设实数 $a、b、c、d$ 满足 $abcd >0$，证明：存在 $a、b、c、d$ 的一个排列．$x、y、z、w$，使得 $2(xz+yw)^2 >(x^2＋y^2)(z^2 +w^2)$．
【难度】
【出处】
2016年中国西部数学邀请赛试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
假设对 $ a、b、c、d$ 的任意一个排列 $x、y、z、w$，都有 $2(x z+y w)^{2} \leqslant\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(z^{2}+w^{2}\right)$
则对排列 $a、c、b、d$ 有 $2(a b+c d)^{2} \leqslant\left(a^{2}+c^{2}\right)\left(b^{2}+d^{2}\right)$，
对排列 $a、d、c、b$ 有 $2(a c+d b)^{2} \leqslant\left(a^{2}+d^{2}\right)\left(c^{2}+b^{2}\right)$，
对排列 $a、b、d、c$ 有 $2(a d+b c)^{2} \leqslant\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(d^{2}+c^{2}\right)$，
将三式相加得，$2\left(a^{2} b^{2}+c^{2} d^{2}+a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}\right)+12 a b c d\leqslant 2\left(a^{2} b^{2}+c^{2} d^{2}+a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}\right)$
即 $abcd\leqslant 0$．这与 $abcd> 0$ 矛盾！
证法二
取 $x、z$ 是 $a、b、c、d$ 中最大的两个，$y、w$ 是 $a、b、c、d$ 中最小的两个．下证这样的排列满足要求．
事实上，因为 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(z^{2}+w^{2}\right)-(x z+y w)^{2}=(x w-y z)^{2}$，所以只需证明 $(x z+y w)^{2}>(x w-y z)^{2}$ 即 $|x z+y w|>|x w-y z|$．①
因为，$x y z w>0$．所以 $x、z$ 的符号相同．$y、w$ 的符号相同．注意到当同时改变 $x、z$ 或 $y、w$ 的符号时，式 ① 不变．因此可不妨设 $x、y、z、w$ 都大于 $0$．此时 $|.2 z+y x|=x z+y x e>x z>\max \{x w, y z\}>|x w-y z|$
所以 ① 式成立，故结论得证．
假设对 $ a、b、c、d$ 的任意一个排列 $x、y、z、w$，都有 $2(x z+y w)^{2} \leqslant\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(z^{2}+w^{2}\right)$
则对排列 $a、c、b、d$ 有 $2(a b+c d)^{2} \leqslant\left(a^{2}+c^{2}\right)\left(b^{2}+d^{2}\right)$，
对排列 $a、d、c、b$ 有 $2(a c+d b)^{2} \leqslant\left(a^{2}+d^{2}\right)\left(c^{2}+b^{2}\right)$，
对排列 $a、b、d、c$ 有 $2(a d+b c)^{2} \leqslant\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(d^{2}+c^{2}\right)$，
将三式相加得，$2\left(a^{2} b^{2}+c^{2} d^{2}+a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}\right)+12 a b c d\leqslant 2\left(a^{2} b^{2}+c^{2} d^{2}+a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}+a^{2} d^{2}+b^{2} c^{2}\right)$
即 $abcd\leqslant 0$．这与 $abcd> 0$ 矛盾！
证法二
取 $x、z$ 是 $a、b、c、d$ 中最大的两个，$y、w$ 是 $a、b、c、d$ 中最小的两个．下证这样的排列满足要求．
事实上，因为 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(z^{2}+w^{2}\right)-(x z+y w)^{2}=(x w-y z)^{2}$，所以只需证明 $(x z+y w)^{2}>(x w-y z)^{2}$ 即 $|x z+y w|>|x w-y z|$．①
因为，$x y z w>0$．所以 $x、z$ 的符号相同．$y、w$ 的符号相同．注意到当同时改变 $x、z$ 或 $y、w$ 的符号时，式 ① 不变．因此可不妨设 $x、y、z、w$ 都大于 $0$．此时 $|.2 z+y x|=x z+y x e>x z>\max \{x w, y z\}>|x w-y z|$
所以 ① 式成立，故结论得证．
答案
解析
备注
