34-я Международная Математическая Oлимпиада
Турция, Стамбул, 1993 год
Комментарий/решение:
Проведем из точки X прямую l параллельную AC, опустим наименьшую высоту BD треугольника ABC и пусть L∈l∩AB и M∈l∩BC и пусть AB≤BC≤AC
Пусть Y∈BX∩AC
Если X находится внутри треугольника или на одной из сторон, то есть при движений X по BY выполняется условие BC≥CX
1) Случай когда все наименьшие высоты проходят из точки X учитывая что наименьшая высота проведена к наибольшей стороне, то BC≥CX≥CY≥XM (1) и AB≥AX≥AY≥LX и пусть эти высоты равны XZ,XH,XE соответственно к AB,BC,AC и BT высота BLM треугольники BLM,ABC подобны значит LM≥BM и из подобия (BTM,THM), (BLT,LZX)
XH=BT⋅XMBM, XZ=BT⋅LXBL и так как XE=DT то неравенство запишется как
XMBM+LXBL≥1
XM⋅BL+(LM−XM)⋅BM≥BM⋅BL
BM−BLLM−BL≤BMXM
что верно так как из (1) тогда BMXM=BCCY≥1 и BM−BLLM−BL≤1 так как LM≥BM.
2) Когда CX наибольшая сторона в BXC тогда CX>BC>BX но BT<BX<BL<AB и так как ∠CBX наибольший в BXC тогда AXB≥90∘ то есть ZX наименьшая высота, пусть BG⊥CX тогда BG≥BT
тогда неравенство XZ+XE+BG≥XE+BG≥XE+BT=BD
3) Аналогично когда AX наибольшая сторона ABX рассматривается как 2)
Если X лежит вне треугольника ABC за сторону BC, положения точек тоже самое.
1.Пусть AB,BC,AC наибольшие стороны в треугольниках ABX,CBX,AXC, при тех же положениях точек с высотами и пусть MQ⊥BL тогда BF наименьшая высота в BML. Тогда неравенство
XZ+XH+XE≥XZ+XE≥XE+MQ≥XE+BF=BD
2.Пусть AX наибольшая сторона в ABX а остальные как в 1. если BR высота этого треугольника и S∈BR∩LX значит BS≥BF и неравенство
BR+XH+XE≥BS+XH+XE≥BF+XH+XE≥BF+XE=BD
3. Пусть AX наибольшая сторона в ABX так как ∠ABC≥BAC тогда X располагается в плоскости ограниченной прямыми AC,BC тогда BX≥BC значит и высота проведенная к BX будет больше BC откуда следует неравенство.
Остальные за сторону AB,AC рассматриваются аналогично.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.