Районная олимпиада, 2003-2004 учебный год, 10 класс
Комментарий/решение:
Пусть $ABC$ - данный треугольник со сторонами $a=BC,b=AC,c=AB$. Пусть $x,y,z$ - длины касательных проведенных к вписанной окружности треугольника $ABC$ из $A,B,C$ соответственно. Тогда $a=y+z,c=x+y,b=x+z$. Проведем данную замену. Тогда неравенство примет вид $$2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)<2(1-(x+y)(y+z)(z+x))$$По условию имеем: $a+b+c=2 \Rightarrow x+y+z=1$ $$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx<1-(1-x)(1-y)(1-z)$$ Раскроем скобки в правой части, получим $$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx<1-1+x+y+z-xy-yz-zx+xyz=1-xy-yz-zx+xyz$$ $$x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2<1+xyz$$ $1<1+xyz \Rightarrow 0<xyz$. Что верно т.к. $x,y,z>0$
$(!) \ a^2+b^2+c^2<2(1-abc) \Leftrightarrow$
$(!) \ (a+b+c)^2<2(1-abc+bc+ab+ac)$
$a+b+c=2 \Rightarrow$
$(a+b+c)^2=2^2=2×2<2(1-abc+bc+ab+ac)$
$0<2(-1-abc+bc+ab+ac)$
$-1-abc+bc+ab+ac=-(a+b+c)+1-abc+bc+ab+ac=(1-a)(1-b)(1-c)$
Так как это стороны треугольника, то $a+b>c ; b+c>a ; a+c>b$ если один из них равен или больше $1$ , то $a+b>1$ что не может быть т.к. периметр равен $2$ значит $0<a;b;c<1$ $\Rightarrow$ $(1-a)(1-b)(1-c)>0$ значит мы доказали неравенство
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.