Yanıt: $\boxed{C}$
$S=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}$ ifadesinde en büyük değeri elde etmek içn $a=1,b=4,c=9,d=16$ değerlerini vermek akla yakın duruyor. Bu durumda $S=1+2+3+4=10$ elde edilir.
Şimdi gerçekten $S\le 10$ olduğunu ispatlayalım. $f:\mathbb R^+ \to \mathbb R^+$, $f(x)=\sqrt{x}$ dersek $f^{\prime \prime} (x)=-\dfrac{1}4x^{-3/2}<0 $ olup $f$ fonksiyonu $\mathbb R^+$ kümesi üzerinde konkavdır. Jensen eşitsizliğinden $p_1+p_2+p_3+p_4=1$ koşulunu sağlayan $p_i>0$ sayıları ve her $x_i>0$ için $$f(p_1x_1+p_2x_2+p_3x_3+p_4x_4) \ge p_1f(x_1)+p_2f(x_2)+p_3f(x_3)+p_4f(x_4) \tag{1}$$ olur. $p_1=\dfrac{1}{10},p_2=\dfrac{2}{10},p_3=\dfrac{3}{10},p_4=\dfrac{4}{10}$ ve $x_1=a,x_2=\dfrac{b}{4},x_3=\dfrac{c}{9},x_4=\dfrac{d}{16}$ seçilip $(1)$ de yazılırsa $$\sqrt{\dfrac{1}{10}\cdot a + \dfrac{2}{10}\cdot \dfrac{b}{4} + \dfrac{3}{10}\cdot \dfrac{c}{9}+\dfrac{4}{10}\cdot \dfrac{d}{16}} \ge \dfrac{\sqrt{a} +\sqrt{b} + \sqrt{c} + \sqrt{d}}{10} \tag{2}$$ olur. Buradan $S \le 10\cdot \sqrt{\dfrac{12a+6b+4c+3d}{120}}$ elde edilir. $12a+6b+4c+3d=3(a+b+c+d)+(a+b+c)+2(a+c)+6a \le 3\cdot 30 + 14 + 2\cdot 5 + 6\cdot 1 = 120$ olduğundan $S \le 10$ elde edilir.
