XXVIII - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

Niech $X$ będzie punktem wewnętrznym trójkąta $ABC$ Dowieść, że iloczyn odległości punktu $X$ od wierzchołków $A, B, C$ jest co najmniej osiem razy większy od iloczynu odległości tego punktu od prostych $AB, BC, CA$ .

Rozwiązanie

Niech $h_a$ , $h_b$ , $h_c$ będą długościami wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonych z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio, $x_a$ , $x_b$ , $x_c$ - odległościami punktu $X$ od prostych $BC$ , $CA$ , $AB$ odpowiednio a $S_a$ , $S_b$ , $S_c$ - polami trójkątów $XBC$ , $XCA$ , $XAB$ . Wreszcie niech $S$ będzie polem trójkąta $ABC$ .

Mamy oczywiście $XA + x_a \geq h_a$ (rys. 6) i wobec tego

$ (1) \qquad \frac{XA}{x_a} \geq \frac{h_a - x_a}{x_a} = \frac{h_a}{x_a} - 1 = \frac{S}{S_a} - 1 = \frac{S_a + S_b + S_c}{S_a} - 1 = \frac{S_b + S_c}{S_a}. $

Analogicznie dowodzimy, że

$ \frac{XB}{x_b} \geq \frac{S_c + S_a}{S_b} \ \textrm{oraz} \ \frac{XC}{x_c} \geq \frac{S_a + S_b}{S_c}. $

Dla rozwiązania zadania wystarczy więc udowodnić, że

$ (3) \qquad \frac{S_a + S_b}{S_c} \cdot \frac{S_b + S_c}{S_a} \cdot \frac{S_c + S_a}{S_b} \geq 8. $

Mnożąc obie strony nierówności (3) przez $S_aS_bS_c$ , i przenosząc wszystkie wyrazy na stronę lewą dochodzimy do nierówności równoważnej

$ (4) \qquad S_a(S_b - S_c)^2 + S_b(S_c - S_a)^2 + S_c(S_a - S_b)^2 \geq 0. $

Ta ostatnia nierówność oczywiście jest prawdziwa. Zatem nierówność (3) też jest prawdziwa. Stąd na mocy (1) i (2) wynika, że

$ (5) \qquad XA \cdot XB \cdot XC \geq 8 x_a \cdot x_b \cdot x_c. $

Uwaga. Nietrudno udowodnić, że wę wzorze (5) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy $ABC$ jest trójkątem równobocznym i $X$ jest jego środkiem ciężkości.

Istotnie, jeżeli $X$ jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego $ABC$ , to $XA = 2x_a$ , $XB = 2x_b$ , $XC = 2x_c$ . Wobec tego we wzorze (5) zachodzi równość.

Na odwrót, jeżeli we wzorze (5) zachodzi równość, to w każdym ze wzorów (1) - (4) zachodzi równość. W szczególności z (4) wynika, że $S_a = S_b = S_c$ , a wobec tego z (1) i (2) - że $XA = 2x_a$ , $XB = 2x_b$ , $XC = 2x_c$ . Z (1) wynika też, że $XA = h_a - x_a$ , tzn. punkt $X$ należy do wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z wierzchołka $A$ i dzieli ją w stosunku $2 \colon 1$ .