Математикадан 34-ші халықаралық олимпиада, 1993 жыл, Стамбул

Жазықтықта жататын $P$, $Q$, $R$ үш нүктесі үшін $m\left( PQR \right)$ арқылы сол үш нүктеден құралған үшбұрыштың ең кіші биіктігін белгілейміз ( егер $P$, $Q$, $R$ нүктелері бір түзудің бойында жатса,онда $m\left( PQR \right)=0$ ). Жазықтықта $A$, $B$, $C$ нүктелері берілсін. Осы жазықтықта жататын кез келген $X$ нүктесі үшін $$m\left( ABC \right)\le m\left( ABX \right)+m\left( AXC \right)+m\left( XBC \right)$$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Проведем из точки $X$ прямую $l$ параллельную $AC$, опустим наименьшую высоту $BD$ треугольника $ABC$ и пусть $L \in l \cap AB$ и $M \in l \cap BC$ и пусть $AB \leq BC \leq AC$

Пусть $Y \in BX \cap AC$

Если $X$ находится внутри треугольника или на одной из сторон, то есть при движений $X$ по $BY$ выполняется условие $BC \geq CX$

1) Случай когда все наименьшие высоты проходят из точки $X$ учитывая что наименьшая высота проведена к наибольшей стороне, то $BC \geq CX \geq CY \geq XM \ (1)$ и $AB \geq AX \geq AY \geq LX$ и пусть эти высоты равны $XZ,XH,XE$ соответственно к $AB,BC,AC$ и $BT$ высота $BLM$ треугольники $BLM, ABC$ подобны значит $LM \geq BM$ и из подобия $(BTM,THM), \ (BLT, LZX)$

$XH=\dfrac{BT \cdot XM}{BM}, \ XZ=\dfrac{BT \cdot LX}{BL}$ и так как $XE=DT$ то неравенство запишется как

$$\dfrac{XM}{BM}+\dfrac{LX}{BL} \geq 1$$

$$XM \cdot BL+(LM-XM) \cdot BM \geq BM \cdot BL$$

$$\dfrac{BM-BL}{LM-BL} \leq \dfrac{BM}{XM}$$

что верно так как из $(1)$ тогда $\dfrac{BM}{XM} = \dfrac{BC}{CY} \geq 1$ и $\dfrac{BM-BL}{LM-BL} \leq 1 $ так как $LM \geq BM$.

2) Когда $CX$ наибольшая сторона в $BXC$ тогда $CX>BC>BX$ но $BT<BX<BL<AB$ и так как $\angle CBX$ наибольший в $BXC$ тогда $AXB \geq 90^{\circ}$ то есть $ZX$ наименьшая высота, пусть $BG \perp CX$ тогда $BG \geq BT$

тогда неравенство $$XZ+XE+BG \geq XE+BG \geq XE+BT = BD$$

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 $MQ \perp BL$ тогда $BF$ наименьшая высота в $BML$. Тогда неравенство

$XZ+XH+XE \geq XZ+XE \geq XE+MQ \geq XE+BF = BD$

2.Пусть $AX$ наибольшая сторона в $ABX$ а остальные как в $1.$ если $BR$ высота этого треугольника и $S \in BR \cap LX$ значит $BS \geq BF$ и неравенство

$BR+XH+XE \geq BS+XH+XE \geq BF+XH+XE \geq BF+XE = BD$

3. Пусть $AX$ наибольшая сторона в $ABX$ так как $\angle ABC \geq BAC$ тогда $X$ располагается в плоскости ограниченной прямыми $AC, BC$ тогда $BX \geq BC$ значит и высота проведенная к $BX$ будет больше $BC$ откуда следует неравенство.

Остальные за сторону $AB,AC$ рассматриваются аналогично.