IMO-1996, problem 5, решение

13 May

Всем привет! Сегодня разбираем действительно сложную задачу с IMO-1996. Задачу, которую не решил ни один российский участник, а сборная Китая за которую так и вообще получила в сумме ноль баллов. Это прекрасное геометрическое неравенство Наири Седракяна. Давайте посмотрим еще раз на ее условие.

IMO-1996, problem 5, решение

Важным при решении этой задачи оказалось знание неравенства Эрдёша–Морделла (иногда его называют неравенством Эрдёша–Морделла–Барроу). Давайте немного о нем поговорим.

Неравенство Эрдёша–Морделла

Утверждение 1. Пусть точка P лежит внутри треугольника ABC. Обозначим расстояния от точки P до сторон BC, CA и AB треугольника через d_a, d_b и d_c соответственно, а расстояния от точки P до вершин A, B и C через R_a, R_b и R_c соответственно. Тогда
IMO-1996, problem 5, решение

Это неравенство Эрдёш предложил в журнале American Mathematical Monthly в 1935 году. Через два года, в 1937 году, доказательство в том же журнале дали Морделл и Барроу (не знаю, почему в название вошел только первый соавтор). Однако их доказательство было весьма сложным, позже были придуманы более элементарные рассуждения. Все доказательства, что я видел очень похожи и по сути следуют одному и тому же сценарию.

Первое, что надо для доказательства знать, это то, что площадь четырехугольника всегда не превосходит половины произведения диагоналей, причем верно это даже тогда, когда четырехугольник невыпуклый. Доказать это можно пристальным вглядыванием в картинку: длина диагонали d₂ не меньше суммы перпендикуляров, опущенных на d₁.

IMO-1996, problem 5, решение

Это означает, что в обозначениях утверждения

IMO-1996, problem 5, решение

где a, b и c — длины соответствующих сторон треугольника. Получаем оценку на величину R_a снизу

IMO-1996, problem 5, решение

Записывая аналогичные неравенства для R_b и R_c и складывая, заключаем, что

IMO-1996, problem 5, решение

Осталось заметить, что сумма двух взаимнообратных величин всегда не меньше 2, и неравенство Эрдёша–Морделла доказано.

Хочу сделать здесь маленькое замечание к доказательству, которое нам пригодится дальше. Неравенство (1), которое мы получили выше можно записать для точки P', симметричной точке P относительно биссектрисы угла A. Расстояние от P' до вершины A будет такое же, а вот расстояния до сторон AB и AC поменяются местами. Поэтому вместе с неравенством (1) верно и неравенство

IMO-1996, problem 5, решение

Решение задачи с IMO

Теперь давайте собственно перейдем к неравенству с международной олимпиады. Шестиугольник с параллельными сторонами... так и хочется подостраивать что-нибудь до параллелограммов. Давайте так и сделаем (см. рисунок). Построим параллелограммы ABA'F, CDC'B и EFE'D. На самом деле есть два случая, но давайте я разберу именно тот, что изображен на картинке.

IMO-1996, problem 5, решение

Величины R_A, R_C и R_E являются радиусами описанных окружностей треугольников FA'B, BC'D и DE'F, пришла пора их изобразить. Для этого проведем через вершины B, D и F прямые, перпендикулярные соответствующим красным отрезкам. Точки их пересечения обозначим как на чертеже через X, Y и Z.

IMO-1996, problem 5, решение

Если бы нам повезло и точки A', C' и E' совпали, то сумма красных отрезков была суммой расстояний от соответствующей точки до сторон синего треугольника, расстояния же до вершин были бы диаметрами соответствующих окружностей и нужное нам неравенство в точности совпало бы с неравенством Эрдёша–Морделла. Но, в общем случае это не так. Что же нам теперь делать? Понятное дело, исследовать, нельзя ли обобщить неравенство. Обобщение нам надо следующее.

Утверждение 2. Есть три точки A', C' и E' внутри треугольника XYZ такие, что C'A' ⊥ XY, E'C'⊥YZ и A'E'⊥ ZX. (Считаем, что они расположены так, как показано на рисунке.) Надо доказать, что
IMO-1996, problem 5, решение
IMO-1996, problem 5, решение

Давайте для краткости введем обозначения: стороны треугольника обозначим через x, y и z, "длинные" перпендикуляры на стороны обозначим d_x, d_y и d_z, короткие перпендикуляры — d_x', d_y' и d_z' (то есть E'D=d_x, C'D=d_x'), ну а расстояния до вершин — через R_x, R_y и R_z (то есть R_x=A'X=2R_A). Нужное нам неравенство выглядит так

IMO-1996, problem 5, решение

Попробуем провести такое же рассуждение, как в доказательстве исходного неравенства. Мне удобно будет при этом пользоваться неравенством (2), а не (1). По неравенству (2)

IMO-1996, problem 5, решение

Раньше мы бы три таких неравенства сложили и применили неравенство для суммы взаимнообратных величин. Но сейчас так не получается. Не хватает слагаемых для симметрии. Хотелось бы получить еще неравенство

IMO-1996, problem 5, решение

тогда, сложив все шесть неравенств, мы бы уже смогли сделать нужное заключение.

И тут должно случиться откровение. Дело в том, что в предыдущих двух неравенствах правые части на самом деле равны! Это следует из соотношения

IMO-1996, problem 5, решение

которое для проверки можно переписать следующим образом

IMO-1996, problem 5, решение

А это следует из подобия треугольников A'C'E' и XYZ (их соответственные стороны перпендикулярны друг другу). Все, задача с международной олимпиады разобрана.

Обобщение неравенства Эрдёша–Морделла

В качестве заключения скажу, что по сути предложенное Седракяном обобщение неравенства Эрдёша–Морделла не единственное возможное. Есть статья 2016-го года, в которой довольно симпатичным образом доказывается, что величины R_a, R_b и R_c в исходной формулировке можно заменить на расстояния от точки P до касательных к описанной окружности треугольника, проведенных в вершинах. Попробуйте доказать это неравенство, соображения свои пишите в комментариях!