Problem B. 4469. (September 2012)

B. 4469. The interior angle bisectors of triangle ABC intersect the opposite sides at A₁, B₁, C₁. Prove that the area of the triangle A₁B₁C₁ cannot be greater than one fourth of the area of triangle ABC.

(5 pont)

Deadline expired on October 10, 2012.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Legyen az ABC háromszög területe egységnyi, oldalainak hosszát pedig jelölje a szokásos módon a,b,c. A szögfelező-tétel szerint CA₁/BA₁=b:c, vagyis CA₁=ab/(b+c). Hasonlóképpen CB₁=ba/(a+c). Mivel absin $\gamma$ =2, az A₁B₁C háromszög területe ab/(a+c)(b+c). A B₁C₁A és C₁A₁B háromszögek területét hasonlóképpen kifejezve a bizonyítandó állítást

$\frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\frac{bc}{(b+a)(c+a)}+\frac{ca}{(c+b)(a+b)}\ge \frac{3}{4}$

alakba írhatjuk. Mindkét oldalt 4(a+b)(b+c)(c+a)-val szorozva, kifejtés és egyszerűsítés után ezt az

a²b+ab²+a²c+ac²+b²c+bc² $\ge$ 6abc

alakra redukálhatjuk. Mivel (a-b)² $\ge$ 0, a²+b² $\ge$ 2ab és így a²c+b²c $\ge$ 2abc. Hasonlóképpen a²b+c²b $\ge$ 2abc és b²a+c²a $\ge$ 2abc. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Az is látszik, hogy egyenlőség csak az a=b=c esetben áll fenn, vagyis ha az ABC háromszög szabályos. Az egyenlőtlenséget úgy is levezethetjük, hogy a bal oldalon álló 6 összeadandóra alkalmazzuk a számtani és mértani közepek között fennálló egyenlőtlenséget.

Statistics:

87 students sent a solution.

5 points: 68 students.

4 points: 5 students.

3 points: 2 students.

2 points: 2 students.

0 point: 7 students.

Unfair, not evaluated: 3 solutionss.

Problems in Mathematics of KöMaL, September 2012

87 students sent a solution.
5 points:	68 students.
4 points:	5 students.
3 points:	2 students.
2 points:	2 students.
0 point:	7 students.
Unfair, not evaluated:	3 solutionss.

Already signed up?
New to KöMaL?