3. Zadatak

Prvo rješenje.

Zbog $b_1^2\le4a_1c_1$, kvadratna funkcija $f_1(x)=a_1x^2+b_1x+c_1$ ima najviše jednu realnu nultočku (jer je diskriminanta $D_1=b_1^2-4a_1c_1\le0$). Zbog $a_1>0$ imamo $f_1(x)\ge0$ za sve $x\in\mathbb{R}$.

Analogno, promatrajući $f_2(x)=a_2x^2+b_2x+c_2$ dobivamo $f_2(x)\ge0$ za sve $x\in\mathbb{R}$.

Za svaki $x\in\mathbb{R}$ vrijedi da je $f_3(x)=5x^2+2x+1>0$ (diskriminanta je $D_3=-16<0$).

Zbrajanjem dobivamo $f_1(x)+f_2(x)+f_3(x)>0$, tj.

$$(a_1+a_2+5)x^2+(b_1+b_2+2)x+c_1+c_2+1>0$$

za svaki $x\in\mathbb{R}$.

Zato je diskriminanta ove kvadratne funkcije negativna, tj. vrijedi

$$(b_1+b_2+2)^2-4(a_1+a_2+5)(c_1+c_2+1)<0,$$

iz čega slijedi tvrdnja zadatka.

Drugo rješenje.

Nejednakost koju želimo pokazati ekvivalentna je nejednakosti

$$\begin{aligned} &4a_1c_1+4a_2c_2+4a_1c_2+4a_2c_1+4a_1+4a_2+20c_1+20c_2+16\\ &\qquad>b_1^2+b_2^2+4b_1+4b_2+2b_1b_2. \tag{1} \end{aligned}$$

Prema uvjetu zadatka vrijedi

$$4a_1c_1\ge b_1^2,\qquad 4a_2c_2\ge b_2^2. \tag{2,3}$$

Koristeći nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine dobivamo

$$4a_1+4c_1\ge4\cdot2\sqrt{a_1c_1}\ge4b_1, \qquad 4a_2+4c_2\ge4\cdot2\sqrt{a_2c_2}\ge4b_2. \tag{4,5}$$

Još jednom primjenom A–G nejednakosti dobivamo

$$a_2c_1+a_1c_2\ge2\sqrt{a_2c_1a_1c_2} =2\sqrt{a_1c_1}\sqrt{a_2c_2}\ge\frac{b_1b_2}{2},$$

pa je

$$4(a_2c_1+a_1c_2)\ge2b_1b_2. \tag{6}$$

Zbog pozitivnosti brojeva vrijedi i

$$16c_1+16c_2+16>0. \tag{7}$$

Zbrajanjem nejednakosti (2) do (7) dobivamo da vrijedi nejednakost (1), pa vrijedi i nejednakost u zadatku.