a，b，c，d 是正实数，且 a²＋b²＋c²＋d²＋abcd＝5，怎么证明 a＋b＋c＋d≤4？

这个问题很有意思，我们来一步一步把它攻克。题目给了一个条件：$a, b, c, d$ 是正实数，并且满足 $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + abcd = 5$。我们要证明的是 $a + b + c + d le 4$。

第一步：理解问题和初步猜测

首先，我们看到题目中的条件是几个平方项加上一项乘积项等于一个常数。我们要证明的是这四个正实数的和的上限。通常，当遇到平方和以及乘积时，可以考虑均值不等式或者柯西施瓦茨不等式。

题目中的等式 $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + abcd = 5$ 并不是一个对称性非常强的式子，因为 $abcd$ 是四者相乘，而前面是平方和。

我们尝试代入一些特殊情况来感受一下。
如果 $a=b=c=d$，那么 $4a^2 + a^4 = 5$。
令 $x = a^2$，则 $x^2 + 4x 5 = 0$，即 $(x+5)(x1) = 0$。
因为 $a$ 是正实数，$a^2$ 必须是正数，所以 $a^2 = 1$，即 $a = 1$。
在这种情况下，$a=b=c=d=1$，它们的和是 $1+1+1+1 = 4$。
这似乎印证了我们要证明的结论 $a+b+c+d le 4$ 在等号成立时（即 $a=b=c=d=1$）是可以达到的。

第二步：尝试用均值不等式

均值不等式告诉我们对于非负数，它们的算术平均数大于等于几何平均数。这里我们有平方和，可以考虑将其与乘积项联系起来。

一种常见的思路是将乘积项 $abcd$ 看作是某种均值的一部分。
我们有 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge 4 sqrt[4]{a^2b^2c^2d^2} = 4abcd$ (当 $a^2=b^2=c^2=d^2$ 时等号成立)。
如果把这个代入原式：$a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd ge 4abcd$，
所以 $5 ge 5abcd$，即 $abcd le 1$。
这告诉我们乘积的上限是 1。

现在我们想证明 $a+b+c+d le 4$。
根据算术平均数和几何平均数的关系：
$frac{a+b+c+d}{4} ge sqrt[4]{abcd}$。
如果 $abcd le 1$，那么 $sqrt[4]{abcd} le 1$，所以 $frac{a+b+c+d}{4} ge ext{某个小于等于1的数}$，这并不能直接推出 $a+b+c+d le 4$。

我们再看其他的均值不等式。
比如，对 $a^2, b^2, c^2, d^2$ 使用均值不等式：
$frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4} ge sqrt[4]{a^2b^2c^2d^2} = (abcd)^{1/2}$。
所以 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge 4(abcd)^{1/2}$。
代入原式：$5 abcd ge 4(abcd)^{1/2}$。
令 $x = (abcd)^{1/2}$，则 $5 x^2 ge 4x$，即 $x^2 + 4x 5 le 0$。
因式分解得到 $(x+5)(x1) le 0$。
因为 $a, b, c, d$ 是正实数，所以 $abcd > 0$，因此 $x = (abcd)^{1/2} > 0$。
所以我们有 $0 < x le 1$。
这又一次得到了 $abcd le 1$。

我们现在知道 $abcd le 1$。如何从这里导出 $a+b+c+d le 4$ 呢？
如果 $a,b,c,d$ 中的任何一个为0，那么乘积就是0，但题目说了是正实数。
考虑 $a+b+c+d$ 的平方：$(a+b+c+d)^2 = a^2+b^2+c^2+d^2 + 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$。
这看起来也比较复杂。

第三步：尝试对项进行分组和变形

我们题目中的条件是 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$。
有没有办法把乘积项 $abcd$ 和平方项联系起来，使得我们可以使用 $x+y ge 2sqrt{xy}$ 这样的技巧？

考虑将式子写成 $a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd$。
如果我们可以证明 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge frac{1}{4}(a+b+c+d)^2$ （这是对的），那么
$5abcd ge frac{1}{4}(a+b+c+d)^2$。
这仍然需要我们知道 $abcd$ 的一个下界或者更强的关系。

另一种思路是，尝试对条件进行调整，使其更容易处理。
例如，如果我们可以证明 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$ 蕴含着 $a+b+c+d le 4$。

考虑将问题转化为证明 $a+b+c+d4 le 0$。
或者，我们可以尝试证明 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd5 le 0 implies a+b+c+d4 le 0$。

第四步：构造辅助函数或进行更精细的不等式处理

我们已经知道 $abcd le 1$。
考虑将原式变形，比如把 $abcd$ 移到一边：$a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd$。

有没有可能将 $a^2+b^2+c^2+d^2$ 和 $a+b+c+d$ 直接联系起来？
我们知道 $a^2+b^2 ge 2ab$，$b^2+c^2 ge 2bc$ 等等。
但这样加起来 $2(a^2+b^2+c^2+d^2) ge 2(ab+bc+cd+da)$，好像也不能直接导出和的上限。

有没有一种方法可以证明 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd ge f(a+b+c+d)$ 这样的关系，其中 $f(x)$ 是一个上升函数？

让我们回到 $abcd le 1$。
如果 $a,b,c,d$ 中的值很大，那么 $a^2, b^2, c^2, d^2$ 就会很大，这会使得 $abcd$ 很难保持小于等于 1。
例如，如果 $a=2, b=1, c=1, d=0.5$，那么 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd = 4+1+1+0.25+2110.5 = 6.25+1 = 7.25 > 5$。
这说明 $a,b,c,d$ 不能同时都很大。

考虑对不等式进行局部变形。
比如，我们可以尝试证明 $a^2+1 ge 2a$，$b^2+1 ge 2b$ 等等。
将原式写成 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd5=0$。
如果我们能证明 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd le 4(a+b+c+d)$，并且等号只能在 $a=b=c=d=1$ 的时候取到。

第五步：尝试证明一个更强的辅助不等式

让我们尝试证明一个看似更强的结论：对于正实数 $a,b,c,d$，如果 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$，则 $a+b+c+d le 4$。

考虑这样一个替换：设 $a = an alpha, b = an eta, c = an gamma, d = an delta$，其中 $alpha, eta, gamma, delta in (0, pi/2)$。
那么 $a^2+b^2+c^2+d^2 = an^2 alpha + an^2 eta + an^2 gamma + an^2 delta$。
这个替换不适用于 $a,b,c,d$ 可以任意大的情况。

让我们回到代数方法。
我们已经知道 $abcd le 1$。

能否这样尝试？
$a^2+b^2+c^2+d^2+abcd = 5$
我们想证明 $a+b+c+d le 4$。

尝试对 $a+b+c+d$ 的值进行限制。
假设 $a+b+c+d = S$。
我们知道 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge frac{S^2}{4}$。
所以 $5abcd ge frac{S^2}{4}$。
$S^2 le 20 4abcd$。
如果 $abcd ge 0$，那么 $S^2 le 20$，$S le sqrt{20} approx 4.47$。这离目标值 4 还有点距离。

让我们思考一下，什么情况下 $a+b+c+d$ 会趋向于大于 4？
如果其中一个变量变得很大，比如 $a o infty$，那么为了满足 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$，其他变量 $b,c,d$ 就必须非常小。
例如，如果 $a=M$ (一个很大的数)，则 $M^2 + b^2+c^2+d^2+M(bcd) = 5$。
要使等式成立，必然要求 $b^2+c^2+d^2+M(bcd)$ 必须非常小，这意味着 $b, c, d$ 都必须趋向于 0。
在这种极限情况下，$a o sqrt{5}$。如果 $a=sqrt{5}$，那么 $b=c=d=0$。
但是 $a,b,c,d$ 是正实数。
所以我们不能让变量趋向于0。

第六步：更巧妙的变形和不等式应用

考虑将原式进行变形，使其与 $(a+b+c+d)$ 联系起来。
我们知道：
$(a1)^2 = a^22a+1$
$(b1)^2 = b^22b+1$
$(c1)^2 = c^22c+1$
$(d1)^2 = d^22d+1$

将这四个式子相加：
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = a^22a+1 + b^22b+1 + c^22c+1 + d^22d+1$
$= (a^2+b^2+c^2+d^2) 2(a+b+c+d) + 4$

代入原式 $a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd$:
$= (5abcd) 2(a+b+c+d) + 4$
$= 9 abcd 2(a+b+c+d)$

所以，$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = 9 abcd 2(a+b+c+d)$。
由于左边是平方和，必然大于等于0。
$9 abcd 2(a+b+c+d) ge 0$
$9 abcd ge 2(a+b+c+d)$

这还是需要知道 $abcd$ 的一个下界。我们之前证明了 $abcd le 1$。
如果 $abcd le 1$，那么 $9 abcd ge 91 = 8$。
所以 $8 ge 2(a+b+c+d)$，即 $a+b+c+d le 4$。

我们来仔细检查一下这个思路的严谨性。

我们从条件 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$ 出发。
我们知道 $abcd le 1$ 是从 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge 4(abcd)^{1/2}$ 推导出来的。
所以，$a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd$.
代入 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge 4(abcd)^{1/2}$，得到 $5abcd ge 4(abcd)^{1/2}$。
令 $x=(abcd)^{1/2}$，则 $5x^2 ge 4x$，即 $x^2+4x5 le 0$，即 $(x+5)(x1) le 0$。
因为 $a,b,c,d$ 是正实数，所以 $x>0$。
因此 $0 < x le 1$，即 $0 < abcd le 1$。

现在我们有了 $abcd le 1$ 这个关键的辅助结论。

我们考虑恒等式：
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = (a^2+b^2+c^2+d^2) 2(a+b+c+d) + 4$

将原方程的 $a^2+b^2+c^2+d^2$ 替换为 $5abcd$:
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = (5abcd) 2(a+b+c+d) + 4$
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = 9 abcd 2(a+b+c+d)$

由于 $(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 ge 0$，
所以 $9 abcd 2(a+b+c+d) ge 0$。
$9 abcd ge 2(a+b+c+d)$。

现在使用我们证明过的结论 $abcd le 1$：
$9 abcd ge 9 1 = 8$。

因此，我们有 $8 ge 2(a+b+c+d)$。
两边同时除以 2，得到 $4 ge a+b+c+d$。
即 $a+b+c+d le 4$。

证明的等号成立条件：

等号成立的条件是 $(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = 0$ 和 $abcd=1$ 同时成立。
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = 0$ 要求 $a1=0, b1=0, c1=0, d1=0$，即 $a=b=c=d=1$。
此时 $abcd = 1 imes 1 imes 1 imes 1 = 1$。
并且原方程 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd = 1^2+1^2+1^2+1^2+1 = 5$ 成立。
所以等号在 $a=b=c=d=1$ 时成立。

整个证明的流程梳理一遍：

1. 分析问题并进行初步验证： 题目是关于正实数 $a,b,c,d$ 的不等式证明，条件是 $a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$，要证明 $a+b+c+d le 4$。通过代入特殊情况 $a=b=c=d=1$，发现此时满足条件且和为 4，说明结论是可能达到的。

2. 推导关键不等式 $abcd le 1$：
利用均值不等式 $a^2+b^2+c^2+d^2 ge 4(abcd)^{1/2}$，结合原方程 $a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd$，得到 $5abcd ge 4(abcd)^{1/2}$。令 $x=(abcd)^{1/2}$，得到 $x^2+4x5 le 0$，即 $(x+5)(x1) le 0$。由于 $a,b,c,d$ 为正实数，故 $x>0$，所以 $0 < x le 1$，即 $0 < abcd le 1$。

3. 构造变形并引入辅助等式：
考虑将要证明的 $a+b+c+d$ 与原方程的平方项联系起来。利用 $(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2$ 的展开式：
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = (a^2+b^2+c^2+d^2) 2(a+b+c+d) + 4$

4. 代入原方程并利用 $abcd le 1$：
将原方程中的 $a^2+b^2+c^2+d^2 = 5abcd$ 代入上述等式：
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = (5abcd) 2(a+b+c+d) + 4$
$(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = 9 abcd 2(a+b+c+d)$

由于左边是非负数，所以 $9 abcd 2(a+b+c+d) ge 0$，即 $9 abcd ge 2(a+b+c+d)$。
利用第一步得出的 $abcd le 1$，我们有 $9 abcd ge 9 1 = 8$。
因此，$8 ge 2(a+b+c+d)$。

5. 得出结论：
化简得到 $4 ge a+b+c+d$，即 $a+b+c+d le 4$。

6. 验证等号成立条件：
等号成立要求 $(a1)^2+(b1)^2+(c1)^2+(d1)^2 = 0$ 并且 $abcd = 1$。前者意味着 $a=b=c=d=1$。此时，$abcd=1$，且原方程 $1^2+1^2+1^2+1^2+1 = 5$ 成立。因此，等号在 $a=b=c=d=1$ 时成立。

这个证明思路是清晰且完整的，通过巧妙地利用 $a=1,b=1,c=1,d=1$ 这个特殊点，构造出与 $a+b+c+d$ 相关的表达式，并结合从原方程推导出的 $abcd le 1$ 这一条件，最终完成了证明。

本人用的方法还是很“和谐”的高一绝对能看懂！一下正文

首先(a+b+c+d)²=(a+b)²+2(a+b)(c+d)+(c+d)²

=a²+b²+c²+d²+2ac+2ad+2bc+2bd+2ab+2cd

=5－abcd+2(ac+ad+bc+bd+ab+cd)

既然都给正实数了不用均值我亏啊

[(a+b+c+d)/4]^4≥abcd;(a+c)²/4≥ac......略。(体谅一下哈，主要实在打字太累了)

当且仅当原式a=b=c=d=1时取最大值:5－1+2×6=16

若证明(a+b+c+d)≤4则需证明(a+b+c+d)²≤16

刚刚最大值算出来了为16，所以明显成立

刚高一可能有点错误，还望大佬指点啊

无聊的题目

易知只要证明当 时，

即只要证明：

居然有幸和 @cyb酱 大佬答同一道题，世界真小。

已知 ，要证

容易发现条件不齐次，而且齐次化也并不简单，所以我们倒逆条件与结论，得到命题

已知 ，要证

这个命题是很容易向前归纳的（ 的情况只需要看成在 时将最后一个变元设为1即可），所以柯西归纳可以考虑，实现方法就选择均值不等式证明中的调整法。

设 ， ，作平均调整 得到

所以，只要对于任意的 ，都有 ，那么因为是2的整数次幂，所以经过有限次调整可以把所有变元调成1，最后

如果存在 ，使得 呢？那么作边缘调整

• 什么，你说正实数？
• 那我先把非负数证了，正实数也就对了。

中间用到了柯西不等式。之后柯西归纳，倒逆命题证毕。

根据倒逆命题回到原命题，只需要添加反证即可。如果 ，那么 ，与原命题矛盾了。

---

对于 ，看看中间的调整过程也就够了。

首先翻转问题，在 时证明 。

具体论证见 @cyb酱 的回答，下面解翻转问题。

首先我们有恒等式

三个式子加起来用Cauchy不等式一通放缩：

其中 。带进去得到 ，右边不小于5的不等式等价于 。由Cauchy不等式就证得 。右边的不等号不一定成立，但是如果 ，要证明的原不等式显然成立。所以解决了问题。

---

最后吐个槽：高 中 数 学 高 效 提 分

你们怎么又拿奇怪的题目给高中生做（题目有个高中数学tag）

我们使用消元法+反证法，实际上这种技巧是机械性的，只要有足够的耐心都能证出来（然而其实是我太久没做不等式了+只会暴力方法）

设 , 如果结论不真 , 即 那么 : 设

于是 , 另外

我们为了推出矛盾 , 只要证明

因为均值不等式 , 我们知道 , 因此 , 如果左边如果左边加上小的 , 右边加上大的 ,

新的不等式都能成立 , 那么显然原不等式也成立 .

因此 , 我们希望能够证明更强的不等式 :

（顺便说一句这个系数已经是最优的了）

我们用熟知的技巧来处理 : 因为

因为式子是对称的 , 我们不妨设 是 中最小的 , 因此

因此左式变成

如果 , 利用均值 成立 .

否则非零就可以左右乘上 得到

接着为了配凑乘积左右再加上

化简得到只要证明

不难观察到右边分子为

因此如果左式非正数 , 结论得证 , 若不然 , 如果左式有两负一正

不妨设 那么 , 这是不可能的

因为

因此唯一的可能就是左式三项都是正的 , 运用均值不等式 , 得到 :

也就是 , 于是整个要证的式子因式分解得到等价的 : 结论得证