Komentarz

XLVIII OM - I - Zadanie 5

Dwusieczne kątów wewnętrznych $ A $, $ B $, $ C $ trójkąta $ ABC $ przecinają przeciwległe boki odpowiednio w punktach $ D $, $ E $, $ F $, a okrąg opisany na trójkącie $ ABC $ - odpowiednio w punktach $ K $, $ L $, $ M $. Dowieść, że

\[<br /> \frac{|AD|}{|DK|}+\frac{|BE|}{|EL|}+\frac{|CF|}{|FM|}\geq 9.<br /> \]

Rozwiązanie

Sposób I

Daną do udowodnienia nierówność geometryczną sprowadzimy do prostej nierówności algebraicznej. Zauważmy, że $ |AD| = |AK|-|DK| $, $ |BE| = |BL| -|EL| $, $ |CF| = |CM|-|FM| $, i wobec tego

\[ \frac{|AD|}{|DK|} = \frac{|AK|}{|DK|}-1, \quad \frac{|BE|}{|EL|}=\frac{|BL|}{|EL|}-1, \quad \frac{|CF|}{|FM|}=\frac{|CM|}{|FM|}-1.\]

Nierówność, którą mamy udowodnić, jest więc równoważna nierówności

\[ \frac{|AK|}{|DK|} + \frac{|BL|}{|EL|} + \frac{|CM|}{|FM|} \geq 12.\]

Oznaczmy długości boków $ BC $, $ CA $, $ AB $ odpowiednio przez $ a $, $ b $, $ c $. Punkt $ D $, jako koniec dwusiecznej $ AD $, dzieli bok $ BC $ w stosunku $ \frac{|BD|}{|CD|}=\frac{c}{b} $; stąd obliczamy: $ |BD| = \frac{ac}{b+c} $, $ |CD|=\frac{ab}{b+c} $ i otrzymujemy równość

\[<br /> |AD| \cdot |DK| = |BD| \cdot |DC| = \frac{a^2bc}{(b+c)^2}.<br /> \]

Trójkąt $ ABD $ jest podobny do trójkąta $ AKC $, bowiem $ |\measuredangle ABD| = |\measuredangle AKC| $, $ |\measuredangle DAB| = |\measuredangle CAK| $ (rysunek 4). Zatem $ \frac{|AB|}{|AK|}=\frac{|AD|}{|AC|} $, czyli

\[<br /> |AD| \cdot |AK| = bc.<br /> \]

Dzieląc uzyskane równości stronami dostajemy zależność

\[<br /> \frac{|AK|}{|DK|} = \left( \frac{b+c}{a} \right) ^2;<br /> \]

analogicznie daje się wyrazić drugi i trzeci składnik sumy po lewej stronie nierówności (1) . Zadanie sprowadza się do wykazania, że

\[<br /> \left( \frac{b+c}{a} \right) ^2 + \left( \frac{c+a}{b} \right) ^2 + \left( \frac{a+b}{c} \right) ^2 \geq 12.<br /> \]

Wystarczy teraz kilkakrotnie skorzystać z nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną, najpierw dla par liczb, a następnie dla trójki liczb: $ b + c \geq 2 \sqrt{bc} $, $ c + a \geq 2 \sqrt{ca} $, $ a + b \geq 2 \sqrt{ab} $; stąd

\[<br /> \begin{split}<br /> \left( \frac{b+c}{a} \right) ^2 + & \left( \frac{c+a}{b} \right) ^2 + \left( \frac{a+b}{c} \right) ^2 \geq \frac{4bc}{a^2} + \frac{4ca}{b^2} + \frac{4ab}{c^2} = \\<br /> & = 12 \cdot \frac{1}{3} \left( \frac{bc}{a^2} + \frac{ca}{b^2} + \frac{ab}{c^2} \right) \geq 12 \cdot \sqrt[3]{\frac{bc}{a^2} \cdot \frac{ca}{b^2} \cdot \frac{ab}{c^2}}=12.<br /> \end{split}<br /> \]

Dowód jest zakończony.

Uwaga: Jak widać, nierówność (2) zachodzi dla każdej trójki liczb dodatnich $ a, b, c $, niekoniecznie będących długościami boków trójkąta. Można ją uzasadnić kilkoma sposobami (różniącymi się niezbyt istotnie). Można na przykład powołać się na {\it nierówność Jensena} $ f(a) + f(b) + f(c) \geq 3f(s/3) $, słuszną dla dowolnych liczb nieujemnych $ a, b, c, s $ związanych zależnością $ a + b + c = s $ oraz dla każdej funkcji $ f $ wypukłej w przedziale $ \langle 0,\ s \rangle $.

(Obszerny komentarz na temat funkcji wypukłych i nierówności Jensena, wraz z jej dowodem, można znaleźć na przykład w publikacji: XXXVII Olimpiada Matematyczna. Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 1989, str. 41-42). W rozważanej sytuacji wystarczy przyjąć $ f(x) =\left( \frac{s}{x} -1 \right)^2 $ , aby uzyskać nierówność (2); szczegóły pozostawiamy Czytelnikowi.

Sposób II

Jak w sposobie pierwszym, zastępujemy nierówność daną w zadaniu nierównością równoważną (1). Oznaczmy długości boków $ BC $, $ CA $, $ AB $ trójkąta $ ABC $ jak poprzednio przez $ a $, $ b $, $ c $, a miary jego kątów odpowiednio przez $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $.

Punkt $ K $ jest środkiem łuku $ BC $ okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $; oznaczmy środek i promień tego okręgu odpowiednio przez $ O $ i $ R $. Prosta $ OK $ przecina bok $ BC $ pod kątem prostym w punkcie $ N $ będącym środkiem tego boku.

Niech $ S $ będzie spodkiem wysokości trójkąta $ ABC $ opuszczonej z wierzchołka $ A $ (rysunek 5). Z podobieństwa trójkątów prostokątnych $ ASD $ i $ KND $ otrzymujemy proporcję $ \frac{|AD|}{|DK|}=\frac{|AS|}{|NK|} $.

Kąt środkowy $ BOK $ jest dwukrotnie większy od kąta wpisanego $ BAK $: $ | \measuredangle BOK| = \alpha $. Gdy $ \alpha \leq 90^ \circ $ (jak na rysunku 5), wówczas

\[<br /> |NK| = |OK|-|ON| = |OK|-|OB|\cdot \cos |\measuredangle BOK| = R(1-\cos \alpha).<br /> \]

Gdy $ \alpha > 90^\circ $, rysunek i rachunek wymagają drobnych modyfikacji, ale równość $ |NK|=R(1-\cos \alpha) $ nadal zachodzi.

Zgodnie ze wzorem sinusów, $ |AS| = |AC| \cdot \sin \gamma = 2R \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma $. Zatem

\[<br /> \begin{split}<br /> \frac{|AD|}{|DK|}= & \frac{|AS|}{|NK|}= \frac{2 \sin \beta \sin \gamma}{1-\cos \alpha} = \frac{2 \sin \beta \sin \gamma}{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} = \frac{\cos(\beta-\gamma)- \cos(\beta + \gamma)}{2 \cos^2 \frac{\beta+\gamma}{2}}= \\<br /> & \frac{(2\cos^2 \frac{\beta-\gamma}{2}-1)-(2\cos^2 \frac{\beta+\gamma}{2}-1)}{2 \cos^2 \frac{\beta+\gamma}{2}} =<br /> \left( \frac{\cos \frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta+\gamma}{2}} \right)^2 - 1.<br /> \end{split}<br /> \]

Ponieważ $ \frac{|AK|}{|DK|} = \frac{|AD|}{|DK|}+1 $, dowodzona nierówność (1) przybiera postać

\[<br /> \left( \frac{\cos \frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta+\gamma}{2}} \right)^2<br /> +<br /> \left( \frac{\cos \frac{\gamma-\alpha}{2}}{\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}} \right)^2<br /> +<br /> \left( \frac{\cos \frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos \frac{\alpha+\beta}{2}} \right)^2<br /> \geq 12.<br /> \]

Przekształcamy dalej ułamek w pierwszym nawiasie:

\[<br /> \frac{\cos \frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}} =<br /> \frac{\cos \frac{\beta}{2} \cos \frac{\gamma}{2} + \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta}{2} \cos \frac{\gamma}{2} - \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}}=<br /> \frac{1+ \tan \frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}}{1- \tan \frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}}=<br /> \frac{2}{1- \tan\frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}}-1.<br /> \]

Przyjmijmy oznaczenia:

\[<br /> u=\frac{1}{2} (1- \tan\frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}), \quad<br /> v=\frac{1}{2} (1- \tan\frac{\gamma}{2} \tan \frac{\alpha}{2}), \quad<br /> w=\frac{1}{2} (1- \tan\frac{\alpha}{2} \tan \frac{\beta}{2});<br /> \]

nierówność (3) sprowadza się do następującej:

\[<br /> \left( \frac{1}{u}-1 \right)^2 + \left( \frac{1}{v}-1 \right)^2 + \left( \frac{1}{w}-1 \right)^2 \geq 12.<br /> \]

Miary kątów trójkąta spełniają znany wzór

\[<br /> \tan\frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2} +<br /> \tan\frac{\gamma}{2} \tan \frac{\alpha}{2} +<br /> \tan\frac{\alpha}{2} \tan \frac{\beta}{2} = 1.<br /> \]

(Czytelnikom, którzy go nie znają, proponujemy samodzielne wyprowadzenie tego wzoru; to nietrudne ćwiczenie). Wynika z niego, że $ u,v,w $ są liczbami dodatnimi, związanymi zależnością: $ u + v + w = 1 $.

Średnia harmoniczna tych liczb nie przekracza ich średniej arytmetycznej, równej $ 1/3 $. Tak więc $ \frac{1}{u}+\frac{1}{v}+\frac{1}{w} \geq 9 $. Oznaczmy: $ U = \frac{1}{u}-1,\ V = \frac{1}{v}-1 ,\ W = \frac{1}{w}-1 $; zatem $ U + V + W \geq 6 $. Stąd

\[<br /> (U^2 + V^2 + W^2) + 2(VW + WU + UV) = (U + V + W)^2 \geq 36.<br /> \]

Jednocześnie

\[<br /> 2(U^2 + V^2 + W^2)-2(VW + WU + UV) = (V - W)^2 + (W - U)^2 + (U - V)^2 \geq 0.<br /> \]

Dodajemy stronami te dwie ostatnie nierówności i otrzymujemy zależność $ U^2 +V^2 +W^2 \geq 12 $, czyli nierówność (4) , którą chcieliśmy wykazać.

Uwaga: Składniki sumy (3) dokładnie odpowiadają kolejnym składnikom sumy (2) . Tak więc początkowe fragmenty obu rozwiązań dają dowód związków

\[<br /> \frac{b+c}{a} = \frac{\cos \frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta+\gamma}{2}}, \quad<br /> \frac{c+a}{b} = \frac{\cos \frac{\gamma-\alpha}{2}}{\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}}, \quad<br /> \frac{a+b}{c} = \frac{\cos \frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos \frac{\alpha+\beta}{2}},<br /> \]

zwanych wzorami Mollweide'a. Na odwrót, przyjmując te wzory za znane, można w dowolny sposób kombinować początkowe oraz końcowe fragmenty rozwiązań. Na przykład - sprowadzić zadanie do nierówności (3) , jak w sposobie drugim; przepisać tę nierówność w równoważnej postaci (2) i udowodnić ją, jak w końcówce pierwszego rozwiązania.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz