XLVIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

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

$ \frac{|AD|}{|DK|}+\frac{|BE|}{|EL|}+\frac{|CF|}{|FM|}\geq 9. $

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

$ |AD| \cdot |DK| = |BD| \cdot |DC| = \frac{a^2bc}{(b+c)^2}. $

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

$ |AD| \cdot |AK| = bc. $

Dzieląc uzyskane równości stronami dostajemy zależność

$ \frac{|AK|}{|DK|} = \left( \frac{b+c}{a} \right) ^2; $

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

$ \left( \frac{b+c}{a} \right) ^2 + \left( \frac{c+a}{b} \right) ^2 + \left( \frac{a+b}{c} \right) ^2 \geq 12. $

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

$ \begin{split} \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} = \\ & = 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. \end{split} $

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

$ |NK| = |OK|-|ON| = |OK|-|OB|\cdot \cos |\measuredangle BOK| = R(1-\cos \alpha). $

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

$ \begin{split} \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}}= \\ & \frac{(2\cos^2 \frac{\beta-\gamma}{2}-1)-(2\cos^2 \frac{\beta+\gamma}{2}-1)}{2 \cos^2 \frac{\beta+\gamma}{2}} = \left( \frac{\cos \frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta+\gamma}{2}} \right)^2 - 1. \end{split} $

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

$ \left( \frac{\cos \frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta+\gamma}{2}} \right)^2 + \left( \frac{\cos \frac{\gamma-\alpha}{2}}{\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}} \right)^2 + \left( \frac{\cos \frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos \frac{\alpha+\beta}{2}} \right)^2 \geq 12. $

Przekształcamy dalej ułamek w pierwszym nawiasie:

$ \frac{\cos \frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}} = \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}}= \frac{1+ \tan \frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}}{1- \tan \frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}}= \frac{2}{1- \tan\frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}}-1. $

Przyjmijmy oznaczenia:

$ u=\frac{1}{2} (1- \tan\frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2}), \quad v=\frac{1}{2} (1- \tan\frac{\gamma}{2} \tan \frac{\alpha}{2}), \quad w=\frac{1}{2} (1- \tan\frac{\alpha}{2} \tan \frac{\beta}{2}); $

nierówność (3) sprowadza się do następującej:

$ \left( \frac{1}{u}-1 \right)^2 + \left( \frac{1}{v}-1 \right)^2 + \left( \frac{1}{w}-1 \right)^2 \geq 12. $

Miary kątów trójkąta spełniają znany wzór

$ \tan\frac{\beta}{2} \tan \frac{\gamma}{2} + \tan\frac{\gamma}{2} \tan \frac{\alpha}{2} + \tan\frac{\alpha}{2} \tan \frac{\beta}{2} = 1. $

(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

$ (U^2 + V^2 + W^2) + 2(VW + WU + UV) = (U + V + W)^2 \geq 36. $

Jednocześnie

$ 2(U^2 + V^2 + W^2)-2(VW + WU + UV) = (V - W)^2 + (W - U)^2 + (U - V)^2 \geq 0. $

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

$ \frac{b+c}{a} = \frac{\cos \frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos \frac{\beta+\gamma}{2}}, \quad \frac{c+a}{b} = \frac{\cos \frac{\gamma-\alpha}{2}}{\cos \frac{\gamma+\alpha}{2}}, \quad \frac{a+b}{c} = \frac{\cos \frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos \frac{\alpha+\beta}{2}}, $

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.