Геометрично неравенство

[estoyanovvd]

Нека точка М е вътрешна за равностранен триъгълник АВС със страна 1. Докажете, че от отсечките МА, МВ и МС има две, чието произведение не надминава [tex]\frac{1}{ 3} [/tex] и две, чието произведение е по-голямо или равно на [tex]\frac{1}{ 3} [/tex].

[Реклама]

[estoyanovvd]

Някой може ли да реши тази задача?

[luboslav_p]

Нека точката M е дадена и CM≥BM≥AM. Ще докажем, че произведението на някои две отсечки е не повече от 1/3. Да фиксираме разстоянието BM=a т.е. M лежи на окръжност k с център B и радиус a. Нека k пресича AB и BC в точки P и Q съответно. Не е трудно да се види, че движейки се по дъгата PQ в посока от P към Q, дължината на AM се увеличава, а тази на CM намалява. Това е така, защото в триъгълник ABM AB и BM са с фиксирани дължини и с движението на M ъгъл ABM расте т.е. намалява cos на ъгъла т.е. AM расте. Аналогично CM намалява. Нека V е средата на дъгата PQ. Очевидно AV=CV. Тъй като CM≥AM, то M е от дъгата PV. Сега запозваме да движим M към V по дъгата. Да отбележим, че AM.BM е минималното произведение, а с движението на M AM расте, а BM остава същата. Така може да увеличаваме произведението докато някои две от трите отсечки станат равни( а това ще се случи със сигурност). Достигнахме до нова конфигурация с не по-малко произведение на двете най-малки отсечки, за което някои две от тях са равни. Без ограничение AM=BM и центърът на триъгълника е O. Това значи, че C,M и O са на една права.
1сл) Ако O е между M и C, то AM=BM≤AO=BO т.е. AM.BM≤AO.BO=1/3.
2сл) Ако M е между O и C, то AM≤AO+OM и оттук AM+CM≤AO+OM+CM=AO+CO. Сега AM.CM≤((AM+CM)/2)²≤((AO+OC)/2)²=AO²=1/3.
Аналогично се доказва, че произведението на двете най-големи отсечки е поне 1/3.

[estoyanovvd]

Изглежда ми вярно за по-малко или равно на една трета. Би ли написал аналогичното за по-голямо или равно на една трета?
Задачата има много по-лесно решение. Но ще почакам още някой да се пробва!!!

[zhivko_sh]

Нарочно не исках да пиша веднага решение на тази задача, но след като така или иначе Любо вече написа решение ще дам моето. Ще докажем, че ако имаме равностранен триъгълник със страна [tex]a[/tex], то някое от произведенията е не по-голямо от [tex]\frac{a^2}{3 } [/tex], а някое е не по-малко от [tex]\frac{a^2}{3 } [/tex]. Нека O е центърът на описаната около ABC окръжност. Тогава БОО М попада в триъгълник ОAB (включително по контура). От една твърде известна задача от 7 клас следва, че [tex]MA+MB\le OA+OB[/tex](за тези, които са забравили как става това, достатъчно е да се разгледа пресечната точка на AM и OB и правим 2 пъти неравенство на триъгълника). Тогава [tex]MA+MB\le OA+OB=2R[/tex], където R е радиусът на описаната около ABC окръжност. Тогава имаме [tex]MA.MB\le \frac{(MA+MB)^2}{ 4}\le \frac{(2R)^{2}}{4 }=R^{2} [/tex]. Сега остава да отбележим, че от синусова теорема [tex]R=\frac{a}{\sqrt{3} } [/tex] и значи [tex]MA.MB\le \frac{a^2}{3 } [/tex]. При a=1 се получава конкретната задача. За [tex]\ge [/tex] задачата е почти тривиална.(имаме [tex]S=\frac{a^{2}\sqrt{3} }{4 } [/tex], а ако и трите произведения са [tex]<\frac{a^{2}}{3 } [/tex], то като означим трите ъгъла при М с [tex]\alpha ,\beta,\gamma [/tex] и използваме [tex]sin\alpha +sin\beta +sin\gamma \le \frac{3\sqrt{3} }{ 2} [/tex] всичко веднага излиза - сумата на трите лица става по-малко от [tex]S=\frac{a^{2}\sqrt{3} }{4 } [/tex]).

[estoyanovvd]

[estoyanovvd]

Сега искам да ви попитам ще се сетите ли от къде ми хрумна идеята за тази задачка? Който се сети, ще бъде възнаграден!!!

[ferry2]

[estoyanovvd]

Нееее, не е това!
Прилича на задача от конкурс!!! Но не е този!!!