13931. Точки D
и E
лежат на сторонах соответственно BC
и AC
треугольника ABC
. Докажите, что
\sqrt{S_{\triangle ADE}}+\sqrt{S_{\triangle BDE}}\leqslant\sqrt{S_{\triangle ABC}}.
Решение. Обозначим \frac{BD}{BC}=t
, \frac{CE}{CA}=s
, S_{\triangle ABC}=S
(0\leqslant t\leqslant1
и 0\leqslant s\leqslant1
). Тогда (см. задачу 3000)
S_{\triangle BDE}=\frac{BD}{BC}\cdot S_{\triangle BCE}=\frac{BD}{BC}\cdot\frac{CE}{AC}\cdot S_{\triangle ABC}=ts\cdot S,
S_{\triangle ADE}=\frac{AE}{AC}\cdot S_{\triangle ACD}=\frac{AE}{AC}\cdot\frac{CD}{BC}\cdot S_{\triangle ABC}=(1-s)(1-t)\cdot S.
Значит,
\sqrt{S_{\triangle ADE}}+\sqrt{S_{\triangle BDE}}\leqslant\sqrt{S_{\triangle ABC}}~\Leftrightarrow~\sqrt{(1-s)(1-t)}+\sqrt{st}\leqslant1,
Первый способ. Поскольку (см. задачу 3399),
\sqrt{(1-s)(1-t)}\leqslant\frac{(1-s)+(1-t)}{2}=1-\frac{s+t}{2}~\mbox{и}~\sqrt{st}\leqslant\frac{s+t}{2},
то
\sqrt{(1-s)(1-t)}+\sqrt{st}\leqslant1-\frac{s+t}{2}+\frac{s+t}{2}=1.
Следовательно,
\sqrt{S_{\triangle ADE}}+\sqrt{S_{\triangle BDE}}\leqslant\sqrt{S_{\triangle ABC}}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Применив неравенство Коши—Буняковского к наборам (\sqrt{1-s},\sqrt{s})
и (\sqrt{1-t},\sqrt{t})
(см. задачу 7946), получим
(\sqrt{1-s}\cdot\sqrt{1-t}+\sqrt{s}\cdot\sqrt{t})^{2}\leqslant((\sqrt{1-s})^{2}+(\sqrt{s})^{2})\cdot((\sqrt{1-t})^{2}+(\sqrt{t})^{2})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(\sqrt{(1-s)(1-t)}+\sqrt{st})^{2}\leqslant1~\Leftrightarrow~\sqrt{(1-s)(1-t)}+\sqrt{st}\leqslant1.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2013, № 5, задача 3749 (2012, с. 195, 197), с. 242