ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Доказать, что если на полуокружности радиуса 1 последовательно расположены точки А, В, С, D, Е, то справедливо неравенство
$AB^{2} + BC^{2} + CD^{2} + DE^{2} + AB \cdot BC \cdot CD + BC \cdot CD \cdot DE < 4$.


Решение:



Обозначим $AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AC = x, CE = y, \angle CAE = \alpha, \angle AEC = \beta$. Без ограничения общности можно считать, кто точки A и E являются концами диаметра, стягивающего полуокружность (рис.), ибо в противном случае их можно переместить в указанные концы, после чего выражение
$a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + abc + bcd$
только увеличится. Так как $\angle ACE = 90^{\circ}$, то $x^{2} + y^{2} = 4$. Далее,
$\angle ABC = 180^{\circ}- \angle AEC = 180^{\circ}- \beta, \angle CDE = 180^{\circ} -\angle CAE = 180^{\circ} - \alpha$;
следовательно, но теореме косинусов
$x^{2} = a^{2} + b^{2} – 2ab \cos \angle ABC = a^{2} + b^{2} + 2ab \cos \beta$,
$y^{2} = c^{2} + d^{2} – 2cd \cos \angle CDE = c^{2} + d^{2} + 2cd \cos \alpha$.
Наконец, из соотношении
$2 \cos \alpha = x > b, 2 \cos \beta = y > c$
получаем
$4 = x^{2} + y^{2} = a^{2} + b^{2} + aby + c^{2} + d^{2} + cdx > a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + abc + bcd$,
что и требовалось доказать.