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原题简化,就是下面罗列的条件.
已知实数$a,b,c,x,y$满足$a-2b+c=1,b^2-ac<0,ax^2+2bxy+cy^2=1$,求证:$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$
证明:
(1).对$x,y$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le ax^2+2bxy+cy^2$$
再对$a,b$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)$$
原式成立则这个齐次式也是成立的,最好的情况也就是能构成完全平方式
其实作差就是
\[ (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)-(ac-b^2)(x+y)^2=((a-b)x+(b-c)y)^2 \ge 0\]
(2).可变形为\[ (ax+by)^2+(ac-b^2)y^2=a\]
因此$a>0,c>0$,由柯西不等式
\begin{align} |a(x+y)|&=|(ax+by)+(a-b)y|\\ &=|(ax+by)+\frac{a-b}{\sqrt{ac-b^2}}\sqrt{ac-b^2}y|\\ &\le \sqrt{1+\frac{(a-b)^2}{ac-b^2}}\sqrt{(ax+by)^2+(ac-b^2)y^2}\\ &=\sqrt{\frac{a(a+c-2b)}{ac-b^2}}\sqrt{a}=\frac{a}{\sqrt{ac-b^2}}
\end{align}
因此$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$
