Математикадан аудандық олимпиада, 2003-2004 оқу жылы, 10 сынып

$a$, $b$ , $c$ сандары периметрі 2 болатын үшбұрыштың қабырғалары болсын. Теңсіздікті дәлелдеңіздер: $a^2+b^2+c^2 < 2(1-abc).$

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

$a<b+c\Rightarrow 2a<a+b+c \Rightarrow 2a<2 \Rightarrow a<1$

Дәл солай, $b<1, c<1$

$a^2 + b^2 + c^2 < 2(1 - abc)$

$\iff (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)<2(1-abc)$

$\iff 2(a+b+c)-2(ab+bc+ca)<2(1-abc)$

$\iff a+b+c-ab-bc-ca<1-abc$

$\iff (a-1)(b-1)(c-1)<0$