М1803. О суммарной площади треугольников

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 1 выпуск)

Условие

В квадрате $ABCD$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $\angle{PAQ}=\angle{QCP} = 45^{\circ}$ (рис.$1$). Докажите, что суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равна суммарной площади треугольников $QCP, QAD$ и $PAB.$

Рис.1

Доказательство

Симметрично отразим $\triangle{APB}$ относительно прямой $AP,$ а $\triangle{AQD}$ — относительно прямой $AQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис.$2$).

Рис.2
Значит, суммарная площадь треугольников $QCP, QAD$ и $PAB$ равна площади четырехугольника $APCQ$ плюс площадь треугольника $PQM.$ Симметрично отразим $\triangle{CPB}$ относительно прямой $CP,$ а $\triangle{CQD}$ — относительно прямой $CQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $N.$ Значит, суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равны площади четырехугольника $APCQ$ плюс площадь треугольника $PQN.$
Остается заметить, что площади треугольников $PQM$ и $PQN$ равны, поскольку сами треугольники равны.

В.Произволов

M1804. Об иррациональных неравенствах

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 1 выпуск)

Условие

Докажите, что $\frac{\displaystyle a}{\displaystyle\sqrt{a^2+8bc}} + \frac{\displaystyle b}{\displaystyle\sqrt{b^2+8ca}} + \frac{\displaystyle c}{\displaystyle\sqrt{c^2+8ab}} \geqslant 1$ для любых положительных чисел $a$, $b$ и $c.$

Доказательство

Так как выражение в левой части однородно относительно $a,\ b$ и $c$ (т.е. $f(a, b, c)$=$f(\lambda a, \lambda b, \lambda c)$), то мы можем считать, что $abc = 1.$ Из равенства $abc = 1$ следует, что $\displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{8abc}{a^3}}} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{8}{a^3}}}\ .$ Пусть $1+\displaystyle\frac8{a^3}=x\ , \ 1+\displaystyle\frac8{b^3}=y\ , \ 1+\displaystyle\frac8{c^3}=z\ ,$ тогда нужно доказать неравенство \begin{multline}\displaystyle\frac1{\sqrt{\mathstrut x}} + \displaystyle\frac1{\sqrt{\mathstrut y}} + \displaystyle\frac1{\sqrt{\mathstrut z}} \geqslant 1 \ \Leftrightarrow \ \sqrt{\mathstrut xy} + \sqrt{\mathstrut xz} + \sqrt{\mathstrut yz} \geqslant \sqrt{\mathstrut xyz}\ \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \ xy + xz + yz + 2\sqrt{x^2yz} + 2\sqrt{xy^2z} + 2\sqrt{xyz^2} \geqslant xyz \ \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow xy + xz + yz + 2\sqrt{\mathstrut xyz} \left(\sqrt{\mathstrut x} + \sqrt{\mathstrut y} + \sqrt{\mathstrut z} \right) \geqslant xyz\ .\end{multline} Теперь, применив неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, находим $x = 1 + \underbrace{\displaystyle\frac1{a^3} + … + \displaystyle\frac1{a^3}}_{8\ раз} \geqslant 9\sqrt[9]{1\cdot\left(\displaystyle\frac1{a^3}\right)^8} = \displaystyle\frac9{a^{\frac83}}\ ,$ поэтому $\sqrt{\mathstrut x} \geqslant \displaystyle\frac3{a^{\frac43}}\ .$ Аналогично, $\sqrt{\mathstrut y} \geqslant \displaystyle\frac3{b^{\frac43}}\ , \ \sqrt{\mathstrut z} \geqslant \displaystyle\frac3{c^{\frac43}}\ ,$ следовательно, $\sqrt{\mathstrut xyz} \geqslant \displaystyle\frac{27}{\left(abc\right)^{\frac43}} = 27$ и $\sqrt{\mathstrut x} + \sqrt{\mathstrut y} + \sqrt{\mathstrut z} \geqslant 3\sqrt[3]{\sqrt{\mathstrut xyz}} \geqslant 3\sqrt[3]{\mathstrut 27} = 9\ .$ Поэтому для доказательства неравенства $(1)$ достаточно показать, что \begin{equation}xy + xz + yz + 2 \cdot 27 \cdot 9 \geqslant xyz\ .\end{equation} Положим $\displaystyle\frac8{a^3} = A\ ,\ \displaystyle\frac8{b^3} = B\ ,\ \displaystyle\frac8{c^3} = C\ ,$ тогда $(2)$ примет вид $\left(1+A\right)\left(1+B\right) + \left(1+A\right)\left(1+C\right) + \left(1+B\right)\left(1+C\right) + 486 \geqslant \\ \geqslant \left(1+A\right)\left(1+B\right)\left(1+C\right)\ \Leftrightarrow A+B+C+488 \geqslant ABC\ .$
Но $A \cdot B \cdot C = \displaystyle\frac{8^3}{(abc)^3} = 8^3\ ,$ отсюда $A+B+C \geqslant 3\sqrt[3]{\mathstrut ABC} = 24\ ,$ и, значит, $A+B+C+488 \geqslant 512 = 8^3 = A \cdot B \cdot C\ .$ Утверждение доказано.

(Южная Корея)