Городская Жаутыковская олимпиада, 9 класс, 2002 год

Докажите, что если $ad-bc=1$, то ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+ac+bd\ge \sqrt{3}.$

Комментарий/решение

Представим что а, -b, c, d относится к R, допустим а = 4, d = 0,5, -b= -0,5, c = 2.

28,75 > корень из 3

А теперь представим что коэффициенты сколько угодно разные то >корень из 3 правда потому что сумма любых a, b, c d которые удовлетворяют первому условию и сумма коэффициентов в квадрате из неравенства будет явно больше корня из 3 это аксиома

Тождество $(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 = (a^2+b^2)(c^2+d^2)$

Если $ac+bd=x , \ a^2+b^2=t , \ c^2+d^2=n$

Тогда по тождеству $x^2+1 = tn$ нужно показать что $S=t+n+x \geq \sqrt{3}$

Используя $(t+n)^2 \geq 2\sqrt{tn} = 2\sqrt{x^2+1}$ тогда

$S = 2\sqrt{x^2+1} + x $

$(S-x)^2 = 4(x^2+1)$

$S^2-2Sx-3x^2-4=0$

$3x^2+2Sx+4-S^2=0$

$D = (2S)^2-4\cdot 3(4-S^2) = 4S^2-12(4-S^2) = 16S^2-48 \geq 0 $

$S \geq \sqrt{3}$