Solution

Write \([XYZ]\) for the area of triangle \(XYZ\), and put \(S=[ABC]\). If \(S=0\), all the points are collinear and the assertion is immediate. Assume henceforth that \(S>0\).

Set \[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA}. \] Since the selected points lie in the interiors of the sides, \(0<x,y,z<1\).

Using the area formula with the included angle at \(A\), we obtain \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z). \] The same calculation at \(B\) and \(C\) gives \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y). \] Multiplying, \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z). \] For every real \(t\), \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] Thus, since all the factors above are positive, \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] If all three areas were greater than \(S/4\), their product would be greater than \((S/4)^3\), a contradiction. Therefore at least one of them is at most one quarter of \([ABC]\), as required.

The bound is attained when \(K,L,M\) are the side midpoints: all three areas then equal \(S/4\).

The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).

Lösung

Wir bezeichnen mit \([XYZ]\) den Flächeninhalt des Dreiecks \(XYZ\) und setzen \(S=[ABC]\). Ist \(S=0\), so liegen alle Punkte auf einer Geraden, und die Behauptung ist unmittelbar klar. Im Folgenden nehmen wir \(S>0\) an.

Wir setzen \[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA}. \] Da die gewählten Punkte im Inneren der Seiten liegen, gilt \(0<x,y,z<1\).

Mit der Flächenformel unter Verwendung des eingeschlossenen Winkels bei \(A\) erhalten wir \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z). \] Dieselbe Rechnung bei \(B\) und \(C\) ergibt \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y). \] Durch Multiplikation erhalten wir \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z). \] Für jede reelle Zahl \(t\) gilt \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] Da alle obigen Faktoren positiv sind, folgt somit \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] Wären alle drei Flächeninhalte größer als \(S/4\), so wäre ihr Produkt größer als \((S/4)^3\), ein Widerspruch. Daher beträgt mindestens einer von ihnen höchstens ein Viertel von \([ABC]\), wie verlangt.

Die Schranke wird erreicht, wenn \(K,L,M\) die Seitenmittelpunkte sind: Dann sind alle drei Flächeninhalte gleich \(S/4\).

Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.

Çözüm

\([XYZ]\), \(XYZ\) üçgeninin alanını göstersin ve \(S=[ABC]\) olsun. \(S=0\) ise tüm noktalar doğrusaldır ve iddia açıktır. Bundan böyle \(S>0\) olduğunu varsayalım.

\[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA} \] olarak tanımlayalım.

Seçilen noktalar kenarların uç noktalarından farklı olduğundan \(0<x,y,z<1\) olur.

\(A\) köşesindeki arada kalan açıyı kullanan alan formülüyle \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z) \] elde ederiz. \(B\) ve \(C\) köşelerinde aynı hesaplama ile \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y) \] bulunur. Çarparak \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z) \] elde ederiz. Her \(t\) gerçel sayısı için \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] Böylece, yukarıdaki tüm çarpanlar pozitif olduğundan, \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] Üç alanın hepsi \(S/4\) değerinden büyük olsaydı, çarpımları \((S/4)^3\) değerinden büyük olurdu; bu bir çelişkidir. Dolayısıyla, istendiği gibi, bunlardan en az biri \([ABC]\) alanının en fazla dörtte biridir.

\(K,L,M\) kenarların orta noktaları olduğunda bu sınıra ulaşılır: bu durumda üç alan da \(S/4\) değerine eşittir.

Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

Denotemos por \([XYZ]\) el área del triángulo \(XYZ\), y pongamos \(S=[ABC]\). Si \(S=0\), todos los puntos son colineales y la afirmación es inmediata. Supongamos en lo sucesivo que \(S>0\).

Definamos \[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA}. \] Como los puntos elegidos están en el interior de los lados, \(0<x,y,z<1\).

Usando la fórmula del área con el ángulo comprendido en \(A\), obtenemos \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z). \] El mismo cálculo en \(B\) y \(C\) da \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y). \] Multiplicando, \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z). \] Para todo número real \(t\), \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] Así, como todos los factores anteriores son positivos, \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] Si las tres áreas fueran mayores que \(S/4\), su producto sería mayor que \((S/4)^3\), lo que sería una contradicción. Por tanto, al menos una de ellas es menor o igual que la cuarta parte de \([ABC]\), como se quería demostrar.

La cota se alcanza cuando \(K,L,M\) son los puntos medios de los lados: en ese caso, las tres áreas son iguales a \(S/4\).

La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).

解答

用 \([XYZ]\) 表示三角形 \(XYZ\) 的面积，并令 \(S=[ABC]\)。若 \(S=0\)，则所有点共线，结论显然成立。以下假设 \(S>0\)。

令 \[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA}. \] 由于所取的点位于各边的内部，有 \(0<x,y,z<1\)。

利用顶点 \(A\) 处夹角所对应的面积公式，得到 \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z). \] 在 \(B\) 和 \(C\) 处作同样的计算，得到 \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y). \] 相乘得 \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z). \] 对于每个实数 \(t\)， \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] 因此，由于上面的所有因子都为正， \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] 如果这三个面积都大于 \(S/4\)，则它们的乘积将大于 \((S/4)^3\)，矛盾。因此，它们中至少有一个不超过 \([ABC]\) 的四分之一，结论得证。

当 \(K,L,M\) 为各边的中点时，可以达到这一界限：此时三个面积都等于 \(S/4\)。

解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。

Решение

Обозначим через \([XYZ]\) площадь треугольника \(XYZ\) и положим \(S=[ABC]\). Если \(S=0\), все точки лежат на одной прямой и утверждение очевидно. Далее будем считать, что \(S>0\).

Положим \[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA}. \] Поскольку выбранные точки лежат внутри сторон, \(0<x,y,z<1\).

Используя формулу площади через две стороны и угол между ними при вершине \(A\), получаем \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z). \] Аналогичные вычисления для углов при вершинах \(B\) и \(C\) дают \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y). \] Перемножая, получаем \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z). \] Для любого действительного \(t\) \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] Поэтому, поскольку все множители выше положительны, \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] Если бы все три площади были больше \(S/4\), их произведение было бы больше \((S/4)^3\), что приводит к противоречию. Следовательно, хотя бы одна из них не превосходит четверти \([ABC]\), что и требовалось доказать.

Оценка достигается, когда \(K,L,M\) — середины сторон: тогда все три площади равны \(S/4\).

Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).

الحل

لنرمز بـ \([XYZ]\) إلى مساحة المثلث \(XYZ\)، ولنضع \(S=[ABC]\). إذا كان \(S=0\)، فإن جميع النقاط تقع على استقامة واحدة، ويكون المطلوب واضحًا. نفترض فيما يلي أن \(S>0\).

نضع \[ x=\frac{AM}{AB},\qquad y=\frac{BK}{BC},\qquad z=\frac{CL}{CA}. \] بما أن النقاط المختارة تقع في دواخل الأضلاع، فإن \(0<x,y,z<1\).

باستخدام صيغة المساحة بدلالة الزاوية المحصورة عند \(A\)، نحصل على \[ \frac{[AML]}{S} =\frac{\tfrac12 AM\cdot AL\sin\angle A} {\tfrac12 AB\cdot AC\sin\angle A} =x(1-z). \] ويعطي الحساب نفسه عند \(B\) و\(C\) \[ \frac{[BKM]}{S}=y(1-x), \qquad \frac{[CLK]}{S}=z(1-y). \] بالضرب، \[ \frac{[AML][BKM][CLK]}{S^3} =x(1-x)y(1-y)z(1-z). \] لكل عدد حقيقي \(t\)، \[ t(1-t)=\frac14-\left(t-\frac12\right)^2\le\frac14. \] إذن، بما أن جميع العوامل أعلاه موجبة، \[ [AML][BKM][CLK]\le \frac{S^3}{64} =\left(\frac S4\right)^3. \] لو كانت المساحات الثلاث كلها أكبر من \(S/4\)، لكان جداؤها أكبر من \((S/4)^3\)، وهذا تناقض. لذلك فإن واحدة منها على الأقل لا تتجاوز ربع \([ABC]\)، وهو المطلوب.

تتحقق المساواة في الحد عندما تكون \(K,L,M\) منتصفات الأضلاع: إذ تساوي كل مساحة من المساحات الثلاث حينئذ \(S/4\).

تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).