Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

XXXVII OM - II - Zadanie 6

W trójkącie $ABC$ wybrano punkt $A'$ na boku $BC$ , punkt $B'$ na boku $AC$ , punkt $C'$ na boku $AB$ tak, że proste $AA'$ , $BB'$ , $CC'$ przecinają się w jednym punkcie, czyli równoważnie $|BA'| \cdot |CB'| \cdot |AC'| = |CA'| \cdot |AB'| \cdot |BC'|$ . Udowodnić, że pole trójkąta $A'B'C'$ jest nie większe od $1/4$ pola trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Uwaga. Równoważność między podanymi w założeniach warunkami jest treścią twierdzenia Cevy. Pokażemy dwa sposoby rozwiązania; w pierwszym wykorzystamy równość podanych iloczynów (nie korzystając bezpośrednio
z tego, żc trzy rozważane proste mają punkt wspólny), a w drugim sposobie postąpimy przeciwnie.

Wprowadźmy oznaczenia (jak na rysunku 8):

$ \begin{split} & |BC| = a,\ |CA| = b,\ |AB| = c,\\ & |BA'| = x,\ |CB'| =y,\ |AC'| = z\\ & (\textrm{więc} \ |A'C|=a-x,\ |B'A| = b-y,\ |C'B| = c-z),\\ & S = \textrm{pole trójkąta} \ ABC,\ S' = \textrm{pole trójkąta}\ A'B'C,\\ & S1 = \textrm{pole}\ (AB'C'),\ S_2 = \textrm{pole}\ (BC'A'),\ S_3 = \textrm{pole}\ (CA'B'). \end{split} $

Zgodnie z założeniem,

$ \begin{split} (1) \qquad xyz & = (a-x)(b-y)(c-z) =\\ & = abc- (abz + bcx + cay) + (ayz + bzx + cxy)-xyz, \end{split} $

czyli

$ (2) \qquad abc-2xyz = (abz+bcx+cay)- (ayz+bzx+cxy). $

Zauważmy dalej, że

$ S-1 = \frac{1}{2}(b - y)z \sin \measuredangle A, \ S = \frac{1}{2} bc \sin \measuredangle A, $

skąd

$ S_1 = \frac{(b-y)z}{bc} \cdot S $

i podobnie (przez cykliczne przestawienie symboli)

$ S_2 = \frac{(c-z)x}{ca} \cdot S, \ S_3 = \frac{(a-x)y}{ab} \cdot S. $

Zatem

$ S-S' = S_1+S_2+S_3 = \frac{S}{abc} [a(b- y)z+b(c-z)x+c(a-x)y] $

Ale wyrażenie w nawiasie kwadratowym to dokładnie prawa strona równości (2). Mamy więc

$ S-S' = \frac{S}{abc} (abc - 2xyz) = S - \frac{2xyz}{abc} \cdot S, $

czyli

$ (3) \qquad \frac{S'}{S} = \frac{2xyz}{abc}. $

Korzystając jeszcze raz ze wzoru (1) i stosując nierówność między średnią geometryczną i arytmetyczną (pary liczb) dostajemy

$ \begin{split} xyz = \sqrt{xyz(a - x)(b - y)(c - z)} & =\sqrt{x(a - x)} \cdot \sqrt{y(b - y)} \cdot \sqrt{z(c - z)} \leq \\ & \frac{x+(a - x)}{2} \cdot \frac{y+(b - y)}{2} \cdot \frac{z+(c -z)}{2}=\frac{abc}{8}. \end{split} $

W połączeniu z wzorem (3) daje to żądaną nierówność $S' \leq S/4$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XXXVII OM - II - Zadanie 6

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody