Сделаем параллельный перенос точки \(D\) на \(\overrightarrow{BA}\), получим точку \(D'\). Тогда \(ABDD'\) - параллелограмм, \(\Rightarrow DD' = AB = 1\), а также \(\angle CDD' = ∠DOB = 60. \Rightarrow \triangle CDD'\) - равнобедренный с углом \(60\degree \Rightarrow\) равносторонний \(\Rightarrow CD' = CD = 1\). Также из параллелограмма получаем, что \(AD' = BD\), и тогда из неравенства треугольника для \(\triangle CAD'\), получаем, что \(CA + AD' \geq CD' \Rightarrow CA + BD \geq 1\); \((AD' = BD\), \(CD' = 1)\), ч.т.д.

Пусть \(AO = a\), \(CO = c \Rightarrow BO = 1 - a, DO = 1 - c\). По теореме косинусов \(\triangle AOC\), \( AC = \sqrt{a^2 + c^2 - ac}\). Докажем, что \(AC \geq \frac{a + c}{2}\), тогда аналогично \(BD \geq \frac{1 - a + 1 - c}{2}\), суммируем и получаем требуемое. \(AC \geq \frac{a + c}{2} \Leftrightarrow \sqrt{a^2 + c^2 - ac} \geq \frac{a + c}{2}\). Домножим на \(2\) обе части и возведем в квадрат (обе части положительны), получим \(4a^2 + 4c^2 - 4ac \geq a^2 + c^2 + 2ac\), перенесем в \(1\) часть: \(3a^2 + 3c^2 - 6ac = 3(a - c)^2 \geq 0\), ч.т.д.

Воспользуемся утверждением из прошлого решения, и будем доказывать, что \(AC \geq \frac{a + c}{2}\). Пусть \(\angle CAO = A, \angle ACO = 120\degree - A\). По теореме синусов \(\triangle AOC\) выразим \(a\), \(c\), \(AC\) через \(R\) - радиус \((AOC)\). Получим \(Rsin60 \geq \frac{RsinA + Rsin(120-A)}{2}\). Поделим на \(R\), и по формуле суммы синусов преобразуем \(sinA + sin(120-A)\): \(sin60 \geq \frac{2sin\frac{A + 120 - A}{2} \cdot cos\frac{A - 120 + A}{2}}{2} = sin60 \cdot cos(A - 60)\), так как косинус \(\leq 1\), неравенство выполняется, ч.т.д.