12135. Через одну точку внутри треугольника площади S
проведены три прямые так, что каждую сторону треугольника пересекают две из них. Докажите, что для площадей S_{1}
, S_{2}
, S_{3}
трёх образовавшихся при этом треугольников выполнено неравенство
\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}\geqslant\frac{9}{S}.
Решение. Докажем два неравенства, по-разному усиливающих неравенство задачи.
1. Покажем, что неравенство задачи справедливо для любых трёх треугольников с общей вершиной O
внутри данного треугольника ABC
, основания которых лежат на его сторонах (рис. 1).
Ясно, что для заданной точки O
наименьшее значение левой части неравенства будет достигаться для треугольников OAB
, OBC
и OCA
. Тогда
S=S_{1}+S_{2}+S_{3},
поэтому
\frac{S}{S_{1}}+\frac{S}{S_{2}}+\frac{S}{S_{3}}=\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S_{1}}+\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S_{2}}+\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{S_{3}}=
=1+\frac{S_{2}}{S_{1}}+\frac{S_{3}}{S_{1}}+1+\frac{S_{1}}{S_{2}}+\frac{S_{3}}{S_{2}}+1+\frac{S_{1}}{S_{3}}+\frac{S_{2}}{S_{3}}=
=3+\left(\frac{S_{1}}{S_{2}}+\frac{S_{2}}{S_{1}}\right)+\left(\frac{S_{1}}{S_{3}}+\frac{S_{3}}{S_{1}}\right)+\left(\frac{S_{2}}{S_{3}}+\frac{S_{3}}{S_{2}}\right)\geqslant3+2+2+2=9,
причём равенство достигается при S_{1}=S_{2}=S_{3}
. Следовательно,
\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}\geqslant\frac{9}{S},
причём равенство достигается при S_{1}=S_{2}=S_{3}
, т. е. когда O
— точка пересечения медиан.
2. Теперь покажем, что для трёх треугольников, рассматриваемых в условии задачи, справедливо более сильное неравенство
\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}\geqslant\frac{18}{S}.
Соединим концы данных отрезков так, чтобы образовались ещё три треугольника (рис. 2). Пусть их площади равны T_{1}
, T_{2}
и T_{3}
(треугольник с площадью T_{1}
расположен напротив треугольника с площадью S_{1}
и т. д.). Применив ко всем шести треугольников формулу площади по двум сторонам и углу между ними, получим равенство S_{1}S_{2}S_{3}=T_{1}T_{2}T_{3}
. Тогда по неравенству Коши
\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}\geqslant\frac{3}{\sqrt[{3}]{{S_{1}S_{2}S_{3}}}}=\frac{3}{\sqrt[{6}]{{S_{1}S_{2}S_{3}T_{1}T_{2}T_{3}}}}\geqslant
\geqslant\frac{3\cdot6}{S_{1}+S_{2}+S_{3}+T_{1}+T_{2}+T_{3}}\geqslant\frac{18}{S}
так как сумма площадей всех шести треугольников, очевидно, не больше S
. Равенство здесь достигается, когда
S_{1}=S_{2}=S_{3}=T_{1}=T_{2}=T_{3}=\frac{S}{6},
т. е. когда данные в условии отрезки — медианы треугольника.