Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2005 жыл

Кез келген $x$ үшін $f\left( x \right)\ge -\dfrac{9}{10}$ теңсіздігін қанағаттандыратын бүтін коэффициентті квадрат үшмүшелігі берілген. Кез келген $x$ үшін $f\left( x \right)\ge -\dfrac{1}{4}$ болатынын дәлелде. ( 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 $x$.