Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2005 год

Дан квадратный трехчлен $f(x)=x^2+ax+b$ с целыми коэффициентами, удовлетворяющий неравенству $f(x) \geq -{9\over 10}$ при любом $x$. Докажите, что $f(x)\geq -{1\over 4}$ при любом $x$. ( А. Храбров )

Комментарий/решение

$\textbf{Решение.}$ $x^2+ax+b\geq -0,9~ \Longleftrightarrow ~ (2x+b)^2+4b-a^2\geq -3,6.$ Пусть $x=-\frac{-b}{2}$, тогда $4b-a^2\geq -3,6$. Так как $a,b$ - целые числа, то получим $4b-a^2\geq -3$. Уравнения $4b-a^2=-3$ и $4b-a^2=-2$ не имеет решения, так квадрат целого числа не может давать остатки $2$ и $3.$. Следовательно, $4b-a^2\geq -1$. Значит $(2x+b)^2+4b-a^2\geq -1$, откуда $f(x)\geq -\frac{1}{4}$ при любом $x$.

Необходимо и достаточно чтобы дискриминант $f(x)+\frac{9}{10}$ был $\le 0$ т.е. $a^2 - 4b \le -3.6$. Уравнение $a^2 - 4b = t$ для $t=-2,3$ неразрешимо по $\mod 4$, значит $a^2-4b \le -1$ что равносильно $f(x)+\frac{1}{4} \ge 0$ $\blacksquare$