Математикадан жасөспірімдер арасындағы 15-ші Балкан олимпиадасы 2011 жыл, Ларнака, Кипр

$ABCD$ — дөңес төртбұрыш болсын. $AB$ және $CD$ қабырғаларында $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{CD}{DF}=n$ болатындай $E$ және $F$ нүктелері белгіленген. $S$ — $AEFD$ төртбұрышының ауданы болсын. Дәлелдеңіздер: $S \le \dfrac{AB \cdot CD+n(n-1) AD^2+n^2DA \cdot BC}{2n^2}.$

Комментарий/решение

Так как $S = \dfrac{ AF \cdot DE \sin \alpha}{2} \leq \dfrac{AF \cdot DE}{2}$ неравенство преобразуется

$AF \cdot DE \cdot n^2 \leq AB \cdot CD + n(n-1)AD^2+n^2AD \cdot BC$

Используя неравенство Птолемея $AF \cdot DE \leq AE \cdot DF + AD \cdot EF = \dfrac{AB \cdot CD}{n^2} + AD \cdot EF $ тогда неравенство

$AD \cdot EF \cdot n^2 \leq n(n-1)AD^2+n^2AD \cdot BC$

$EF \leq \dfrac{(n-1)}{n} \cdot AD+BC$ (1)

Доказательство неравенство (1) : Построим параллелограмм $ADCG$ пусть $FH || DG || AC$ где $H \in CG$ и $EM || AC$ где $M \in BC$ тогда $EMFH$ так же параллелограмм , так как $CH = \dfrac{(n-1)AD}{n}$ но $BH \geq MH = EF$ но по неравенству $CH + BC \geq BH > MH=EF$ то есть $\dfrac{(n-1)AD}{n} + BC \geq EF$