Областная олимпиада по математике, 2011 год, 10 класс

а) В треугольнике $ABC$ угол $C$ — острый. Докажите неравенство: $$ (BC^2 + AC^2 )\cdot \cos(\angle A-\angle B)\leq 2\cdot BC\cdot AC. $$ б) Найдется ли треугольник $ABC$, для которого это неравенство не выполняется?

Комментарий/решение

Егер $(A-B) $ бурышы суйир болмаса, онда $\cos(A-B)\le 0$ болып, тенсиздик орындалатыны анык болады. $(А-В) $ бурышы суйир болган жагдайдагы шешим:

a)

$\angle A = \angle B$ жағдайында теңдік орындалады.

Енді $BC>AC$ жағдайын қарастырайық (жалпылыққа әсер етпейді). $BC=a> AC=b $. BС қабырғасының бойынан $AD=BD$ болатындай D нүктесін белгілейік. $CD=x$ болсын. Онда $BD=a-x=AD, \ \ \angle CAD=\angle A -\angle B$ болады.

$\triangle ACD$ үшбұрышында, косинус теоремасы бойынша $\frac{a^2+b^2-(a-x)^2}{2ab}=\cos C>0 \ \ \Rightarrow x^2+b^2-(a-x)^2>0 \Rightarrow 2ax>a^2-b^2$

$\triangle ACD$ үшбұрышында, косинус теоремасы бойынша $\cos (A-B)=\frac{b^2+(a-x)^2-x^2}{2(a-x)b}$

$(a^2+b^2)\cdot \cos(A-B)< 2ab$ теңсіздігін дәлелдеу керек.

$\Leftarrow(a^2+b^2)\cdot \frac{b^2+(a-x)^2-x^2}{2(a-x)b}< 2ab$

$\Leftarrow (a^2+b^2)(a^2+b^2-2ax)< 4ab^2(a-x)$

$\Leftarrow (a^2+b^2)^2-2ax(a^2+b^2)< 4a^2b^2-4axb^2$

$\Leftarrow (a^2+b^2)^2-4a^2b^2< 2ax(a^2+b^2)-4axb^2$

$\Leftarrow (a^2-b^2)^2< 2ax(a^2-b^2)$

$\Leftarrow a^2-b^2< 2ax$

b) Егер С бұрышы доғал болса, онда теңсіздік керісінше болады. Оны а) пунктіндегі шешімнен байқауға болады. Онда $\triangle ACD$ үшбұрышында, косинус теоремасы бойынша $\frac{a^2+b^2-(a-x)^2}{2ab}=\cos C<0 \ \ \Rightarrow x^2+b^2-(a-x)^2<0 \Rightarrow 2ax<a^2-b^2$