcd)+b(bcde)+c(cdea)+d(deab) \\ &\le& p(pqrs)+q(prst)+r(pqst)+s(pqrt)+t(qrst) \\ &=& qrs(p^2+t^2+3pt)=qrs[(p+t)^2+pt] \\ &\le& \frac{(2q)(2r)(2s)(p+t)(p+t)}{8}+pqrst \\  &\le& \frac18(\frac{2q+2r+2s+p+t+p+t}{5})^5+(\frac{p+q+r+s+t}{5})^5 \\ &=& 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^5 \end{eqnarray}$$