Математикадан облыстық олимпиада, 2011-2012 оқу жылы, 9 сынып

Қабырғаларының ұзындықтары 3 және 4 болатын тіктөртбұрыштың әр қабырғасынан бір нүктеден таңдап алынған. Бұл нүктелерді кесінділермен қосып, қабырғаларының ұзындықтары $x,y,z,u$ болатын дөңес тіктөртбұрыш алынды. Осы ұзындықтар $25 \le {x^2} + {y^2} + {z^2} + {u^2} \le 50$ теңсізідігін қанағаттандыратынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Положим что точки $N,L,M,Q$ лежат на сторонах $AB,BC,CD,AD$ соответственно , тогда получим неравенство $(3-BN)^2 +(4-QD)^2+BN^2+ (4-LC)^2+LC^2+(3-DM)^2+DM^2+QD^2 \geq 0$ , которое преобразуется в $S=2((BN-\dfrac{3}{2})^2+(QD-2)^2+(DM-\dfrac{3}{2})^2+(LC-2)^2+25) \geq 0$ .

Очевидно что минимальное значение выполняется при $DN=DM=\dfrac{3}{2},QD=LC=2$ , то есть $S \geq 25$ , так как $DN=DM \leq 3,QD=LC \leq 4$ , очевидно максимальное выполняется , когда стороны , совпадаю со сторонами $AB,BC,CD,AD$ , то есть $2(3^2+4^2)=50$.

Основное наблюдение - стороны $x, y, z, u$ можно выразить через длины отрезков сторон прямоугольника, отсекаемых четырехугольником.

Пусть прямоугольник отсекает на первой стороне отрезки длин $a_{1}, a_{2}$, на второй стороне ${b_1, b_2}$, на третьей стороне ${c_1, c_2}$, на четвертой стороне ${d_1, d_2}$, при этом все значения неотрицательные. Тогда \[x^2 + y^2 +z^2 + u^2 = a_{1}^2 + a_{2}^2 + b_{1}^2+b_{2}^2+c_{1}^2+c_{2}^2+d_{1}^2+d_{2}^2.\]

С одной стороны \[25 = \frac{(a_{1} + a_{2})^ 2}{2} + \frac{(b_{1} + b_{2})^ 2}{2} + \frac{(c_{1} + c_{2})^ 2}{2} + \frac{(d_{1} + d_{2})^ 2}{2} \leq a_{1}^2 + a_{2}^2 + b_{1}^2+b_{2}^2+c_{1}^2+c_{2}^2+d_{1}^2+d_{2}^2.\]

C другой стороны \[a_{1}^2 + a_{2}^2 + b_{1}^2+b_{2}^2+c_{1}^2+c_{2}^2+d_{1}^2+d_{2}^2 \leq (a_{1} + a_{2})^ 2 + (b_{1} + b_{2})^ 2 + (c_{1} + c_{2})^ 2 + (d_{1} + d_{2})^ 2 = 50.\]

Таким образом, требуемая система неравенств доказана.