5-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров
Никосия, Кипр, 2001 год


В равностороннем треугольнике $ABC$ точки $D$ и $E$ лежат на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно. Если $DF$ и $EG$ ($F\in AE$, $G\in AD$) — биссектрисы углов треугольника $ADE$, докажите что сумма площадей треугольников $DEF$ и $DEG$ не превышает площади треугольника $ABC$. При каких условиях выполняется равенство? ( Greece )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  1
2020-09-09 21:26:13.0 #

admin, обратите внимание, в задании опечатка: написано "Если $DF$ и $EF....$"

А нужно написать "Если $DF$ и $EG....$"

  1
2021-07-22 20:53:06.0 #

Первым делом запишем площади треугольников $DEF$ и $DEG$ через площадь $DEA$:

$\dfrac{S(DEF)}{S(DEA)}=\dfrac{EF}{EA}=\dfrac{DE}{AD+DE}, S(DEF)=\dfrac{S(DEA) \cdot DE}{AD+DE}$

$\dfrac{S(DEG)}{S(DEA)}=\dfrac{DG}{DA}=\dfrac{DE}{AE+DE}, S(DEG)=\dfrac{S(DEA) \cdot DE}{AE+DE}$

$$\sum S=S(DEA)\cdot DE(\dfrac{1}{AD+DE}+\dfrac{1}{AE+DE}) \leq S(ABC) (!!!),$$

$$\dfrac{AD\cdot AE\cdot \sin 60}{2}\cdot DE(\dfrac{1}{AD+DE}+\dfrac{1}{AE+DE}) \leq \dfrac{AB^2\cdot \sin 60}{2},$$

Пусть $DE=a, AD=b$ и $AE=c$, тогда надо доказать левую часть:

$$abc(\dfrac{1}{b+a}+\dfrac{1}{c+a}) \leq a^2 \leq AB^2$$

$$bc(2a+b+c) \leq a(a+c)(a+b),$$

$$abc+b^2c+c^2b \leq a^3+a^2b+a^2c (!!!)$$

Поскольку $\angle A=60$, то, по теореме косинусов, $a^2=b^2+c^2-bc, \Rightarrow a^2 \geq bc$ по Коши,

$$a^3 \geq abc;$$

$$a^2b \geq b^2c;$$

$$a^2c \geq c^2b;$$

Суммируя эти неравенства получаем требуемое.