Областная олимпиада по математике, 2005 год, 9 класс

Докажите неравенство: $a^2+b^2+c^2+2abc<2$, где $a, b, c$ — длины сторон треугольника периметра 2.

Комментарий/решение

$$\mathbb{P} = a+b+c =2 \Rightarrow a<1, b<1, c<1 \Rightarrow (1-c)(1-b)(1-c)>0$$

$$(1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+ab+bc+ac-abc=-1 +ab+bc+ac-abc>0\Rightarrow$$

$$\Rightarrow -1+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+ab+bc+ac-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}-abc=-1+\frac{(a+b+c)^2}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}-abc>0 \Rightarrow$$

$$\Rightarrow 1>\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+abc \Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc\leq 2$$

a=x+y

b=y+z

c=x+z

2(x+y+z)=2

x+y+z=1

(x+y)^2+(y+z)^2+(x+z)^2+2(x+y)(y+z)(x+z)<2

x^2+2xy+y^2+y^2+2yz+z^2+x^2+2xz+z^2+2(x+y)(y+z)(x+z)<2

2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz+(x+y)(y+z)(x+z))<2

x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz+(x+y)(y+z)(x+z)<1

x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz+(x+y)(y+z)(x+z)<x+y+z

x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz+(x+y)(y+z)(x+z)<(x+y+z)^2

x^2+y^2+z^2+xy+yz+xz+(x+y)(y+z)(x+z)<x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz

(x+y)(y+z)(x+z)<xy+yz+xz

(x+y)(y+z)(x+z)<(x+y+z)(xy+yz+xz)

xy^2+x^2y+yz^2+y^2z+xz^2+x^2z+2xyz<xy^2+x^2y+yz^2+y^2z+xz^2+x^2z+3xyz

0<xyz

xyz-положительное число, так как длина стороны треугольника не нулевое и не отрицательное число

По формула Герона $S^2 = (1 - a)(1 - b)(1 - c) = 1 - a - b - c +ab +bc + ac - abc > 0$ $\Leftrightarrow ab + bc + ac - 1 > abc$ $\Leftrightarrow 2ab +2bc +2ac - 2 > 2abc$

$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc < a^2 +b^2 + c^2 +2ab + 2bc + 2ac - 2 = (a + b + c)^2 - 2 = 2$