Заавар. $$\begin{align*} \dfrac{a}{b}&+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{d}+\dfrac{d}{c}=\dfrac{1}{abcd}(a^2cd+b^2cd+c^2ab+d^2ab)\\ &=\dfrac{1}{abcd}\big(ac(ad+bc)+bd(bc+ad)\big)=\dfrac{1}{abcd}(ad+bc)(ac+bd) \end{align*}$$

Бодолт. Я. Лхагвагэрэл багшийн ирүүлсэн бодолт.

Зааварт гарсан илэрхийлэл ба $ab+cd=1$ болохыг ашиглавал $$abcd\big((a+d)^2+(b+c)^2\big)\le (ad+bc)(ac+bd)$$ буюу $$abcd\big(a^2+b^2+c^2+d^2+2ad+2bc)\le (ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)$$ гэж батлахад хангалттай. Хаалт задалж эмхэтгэвэл $$\begin{align*} a^3bcd+ab^3cd&+abc^3d+abcd^3+2a^2d^2bc+2b^2c^2ad\\ &\le (ab+cd)(a^2cd+b^2cd+c^2ab+d^2ab)\\ &=a^3bcd+ab^3cd+a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2+c^3abd+d^3abc \end{align*}$$ буюу $$2a^2d^2bc+2b^2c^2ad\le a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2$$ гэж батлах хэрэгтэй. Кошийн тэнцэтгэл бишээр $$2b^2c^2ad=2\sqrt{b^4c^4a^2d^2}\le a^2b^2c^2+b^2c^2d^2$$ $$2a^2d^2bc=2\sqrt{a^4d^4b^2c^2}\le a^2b^2d^2+a^2c^2d^2$$ тэнцэтгэл бишүүдийг нэмэхэд батлах зүйл батлагдаж байна. Тэнцэлдээ хүрэх нөхцөл нь сүүлийн тэнцэтгэл бишээс $a=d$, $b=c$ байна. Эндээс $ab+cd=1$ тул $ab=\dfrac12$ болно.

Заавар. Баруун гар талыг $ab+cd=1$ тоогоор үржүүлээд гарсан тэнцэтгэл бишийг батал.

Бодолт. $$\text{ЗГТ}=a^2+2ad+d^2+c^2+2cb+b^2$$ ба $$\begin{align*} \text{БГТ}&=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{d}+\dfrac{d}{c}\\ &=(ab+cd)\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{d}+\dfrac{d}{c}\right)\\ &=a^2+b^2+\dfrac{abc}{d}+\dfrac{abd}{c}+\dfrac{acd}{b}+\dfrac{bcd}{a}+c^2+d^2 \end{align*}$$ тул $$2ad+2bc\le \dfrac{abc}{d}+\dfrac{abd}{c}+\dfrac{acd}{b}+\dfrac{bcd}{a}$$ гэж батлахад хангалттай. Энэ нь $$2ad=2\sqrt{\dfrac{acd}{b}\cdot\dfrac{abd}{c}}\le\dfrac{acd}{b}+\dfrac{abd}{c}$$ $$2bc=2\sqrt{\dfrac{abc}{d}\cdot\dfrac{bcd}{a}}\le\dfrac{abc}{d}+\dfrac{bcd}{a}$$ тэнцэтгэл бишүүдийн нийлбэр юм. Тэнцэлдээ хүрэх нөхцөл нь $b=c$, $a=d$ ба $ab=\dfrac12$ байна.

Заавар. $B$ цэгийг $CD$, $AD$ шулуунуудын хувьд тэгш хэмээр хувиргаж үүсэх цэгүүдийг сонирхоорой.

Бодолт. Я. Лхагвагэрэл багшийн бодолт. $B$ цэгийг $CD$, $AD$ шулуунуудын хувьд тэгш хэмээр хувиргаж үүсэх цэгүүдийг харгалзан $M$, $N$ гэе. Эндээс $ND=BD=MD$ гэж гарна. $\measuredangle BDA=\beta$, $\measuredangle BDC=\alpha$ гэвэл $$\triangle NDM\colon\measuredangle NDM=2(\alpha+\beta)=2\cdot 30^\circ=60^\circ$$ болно. Иймд $\triangle NDM$ зөв гурвалжин болно. Нөгөө талаас $$MN=ND=BD=BA+AC+CB=NA+AC+CM$$ байна. Гурвалжны тэнцэтгэл бишээр $$NA+AC+CM\ge MN$$ тул $A$ ба $C$ цэгүүд $MN$ дээр оршино. Эндээс $$\measuredangle ABD=\measuredangle AND=60^\circ$$ $$\measuredangle CBD=\measuredangle CMD=60^\circ$$ буюу $\measuredangle ABD=60^\circ=\measuredangle CBD$ болж бодлого бодогдов.