Russia — Regional Round

Первое решение. Пусть длины катетов исходного прямоугольного треугольника были равны $x$ и $y$. Тогда его гипотенуза имела длину $\sqrt{x^2 + y^2}$, а после увеличения катетов стала $\sqrt{(x+1)^2 + (y+1)^2}$. Предположим, что гипотенуза увеличится более, чем на $\sqrt{2}$. Тогда

$$\begin{aligned} \sqrt{(x+1)^2 + (y+1)^2} &> \sqrt{x^2 + y^2} + \sqrt{2} \\ \Leftrightarrow (x+1)^2 + (y+1)^2 &> x^2 + y^2 + 2 + 2\sqrt{2(x^2 + y^2)} \\ \Leftrightarrow 2x + 2y &> 2\sqrt{2(x^2 + y^2)} \\ \Leftrightarrow (x+y)^2 > 2(x^2 + y^2) \\ \Leftrightarrow 2xy &> x^2 + y^2 \\ \Leftrightarrow 0 > (x-y)^2, \end{aligned}$$
что невозможно. Значит, гипотенуза не могла увеличиться более, чем на $\sqrt{2}$.

Второе решение. Расположим исходный и полученный треугольники $ABC$ и $AB'C'$ так, как показано на рис. 7 ($BB' = CC' = 1$). Тогда $\overrightarrow{B'C'} = \overrightarrow{B'B} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{BC} + (\overrightarrow{B'B} + \overrightarrow{CC'})$. Однако сумма двух перпендикулярных единичных векторов $\overrightarrow{B'B} + \overrightarrow{CC'}$ имеет длину $\sqrt{2}$; значит, $|\overrightarrow{B'C'}| \le |\overrightarrow{BC}| + |\overrightarrow{B'B} + \overrightarrow{CC'}| = |\overrightarrow{BC}| + \sqrt{2}$, что и требовалось доказать.

Третье решение. Расположим треугольники так же, как в предыдущем решении. Пусть $B_1, C_1$ — проекции точек $B$ и $C$ на $B'C'$, а $\angle AB'C' = \alpha$. Тогда отрезок $B_1C_1$ является проекцией $BC$ и потому $B_1C_1 \le BC$. Далее, $B'B_1 = BB' \cos \alpha = \cos \alpha$, $C'C_1 = CC' \sin \alpha = \sin \alpha$, и $B'C' = B'B_1 + B_1C_1 + C_1C' \le BC + \cos \alpha + \sin \alpha = BC + \sqrt{2} \sin(45^\circ + \alpha) \le BC + \sqrt{2}$, что и требовалось.