17039. Дан прямоугольник ABCD
. Внутри него берётся произвольная точка и через неё проводятся две прямые, параллельные сторонам AB
и BC
. Эти прямые разбивают прямоугольник на четыре меньших прямоугольника. Докажите, что площадь хотя бы одного из прямоугольников, содержащих точки A
или C
, не больше четверти площади исходного прямоугольника.
Решение. Пусть площадь данного прямоугольника равна S
, а прямые, проведённые параллельно сторонам AB
и BC
через точку M
, взятую внутри прямоугольника ABCD
, пересекают стороны AB
и CD
в точках P
и Q
соответственно. Обозначим AB=a
, CD=b
, \frac{AP}{AB}=k
, \frac{BQ}{QC}=l
. Тогда площади прямоугольников, содержащих точки A
и B
, равны klab=klS
и (1-k)(1-l)ab=(1-k)(1-l)S
. Требуется доказать, что
klS\leqslant\frac{1}{4}S~\mbox{или}~(1-k)(1-l)S\leqslant\frac{1}{4}S
т. е.
kl\leqslant\frac{1}{4}~\mbox{или}~(1-k)(1-l)\leqslant\frac{1}{4}.
Применив неравенство Коши (см. задачу 3399), получим
k(1-k)\leqslant\left(\frac{k+1-k}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4},~l(1-l)\leqslant\left(\frac{l+1-l}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4},
поэтому
kl(1-k)(1-l)=k(1-k)l(1-l)\leqslant\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{16}.
Следовательно, хотя бы один из сомножителей kl
или (1-k)(1-l)
не превосходит \frac{1}{4}
. Что и требовалось доказать.
Автор: Савин А. П.
Источник: Вступительное задание ЗФТШ при МФТИ. — 1978
Источник: Журнал «Квант». — 1978, № 9, с. 33, задача 6