Математикадан 28-ші Балкан олимпиадасы, Яссы, Румыния, 2011 жыл

$ABCDEF$ дөңес алтыбұрыштың ауданы 1-ге тең және қарсы қабырғалары бір-біріне параллель болсын. $AB$, $CD$ және $EF$ қабырғаларының жұптары бір үшбұрыштың төбелерін құрайды, ал $BC$, $DE$ және $FA$ түзулерінің жұптары басқа бір үшбұрыштың төбелерін құрайды. Осы үшбұрыштардың кем дегенде біреуінің ауданы $3/2$-ден кем емес екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть $AF \cap BY = X, BC \cap DE=Y, AF \cap DE=Z, AB \cap CD= W, CD \cap FE=U ,AB \cap FE=V.$ Пусть $S(MNP)$ - площадь треугольника $MNP$. Докажем, что $S(AXB)+S(BCW)+S(CDY) \geq S(XYZ)/3$. Заметим, что $3\cdot (S(AXB)/S(XYZ)+S(BCW)/S(XYZ)+S(CDY)/S(XYZ))\geq (\sqrt{S(AXB)/S(XYZ)} + \sqrt{S(BCW)/S(XYZ)} + \sqrt{S(CDY)/S(XYZ)})^2=$

$=(BX/XY+BC/XY+CY/XY)^2=1$. Суммируя все такие неравенства получим, что $S(AXB)+S(BCW)+S(CDY)+S(DEU)+S(FEZ)+S(AFV) \geq 1$

$\Leftrightarrow$ $S(XYZ)+S(UVW) \geq 3$. Тогда один из этих треугольников имеет площадь не менее чем $3/2$.