IMO 1973 · Problem 3
Let \(a\) and \(b\) be real numbers for which the equation \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] has at least one real solution. For all such pairs \((a,b)\), find the minimum value of \(a^2+b^2\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{\frac45}. \]
Solution
Let \(x\) be a real root. Since the constant term is \(1\), we have \(x\ne0\). Dividing the equation by \(x^2\) gives \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0. \] Put \(t=x+\frac1x\). Then \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
By the Cauchy–Schwarz inequality, \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] Consequently, \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] where the last inequality follows from \(t^2\ge4\).
To show that this bound is attained, take \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25. \] Then \(x=1\) is a root, since \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] and \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] Thus the required minimum is \(\boxed{\frac45}\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1973 · Aufgabe 3
Seien \(a\) und \(b\) reelle Zahlen, für die die Gleichung \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] mindestens eine reelle Lösung hat. Bestimme unter allen solchen Paaren \((a,b)\) den kleinsten Wert von \(a^2+b^2\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{\frac45}. \]
Lösung
Sei \(x\) eine reelle Nullstelle. Da das konstante Glied \(1\) ist, gilt \(x\ne0\). Division der Gleichung durch \(x^2\) ergibt \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0. \] Setze \(t=x+\frac1x\). Dann gilt \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
Nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung gilt \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] Folglich ist \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] wobei die letzte Ungleichung aus \(t^2\ge4\) folgt.
Um zu zeigen, dass diese Schranke erreicht wird, wähle \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25. \] Dann ist \(x=1\) eine Nullstelle, denn \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] und es gilt \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] Somit ist das gesuchte Minimum \(\boxed{\frac45}\).
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1973 · Soru 3
\(a\) ve \(b\), \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] denkleminin en az bir gerçel çözümü olmasını sağlayan gerçel sayılar olsun. Bu koşulu sağlayan tüm \((a,b)\) çiftleri için \(a^2+b^2\) ifadesinin en küçük değerini bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{\frac45}. \]
Çözüm
\(x\) bir gerçel kök olsun. Sabit terim \(1\) olduğundan \(x\ne0\) olur. Denklemi \(x^2\) ile bölersek \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0 \] elde ederiz. \(t=x+\frac1x\) koyalım. O hâlde \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
Cauchy–Schwarz eşitsizliğine göre, \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] Dolayısıyla, \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] burada son eşitsizlik \(t^2\ge4\) olmasından çıkar.
Bu sınıra ulaşıldığını göstermek için \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25 \] alalım. Bu durumda \(x=1\) bir köktür, çünkü \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] ve \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] Dolayısıyla istenen en küçük değer \(\boxed{\frac45}\) olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1973 · Problema 3
Sean \(a\) y \(b\) números reales para los cuales la ecuación \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] tiene al menos una solución real. Entre todos esos pares \((a,b)\), hallar el valor mínimo de \(a^2+b^2\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{\frac45}. \]
Solución
Sea \(x\) una raíz real. Como el término independiente es \(1\), tenemos \(x\ne0\). Al dividir la ecuación por \(x^2\), obtenemos \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0. \] Pongamos \(t=x+\frac1x\). Entonces \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
Por la desigualdad de Cauchy–Schwarz, \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] Por consiguiente, \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] donde la última desigualdad se deduce de \(t^2\ge4\).
Para demostrar que esta cota se alcanza, tomemos \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25. \] Entonces \(x=1\) es una raíz, pues \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] y \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] Por tanto, el mínimo buscado es \(\boxed{\frac45}\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1973 · 问题 3
设 \(a\) 和 \(b\) 为实数，使方程 \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] 至少有一个实数解。在所有这样的数对 \((a,b)\) 中，求 \(a^2+b^2\) 的最小值。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{\frac45}. \]
解答
设 \(x\) 为一个实根。由于常数项为 \(1\)，有 \(x\ne0\)。将方程两边除以 \(x^2\)，得 \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0. \] 令 \(t=x+\frac1x\)。则 \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
由柯西–施瓦茨不等式， \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] 因此， \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] 其中最后一个不等式由 \(t^2\ge4\) 得到。
为说明此下界可以达到，取 \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25. \] 此时 \(x=1\) 是方程的一个根，因为 \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] 且 \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] 因此，所求最小值为 \(\boxed{\frac45}\)。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1973 · Задача 3
Пусть \(a\) и \(b\) — действительные числа, для которых уравнение \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] имеет хотя бы одно действительное решение. Найдите наименьшее значение \(a^2+b^2\) по всем таким парам \((a,b)\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{\frac45}. \]
Решение
Пусть \(x\) — действительный корень. Поскольку свободный член равен \(1\), имеем \(x\ne0\). Разделив уравнение на \(x^2\), получим \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0. \] Положим \(t=x+\frac1x\). Тогда \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
По неравенству Коши — Буняковского \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] Следовательно, \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] где последнее неравенство следует из \(t^2\ge4\).
Чтобы показать, что эта оценка достигается, возьмём \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25. \] Тогда \(x=1\) — корень, поскольку \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] и \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] Таким образом, искомое наименьшее значение равно \(\boxed{\frac45}\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1973 · المسألة 3
ليكن \(a\) و\(b\) عددين حقيقيين بحيث يكون للمعادلة \[ x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0 \] حل حقيقي واحد على الأقل. أوجد القيمة الصغرى للمقدار \(a^2+b^2\) على جميع هذه الأزواج \((a,b)\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{\frac45}. \]
الحل
ليكن \(x\) جذرًا حقيقيًا. بما أن الحد الثابت هو \(1\)، فإن \(x\ne0\). بقسمة المعادلة على \(x^2\) نحصل على \[ x^2+\frac1{x^2}+a\left(x+\frac1x\right)+b=0. \] نضع \(t=x+\frac1x\). عندئذ \[ t^2=\left(x-\frac1x\right)^2+4\ge4, \qquad at+b=2-t^2. \]
من متباينة كوشي–شفارتز، \[ (t^2-2)^2=(at+b)^2\le(a^2+b^2)(t^2+1). \] ومن ثم، \[ \begin{aligned} a^2+b^2 &\ge \frac{(t^2-2)^2}{t^2+1}\\ &=\frac45+\frac{(t^2-4)(5t^2-4)}{5(t^2+1)} \ge\frac45, \end{aligned} \] حيث تنتج المتباينة الأخيرة من \(t^2\ge4\).
لإثبات أن هذا الحد يتحقق، نأخذ \[ a=-\frac45,\qquad b=-\frac25. \] عندئذ يكون \(x=1\) جذرًا، إذ إن \[ 1-\frac45-\frac25-\frac45+1=0, \] و \[ a^2+b^2=\frac{16}{25}+\frac4{25}=\frac45. \] إذن القيمة الصغرى المطلوبة هي \(\boxed{\frac45}\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).