Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2084
2019-02-08 
Пусть $P$ - произвольная точка внутри треугольника $ABC$. Обозначим через $A_1, B_1$ и $C_1$ точки пересечения прямых $AP, BP$ и $CP$ соответственно со сторонами $BC, CA$ и $AB$. Упорядочим площади треугольников $AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C$, обозначив меньшую через $S_1$, среднюю - $S_2$, а большую - $S_3$. Докажите, что
$\sqrt{S_1S_2} \leq S \leq \sqrt{S_2S_3}$,
где $S$ - площадь треугольника $A_1B_1C_1$.
Решение:
Первый способ. Назовём треугольник $A_1B_1C_1$ чевианным треугольником точки $P$. Oказывается, любой треугольник $ABC$ можно подходящим аффинным преобразованием перевести в некоторый остроугольный треугольник $A^{\prime}B^{ \prime}C^{ \prime}$ так, что точка $P$ перейдёт в его ортоцентр, а чевианный треугольник $P$ в ортотреугольник (треугольник, образованный основаниями высот, рис.).
Действительно, возьмём произвольный отрезок $B^{ \prime}C^{ \prime}$ и отметим на нём такую точку $A_1^{ \prime}$ , что
$\frac{B^{\prime}A_1^{\prime}}{A_1^{\prime}C_1^{\prime}} = \frac{BA_1}{A_1C}$
а затем восставим в этой точке перпендикуляр к $B^{\prime}C^{\prime}$ . На этом перпендикуляре построим такую точку $A_0$, что
$\angle B^{ \prime}A_0C^{ \prime} = \pi/2$
(точка пересечения перпендикуляра с окружностью, построенной на $B^{\prime}C^{\prime}$ как на диаметре, рис.).
Далее, рассмотрим точку $A^{ \prime \prime}$ на этом перпендикуляре и опустим высоту $B^{ \prime}B_1^{ \prime \prime}$ на $A^{ \prime \prime}C^{ \prime}$. Eсли $A^{ \prime \prime}$ расположена близко к точке $A_0$, то отношение $C^{ \prime}B_1^{ \prime \prime}/B_1^{ \prime \prime}A^{ \prime \prime}$ очень велико, а если $A_0$ удаляется по перпендикуляру на бесконечность, то это отношение стремится к нулю. Из соображений непрерывности следует, что найдётся такая точка $A$ на перпендикуляре, что
$\frac{C^{\prime}B^{\prime \prime}}{B_1^{ \prime \prime}A^{ \prime}} = \frac{CB_1}{B_1A}$.
Соответственное равенство третьей пары отношений гарантировано теоремой Чевы. Как известно, для любых двух треугольников $ABC$ и $A^{ \prime}B^{ \prime}C^{ \prime}$ существует единственное аффинное преобразование, отображающее первый треугольник на второй. Поскольку аффинное преобразование прямые переводит в прямые, а также сохраняет отношение длин отрезков, мы нашли аффинное преобразование, переводящее чевианный треугольник в некоторый ортотреугольник. Kроме того, аффинное преобразование сохраняет и отношение площадей. Сказанное означает, что нам достаточно доказать утверждение задачи для остроугольного треугольника и его ортоцентра. Не ограничивая общности будем считать, что площади треугольников $AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C$ соответственно равны $S_1, S_2$, и $S_3$. Эти треугольники подобны исходному с коэффициентами $\cos A, \cos B, \cos C$ соответственно, поэтому, поскольку все углы острые, косинусы положительны и убывают. Из последней цепочки неравенств следует, что
$\angle C \leq \frac{ \pi}{3} \leq \angle A$.
Докажем теперь, что $sgrt{S_1S_2} \leq S$.
После возведения в квадрат и деления числителя и знаменателя на $S_2$ получим неравенство
${\frac{\cos^2A\cos^2B}{(1-\cos^2A - \cos^2B - \cos^2C)^2} \leq 1$.
Но, как нетрудно проверить, в любом треугольнике имеет место равенство
$1 - \cos^2 A - \cos^2 B - \cos^2 C = 2 \cos A \cos B \cos C$,
поэтому наше неравенство равносильно $1/4 \leq cos^2 C$, т. е. $\angle C \leq \pi/3$. Аналогично доказывается, что $\sqrt{S_2S_3} \geq S$.
Второй способ. Не ограничивая общности будем считать, что площади треугольников $AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C$ соответственно равны $S_1, S_2$, и $S_3$ (рис.).
Пусть точка $P$ имеет (относительно треугольника $ABC$) нормированные барицентрические координаты (p, q, r), т. е. $p + q + r = 1$. Поскольку $P$ расположена внутри треугольника, то $p, q, r$ - положительные величины. Выразим через них $S_1/S$. Обозначим через $A_2$ точку пересечения $B_1C_1$ и $AA_1$. Поскольку треугольники $AB_1C_1$ и $A_1B_1C_1$ имеют общее основание, то, очевидно,
$\frac{S_1}{S} = \frac{AA_2}{A_1A_2}$.
Далее, понятно, что $A_2$ имеет координаты $(2p : q : r)$ (центр масс системы $2pA$ и $(q + r)A_1$ расположен на прямой $AA_1$, а системы $(p + q) C_1$ и $(p + r)B_1$ - на прямой $B_1C_1$), откуда по правилу рычага имеем
$\frac{AA_2}{A_1A_2} = \frac{q+r}{2p} = \frac{1-p}{2p}$.
Совершенно аналогично,
$\frac{S_2}{S} = \frac{1 - q}{2q}$ и $\frac{S_3}{S} = \frac{1-r}{2r}$.
Поскольку $S_1 \leq S_2 \leq S_3$, отсюда следует, что $p \geq q \geq r$. C учётом равенства $p + q + r = 1$ имеем также $p \geq 1/3 \geq r$. Докажем теперь, что $\sqrt{S_1S_2} \leq S$.
Подставляя полученные выше значения отношений, получаем
$(1 - p)(1 - q) \leq 4pq$,
т. е. $r \leq 3pq$. Но
$\frac{pq}{r} \geq \frac{1}{3} \cdot \frac{q}{r} \geq \frac{1}{3}$.
Tочно так же доказывается, что $\sqrt{S_2S_3} \geq S$ (используя неравенство $r \leq 1/3$).
Замечание. Идеи, на которых основывалось доказательство, можно реализовать, не используя геометрию масс. Например, ввести отношения
$ \alpha = \frac{BA_1}{CA_1}, \beta = \frac{CB_1}{AB_1}, \gamma = \frac{AC_1}{BC_1}$
и с помощью теоремы Фалеса (проводя соответствующие параллели) выразить через них отношения площадей.
Третий способ. Следующее симпатичное решение основано на так называемой теореме Мёбиуса. Пусть $P$ - произвольная точка внутри треугольника $ABC$. Обозначим через $A_1, B_1$ и $C_1$ точки пересечения прямых $AP, BP$ и $CP$ соответственно со сторонами $BC, CA, AB$, а площади треугольников $ABC_1, A_1BC_1, A_1B_1C$ и $A_1BC_1 - S_1, S_2, S_3$ и $S$ соответственно. Тогда
$S_3 + (S_1 + S_2 + S_3)S_2 - 4S_1S_2S_3 = 0$.
(Это несложно доказать, используя, например, найденные нами отношения площадей в предыдущих рассуждениях.) Рассмотрим функцию
$\Phi(x) = S^3 + (S_1 + S_2 + S_3)S^2 - 4S_1S_2S_3 = 0$.
По теореме Мёбиуса $\Phi(x) = 0$. Kроме того, очевидно, что $\Phi(x)$ возрастает на $(0, \infty)$ (как сумма двух возрастающих функций). Поэтому нам достаточно показать, что
$\Phi(\sqrt{S_1S_2}) \leq 0 \leq \Phi(\sqrt{S_2S_3})$.
Но
$\Phi(\sqrt{S_2S_3}) = S_1S_2(\sqrt{S_1S_2} + S_1 + S_2 - 3S_3)$,
а
$\sqrt{S_1S_2} + S_1 + S_2 - 3S_3 \leq 3/2(S_1 + S_2) - 3S_3 \leq 0$
(среднее геометрическое двух положительных величин не превосходит их среднего арифметического). Bторое неравенство доказывается аналогично.
Пусть $P$ - произвольная точка внутри треугольника $ABC$. Обозначим через $A_1, B_1$ и $C_1$ точки пересечения прямых $AP, BP$ и $CP$ соответственно со сторонами $BC, CA$ и $AB$. Упорядочим площади треугольников $AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C$, обозначив меньшую через $S_1$, среднюю - $S_2$, а большую - $S_3$. Докажите, что
$\sqrt{S_1S_2} \leq S \leq \sqrt{S_2S_3}$,
где $S$ - площадь треугольника $A_1B_1C_1$.
Решение:
Первый способ. Назовём треугольник $A_1B_1C_1$ чевианным треугольником точки $P$. Oказывается, любой треугольник $ABC$ можно подходящим аффинным преобразованием перевести в некоторый остроугольный треугольник $A^{\prime}B^{ \prime}C^{ \prime}$ так, что точка $P$ перейдёт в его ортоцентр, а чевианный треугольник $P$ в ортотреугольник (треугольник, образованный основаниями высот, рис.).
Действительно, возьмём произвольный отрезок $B^{ \prime}C^{ \prime}$ и отметим на нём такую точку $A_1^{ \prime}$ , что
$\frac{B^{\prime}A_1^{\prime}}{A_1^{\prime}C_1^{\prime}} = \frac{BA_1}{A_1C}$
а затем восставим в этой точке перпендикуляр к $B^{\prime}C^{\prime}$ . На этом перпендикуляре построим такую точку $A_0$, что
$\angle B^{ \prime}A_0C^{ \prime} = \pi/2$
(точка пересечения перпендикуляра с окружностью, построенной на $B^{\prime}C^{\prime}$ как на диаметре, рис.).
Далее, рассмотрим точку $A^{ \prime \prime}$ на этом перпендикуляре и опустим высоту $B^{ \prime}B_1^{ \prime \prime}$ на $A^{ \prime \prime}C^{ \prime}$. Eсли $A^{ \prime \prime}$ расположена близко к точке $A_0$, то отношение $C^{ \prime}B_1^{ \prime \prime}/B_1^{ \prime \prime}A^{ \prime \prime}$ очень велико, а если $A_0$ удаляется по перпендикуляру на бесконечность, то это отношение стремится к нулю. Из соображений непрерывности следует, что найдётся такая точка $A$ на перпендикуляре, что
$\frac{C^{\prime}B^{\prime \prime}}{B_1^{ \prime \prime}A^{ \prime}} = \frac{CB_1}{B_1A}$.
Соответственное равенство третьей пары отношений гарантировано теоремой Чевы. Как известно, для любых двух треугольников $ABC$ и $A^{ \prime}B^{ \prime}C^{ \prime}$ существует единственное аффинное преобразование, отображающее первый треугольник на второй. Поскольку аффинное преобразование прямые переводит в прямые, а также сохраняет отношение длин отрезков, мы нашли аффинное преобразование, переводящее чевианный треугольник в некоторый ортотреугольник. Kроме того, аффинное преобразование сохраняет и отношение площадей. Сказанное означает, что нам достаточно доказать утверждение задачи для остроугольного треугольника и его ортоцентра. Не ограничивая общности будем считать, что площади треугольников $AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C$ соответственно равны $S_1, S_2$, и $S_3$. Эти треугольники подобны исходному с коэффициентами $\cos A, \cos B, \cos C$ соответственно, поэтому, поскольку все углы острые, косинусы положительны и убывают. Из последней цепочки неравенств следует, что
$\angle C \leq \frac{ \pi}{3} \leq \angle A$.
Докажем теперь, что $sgrt{S_1S_2} \leq S$.
После возведения в квадрат и деления числителя и знаменателя на $S_2$ получим неравенство
${\frac{\cos^2A\cos^2B}{(1-\cos^2A - \cos^2B - \cos^2C)^2} \leq 1$.
Но, как нетрудно проверить, в любом треугольнике имеет место равенство
$1 - \cos^2 A - \cos^2 B - \cos^2 C = 2 \cos A \cos B \cos C$,
поэтому наше неравенство равносильно $1/4 \leq cos^2 C$, т. е. $\angle C \leq \pi/3$. Аналогично доказывается, что $\sqrt{S_2S_3} \geq S$.
Второй способ. Не ограничивая общности будем считать, что площади треугольников $AB_1C_1, A_1BC_1, A_1B_1C$ соответственно равны $S_1, S_2$, и $S_3$ (рис.).
Пусть точка $P$ имеет (относительно треугольника $ABC$) нормированные барицентрические координаты (p, q, r), т. е. $p + q + r = 1$. Поскольку $P$ расположена внутри треугольника, то $p, q, r$ - положительные величины. Выразим через них $S_1/S$. Обозначим через $A_2$ точку пересечения $B_1C_1$ и $AA_1$. Поскольку треугольники $AB_1C_1$ и $A_1B_1C_1$ имеют общее основание, то, очевидно,
$\frac{S_1}{S} = \frac{AA_2}{A_1A_2}$.
Далее, понятно, что $A_2$ имеет координаты $(2p : q : r)$ (центр масс системы $2pA$ и $(q + r)A_1$ расположен на прямой $AA_1$, а системы $(p + q) C_1$ и $(p + r)B_1$ - на прямой $B_1C_1$), откуда по правилу рычага имеем
$\frac{AA_2}{A_1A_2} = \frac{q+r}{2p} = \frac{1-p}{2p}$.
Совершенно аналогично,
$\frac{S_2}{S} = \frac{1 - q}{2q}$ и $\frac{S_3}{S} = \frac{1-r}{2r}$.
Поскольку $S_1 \leq S_2 \leq S_3$, отсюда следует, что $p \geq q \geq r$. C учётом равенства $p + q + r = 1$ имеем также $p \geq 1/3 \geq r$. Докажем теперь, что $\sqrt{S_1S_2} \leq S$.
Подставляя полученные выше значения отношений, получаем
$(1 - p)(1 - q) \leq 4pq$,
т. е. $r \leq 3pq$. Но
$\frac{pq}{r} \geq \frac{1}{3} \cdot \frac{q}{r} \geq \frac{1}{3}$.
Tочно так же доказывается, что $\sqrt{S_2S_3} \geq S$ (используя неравенство $r \leq 1/3$).
Замечание. Идеи, на которых основывалось доказательство, можно реализовать, не используя геометрию масс. Например, ввести отношения
$ \alpha = \frac{BA_1}{CA_1}, \beta = \frac{CB_1}{AB_1}, \gamma = \frac{AC_1}{BC_1}$
и с помощью теоремы Фалеса (проводя соответствующие параллели) выразить через них отношения площадей.
Третий способ. Следующее симпатичное решение основано на так называемой теореме Мёбиуса. Пусть $P$ - произвольная точка внутри треугольника $ABC$. Обозначим через $A_1, B_1$ и $C_1$ точки пересечения прямых $AP, BP$ и $CP$ соответственно со сторонами $BC, CA, AB$, а площади треугольников $ABC_1, A_1BC_1, A_1B_1C$ и $A_1BC_1 - S_1, S_2, S_3$ и $S$ соответственно. Тогда
$S_3 + (S_1 + S_2 + S_3)S_2 - 4S_1S_2S_3 = 0$.
(Это несложно доказать, используя, например, найденные нами отношения площадей в предыдущих рассуждениях.) Рассмотрим функцию
$\Phi(x) = S^3 + (S_1 + S_2 + S_3)S^2 - 4S_1S_2S_3 = 0$.
По теореме Мёбиуса $\Phi(x) = 0$. Kроме того, очевидно, что $\Phi(x)$ возрастает на $(0, \infty)$ (как сумма двух возрастающих функций). Поэтому нам достаточно показать, что
$\Phi(\sqrt{S_1S_2}) \leq 0 \leq \Phi(\sqrt{S_2S_3})$.
Но
$\Phi(\sqrt{S_2S_3}) = S_1S_2(\sqrt{S_1S_2} + S_1 + S_2 - 3S_3)$,
а
$\sqrt{S_1S_2} + S_1 + S_2 - 3S_3 \leq 3/2(S_1 + S_2) - 3S_3 \leq 0$
(среднее геометрическое двух положительных величин не превосходит их среднего арифметического). Bторое неравенство доказывается аналогично.
