Математикадан жасөспірімдер арасындағы 15-ші Балкан олимпиадасы 2011 жыл, Ларнака, Кипр
ABCD — дөңес төртбұрыш болсын. AB және CD қабырғаларында ABAE=CDDF=n болатындай E және F нүктелері белгіленген. S — AEFD төртбұрышының ауданы болсын. Дәлелдеңіздер: S≤AB⋅CD+n(n−1)AD2+n2DA⋅BC2n2.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
Так как S=AF⋅DEsinα2≤AF⋅DE2 неравенство преобразуется
AF⋅DE⋅n2≤AB⋅CD+n(n−1)AD2+n2AD⋅BC
Используя неравенство Птолемея AF⋅DE≤AE⋅DF+AD⋅EF=AB⋅CDn2+AD⋅EF тогда неравенство
AD⋅EF⋅n2≤n(n−1)AD2+n2AD⋅BC
EF≤(n−1)n⋅AD+BC (1)
Доказательство неравенство (1) : Построим параллелограмм ADCG пусть FH||DG||AC где H∈CG и EM||AC где M∈BC тогда EMFH так же параллелограмм , так как CH=(n−1)ADn но BH≥MH=EF но по неравенству CH+BC≥BH>MH=EF то есть (n−1)ADn+BC≥EF
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.