13-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2017 жыл

Кеңістікте $M$ және $N$ нүктелері мен $ABCD$ дұрыс тетраэдрі берілген. Келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: $$MA\cdot NA+MB\cdot NB+MC\cdot NC\geq MD\cdot ND.$$ (Барлық алты қабырғасы өзара тең болатын тетраэдр дұрыс деп аталады.) ( Н. Седракян )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Нам потребуется
{\bf Лемма 1.} Для любых различных точек $A$, $B$, $C$ и $D$ выполняется неравенство $$AB\cdot CD+BC\cdot AD\geq AC\cdot BD.$$
Доказательство. На луче $DA$ выберем точку $A_1$ так, что $DA_1={1\over DA}$. Аналогично на лучах $DB$ и $DC$ выберем точки $B_1$ и $C_1$. Так как ${DA_1\over DB}={DB_1\over DA}={1\over DA\cdot DB}$, из подобия треугольников $DAB$ и $DB_1A_1$ имеем $A_1B_1={AB\over DA\cdot DB}$. Аналогично $B_1C_1={BC\over DB\cdot DC}$ и $C_1A_1={CA\over DC\cdot DA}$ (1). Подставляя эти равенства в неравенство треугольника $A_1B_1+B_1C_1\geq A_1C_1$, получаем $AB\cdot CD+BC\cdot AD\geq AC\cdot BD$.
Лемма 2. На плоскости даны точки $M$, $N$ и треугольник $ABC$. Тогда $${AM\cdot AN\over AB\cdot AC}+{BM\cdot BN\over BA\cdot BC}+{CM\cdot CN\over CA\cdot CB}\geq 1.\qquad (*)$$
Доказательство. В плоскости треугольника $ABC$ рассмотрим точку $K$ такую, что $\angle ABM=\angle KBC$, $\angle MAB=\angle CKB$. Заметим, что $${CK\over BK}={AM\over AB}, {AK\over BK}={CM\over BC}, {BC\over BK}={BM\over AB}. \qquad (2)$$ Для точек $A$, $N$, $C$, $K$ согласно лемме 1 имеем $AN\cdot CK+CN\cdot AK\geq AC\cdot NK$. По неравенству треугольника $NK\geq BK-BN$, следовательно $AN\cdot CK+CN\cdot AK\geq AC\cdot(BK-BN)$. Отсюда получаем, что $${AN\cdot CK\over AC\cdot BK}+{CN\cdot AK\over AC\cdot BK}+{BN\over BK}\geq 1. \qquad (3)$$ Из (3) и (2) следует, что ${AM\cdot AN\over AB\cdot AC}+{BM\cdot BN\over BA\cdot BC}+{CM\cdot CN\over CA\cdot CB}\geq 1$.
{\bf Следствие.} Неравенство (*) остается верным, если точки $M$ или $N$ (одна или обе) не находятся в плоскости треугольника $ABC$.
Это следует из леммы 2, если вместо точек $M$ и $N$ рассмотреть проекции этих точек на плоскость треугольника $ABC$.
Приступим к решению задачи. На луче $DA$ выберем точку $A_1$ так, что $DA_1={1\over DA}$. Аналогичным образом на лучах $DB$, $DC$, $DM$ и $DN$ выбираем точки $B_1$, $C_1$, $M_1$ и $N_1$.
По следствию из леммы 2 для точек $M_1$, $N_1$ и треугольника $A_1B_1C_1$ выполняется неравенство $A_1M_1\cdot A_1N_1+B_1M_1\cdot B_1N_1+C_1M_1\cdot C_1N_1\geq A_1B_1^2$; используя равенства, аналогичные (1), получаем $${AM\over DA\cdot DM}\cdot{AN\over DA\cdot DN}+ {BM\over DB\cdot DM}\cdot{BN\over DB\cdot DN}+ {CM\over DC\cdot DM}\cdot{CN\over DC\cdot DN}\geq \left({AB\over DA\cdot DB}\right)^2,$$ откуда $$AM\cdot AN+BM\cdot BN+CM\cdot CN\geq DM\cdot DN,$$ что и требовалось доказать.