IMO 1979 · Problem 4
Given a plane \(\pi\), a point \(P\) in this plane and a point \(Q\) not in \(\pi\), find all points \(R\) in \(\pi\) such that the ratio \((QP + PA)/QR\) is a maximum.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The printed statement contains an undefined point \(A\). Under the natural correction \(PA\to PR\), let \(H\) be the perpendicular projection of \(Q\) onto \(\pi\).
- If \(P\ne H\), the unique maximizing point is the point \(R\) on the ray \(PH\) satisfying \(PR=PQ\). It lies beyond \(H\).
- If \(P=H\), the maximizing points form the circle in \(\pi\) with centre \(P\) and radius \(PQ\).
The maximum value is \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}}. \]
Solution
We solve the expression \((QP+PR)/QR\).
Put \[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0. \] Since \(QH\) is perpendicular to \(\pi\), \[ a^2=d^2+h^2, \] so \(a>d\).
For any \(R\in\pi\), write \(t=HR\). By the Pythagorean theorem and the triangle inequality, \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] Consequently, the Cauchy–Schwarz inequality gives \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}}. \end{aligned} \]
Equality in the Cauchy–Schwarz step holds precisely when the vectors \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{and}\quad (h,t) \] are proportional, which is equivalent to \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0. \]
If \(d>0\), equality in \(PR\le PH+HR\) holds precisely when \(H\) lies on the segment \(PR\). Thus equality throughout requires \(R\) to lie beyond \(H\) on the ray \(PH\), with \[ HR=a-d. \] There is exactly one such point, and it satisfies \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ. \] Conversely, this point gives equality throughout, so it attains the stated maximum.
If \(d=0\), then \(P=H\) and \(a=h\). The triangle inequality above is an equality for every \(R\), while the other equality condition becomes \[ PR=HR=a. \] Hence precisely the points of the circle with centre \(P\) and radius \(PQ\) maximize the ratio. In this case the maximum is \(\sqrt2\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1979 · Aufgabe 4
Gegeben sind eine Ebene \(\pi\), ein Punkt \(P\) in dieser Ebene und ein Punkt \(Q\), der nicht in \(\pi\) liegt. Bestimme alle Punkte \(R\) in \(\pi\), für die das Verhältnis \((QP + PA)/QR\) maximal ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Die gedruckte Aufgabenstellung enthält einen nicht definierten Punkt \(A\). Unter der naheliegenden Korrektur \(PA\to PR\) sei \(H\) die orthogonale Projektion von \(Q\) auf \(\pi\).
- Ist \(P\ne H\), so ist der einzige Punkt, an dem das Maximum angenommen wird, der Punkt \(R\) auf dem Strahl \(PH\) mit \(PR=PQ\). Er liegt jenseits von \(H\).
- Ist \(P=H\), so bilden die Punkte, an denen das Maximum angenommen wird, den Kreis in \(\pi\) mit Mittelpunkt \(P\) und Radius \(PQ\).
Der Maximalwert ist \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}}. \]
Lösung
Wir lösen die Aufgabe für den Ausdruck \((QP+PR)/QR\).
Setze \[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0. \] Da \(QH\) senkrecht auf \(\pi\) steht, gilt \[ a^2=d^2+h^2, \] also ist \(a>d\).
Für ein beliebiges \(R\in\pi\) schreiben wir \(t=HR\). Nach dem Satz des Pythagoras und der Dreiecksungleichung gilt \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] Folglich ergibt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}}. \end{aligned} \]
Im Schritt mit der Cauchy-Schwarz-Ungleichung gilt genau dann Gleichheit, wenn die Vektoren \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{und}\quad (h,t) \] proportional sind, was gleichbedeutend ist mit \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0. \]
Ist \(d>0\), so gilt in \(PR\le PH+HR\) genau dann Gleichheit, wenn \(H\) auf der Strecke \(PR\) liegt. Damit überall Gleichheit gilt, muss \(R\) also auf dem Strahl \(PH\) jenseits von \(H\) liegen, mit \[ HR=a-d. \] Es gibt genau einen solchen Punkt, und für ihn gilt \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ. \] Umgekehrt gilt für diesen Punkt überall Gleichheit, sodass er das angegebene Maximum annimmt.
Ist \(d=0\), so ist \(P=H\) und \(a=h\). In der obigen Dreiecksungleichung gilt für jedes \(R\) Gleichheit, während die andere Gleichheitsbedingung zu \[ PR=HR=a \] wird. Daher maximieren genau die Punkte des Kreises mit Mittelpunkt \(P\) und Radius \(PQ\) das Verhältnis. In diesem Fall ist das Maximum \(\sqrt2\).
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1979 · Soru 4
Bir \(\pi\) düzlemi, bu düzlemde bir \(P\) noktası ve \(\pi\)'de bulunmayan bir \(Q\) noktası verilmiştir. \((QP + PA)/QR\) oranının en büyük değerini aldığı, \(\pi\)'deki tüm \(R\) noktalarını bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Basılı soru metninde tanımlanmamış bir \(A\) noktası bulunmaktadır. Doğal olan \(PA\to PR\) düzeltmesi yapıldığında, \(H\), \(Q\)'nun \(\pi\) üzerindeki dik izdüşümü olsun.
- Eğer \(P\ne H\) ise oranı en büyük yapan tek nokta, \(PH\) ışını üzerinde \(PR=PQ\) koşulunu sağlayan \(R\) noktasıdır. Bu nokta \(H\)'nin ötesindedir.
- Eğer \(P=H\) ise oranı en büyük yapan noktalar, \(\pi\) düzleminde merkezi \(P\) ve yarıçapı \(PQ\) olan çemberi oluşturur.
En büyük değer \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}} \] olur.
Çözüm
\((QP+PR)/QR\) ifadesi için soruyu çözüyoruz.
\[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0 \] olsun. \(QH\), \(\pi\)'ye dik olduğundan, \[ a^2=d^2+h^2, \] dolayısıyla \(a>d\) olur.
Herhangi bir \(R\in\pi\) için \(t=HR\) yazalım. Pisagor teoremi ve üçgen eşitsizliğine göre, \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] Buna göre Cauchy–Schwarz eşitsizliğinden \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}} \end{aligned} \] elde edilir.
Cauchy–Schwarz adımında eşitlik, ancak ve ancak \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{ve}\quad (h,t) \] vektörleri orantılı olduğunda sağlanır; bu da \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0 \] koşuluna denktir.
Eğer \(d>0\) ise \(PR\le PH+HR\) eşitsizliğinde eşitlik, ancak ve ancak \(H\), \(PR\) doğru parçası üzerinde olduğunda sağlanır. Dolayısıyla tüm adımlarda eşitlik sağlanması için \(R\)'nin \(PH\) ışını üzerinde \(H\)'nin ötesinde bulunması ve \[ HR=a-d \] olması gerekir. Böyle yalnızca bir nokta vardır ve bu nokta \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ \] eşitliğini sağlar. Tersine, bu nokta tüm adımlarda eşitlik sağladığından belirtilen en büyük değere ulaşır.
Eğer \(d=0\) ise \(P=H\) ve \(a=h\) olur. Yukarıdaki üçgen eşitsizliğinde her \(R\) için eşitlik sağlanırken, diğer eşitlik koşulu \[ PR=HR=a \] hâline gelir. Dolayısıyla oranı en büyük yapan noktalar, tam olarak merkezi \(P\) ve yarıçapı \(PQ\) olan çemberin noktalarıdır. Bu durumda en büyük değer \(\sqrt2\)'dir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1979 · Problema 4
Dados un plano \(\pi\), un punto \(P\) de este plano y un punto \(Q\) que no pertenece a \(\pi\), hallar todos los puntos \(R\) de \(\pi\) para los que la razón \((QP + PA)/QR\) sea máxima.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
El enunciado impreso contiene un punto \(A\) que no está definido. Adoptando la corrección natural \(PA\to PR\), sea \(H\) la proyección ortogonal de \(Q\) sobre \(\pi\).
- Si \(P\ne H\), el único punto que maximiza la razón es el punto \(R\) de la semirrecta \(PH\) que satisface \(PR=PQ\). Se encuentra más allá de \(H\).
- Si \(P=H\), los puntos que maximizan la razón forman la circunferencia de \(\pi\) con centro \(P\) y radio \(PQ\).
El valor máximo es \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}}. \]
Solución
Resolvemos el problema para la expresión \((QP+PR)/QR\).
Pongamos \[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0. \] Como \(QH\) es perpendicular a \(\pi\), \[ a^2=d^2+h^2, \] por lo que \(a>d\).
Para cualquier \(R\in\pi\), escribamos \(t=HR\). Por el teorema de Pitágoras y la desigualdad triangular, \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] Por consiguiente, la desigualdad de Cauchy–Schwarz da \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}}. \end{aligned} \]
La igualdad en el paso de Cauchy–Schwarz se da precisamente cuando los vectores \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{y}\quad (h,t) \] son proporcionales, lo que equivale a \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0. \]
Si \(d>0\), la igualdad en \(PR\le PH+HR\) se da precisamente cuando \(H\) pertenece al segmento \(PR\). Así pues, para que se dé la igualdad en todos los pasos, \(R\) debe estar más allá de \(H\) en la semirrecta \(PH\), con \[ HR=a-d. \] Existe exactamente un punto así, y satisface \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ. \] Recíprocamente, este punto da la igualdad en todos los pasos, por lo que alcanza el máximo indicado.
Si \(d=0\), entonces \(P=H\) y \(a=h\). La desigualdad triangular anterior es una igualdad para todo \(R\), mientras que la otra condición de igualdad se convierte en \[ PR=HR=a. \] Por tanto, los puntos que maximizan la razón son precisamente los de la circunferencia con centro \(P\) y radio \(PQ\). En este caso, el máximo es \(\sqrt2\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1979 · 问题 4
给定平面 \(\pi\)、该平面内一点 \(P\) 以及不在 \(\pi\) 内的一点 \(Q\)，求 \(\pi\) 内所有使比值 \((QP + PA)/QR\) 取得最大值的点 \(R\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
印刷的题目中出现了一个未定义的点 \(A\)。按自然的更正 \(PA\to PR\)，设 \(H\) 为 \(Q\) 在 \(\pi\) 上的垂足。
- 如果 \(P\ne H\)，使比值取得最大值的点唯一，即射线 \(PH\) 上满足 \(PR=PQ\) 的点 \(R\)。它位于越过 \(H\) 的一侧。
- 如果 \(P=H\)，使比值取得最大值的点构成 \(\pi\) 内以 \(P\) 为圆心、\(PQ\) 为半径的圆。
最大值为 \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}}. \]
解答
我们求解表达式 \((QP+PR)/QR\) 的最大值问题。
令 \[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0. \] 由于 \(QH\) 垂直于 \(\pi\)， \[ a^2=d^2+h^2, \] 所以 \(a>d\)。
对于任意 \(R\in\pi\)，记 \(t=HR\)。由勾股定理和三角不等式， \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] 因此，由柯西–施瓦茨不等式可得 \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}}. \end{aligned} \]
应用柯西–施瓦茨不等式的那一步中，等号成立当且仅当向量 \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{和}\quad (h,t) \] 成比例，这等价于 \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0. \]
如果 \(d>0\)，则 \(PR\le PH+HR\) 中等号成立当且仅当 \(H\) 在线段 \(PR\) 上。因此，上述各步均取等号要求 \(R\) 位于射线 \(PH\) 上越过 \(H\) 的一侧，且 \[ HR=a-d. \] 这样的点恰有一个，且满足 \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ. \] 反过来，这个点使上述各步均取等号，因此它使比值达到所述最大值。
如果 \(d=0\)，则 \(P=H\) 且 \(a=h\)。上面的三角不等式对每个 \(R\) 都取等号，而另一个等号成立条件变为 \[ PR=HR=a. \] 因此，使比值取得最大值的点恰为以 \(P\) 为圆心、\(PQ\) 为半径的圆上的点。在这种情形下，最大值为 \(\sqrt2\)。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1979 · Задача 4
Даны плоскость \(\pi\), точка \(P\) в этой плоскости и точка \(Q\), не лежащая в \(\pi\). Найдите все точки \(R\) в \(\pi\), для которых отношение \((QP + PA)/QR\) принимает наибольшее значение.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
В напечатанном условии содержится неопределённая точка \(A\). Приняв естественное исправление \(PA\to PR\), обозначим через \(H\) ортогональную проекцию \(Q\) на \(\pi\).
- Если \(P\ne H\), то единственная точка, в которой достигается максимум, — точка \(R\) на луче \(PH\), удовлетворяющая условию \(PR=PQ\). Она лежит за точкой \(H\).
- Если \(P=H\), то точки, в которых достигается максимум, образуют в плоскости \(\pi\) окружность с центром \(P\) и радиусом \(PQ\).
Наибольшее значение равно \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}}. \]
Решение
Решим задачу для выражения \((QP+PR)/QR\).
Положим \[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0. \] Поскольку \(QH\) перпендикулярен \(\pi\), \[ a^2=d^2+h^2, \] так что \(a>d\).
Для любой точки \(R\in\pi\) обозначим \(t=HR\). По теореме Пифагора и неравенству треугольника \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] Следовательно, неравенство Коши — Буняковского даёт \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}}. \end{aligned} \]
Равенство при применении неравенства Коши — Буняковского достигается тогда и только тогда, когда векторы \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{и}\quad (h,t) \] пропорциональны, что равносильно условию \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0. \]
Если \(d>0\), то равенство в \(PR\le PH+HR\) достигается тогда и только тогда, когда \(H\) лежит на отрезке \(PR\). Таким образом, для равенства во всей цепочке необходимо, чтобы \(R\) лежала за точкой \(H\) на луче \(PH\), причём \[ HR=a-d. \] Существует ровно одна такая точка, и для неё \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ. \] Обратно, эта точка обращает все неравенства в равенства, поэтому в ней достигается указанный максимум.
Если \(d=0\), то \(P=H\) и \(a=h\). Приведённое выше неравенство треугольника обращается в равенство для любой точки \(R\), а другое условие равенства принимает вид \[ PR=HR=a. \] Значит, отношение принимает наибольшее значение в точности в точках окружности с центром \(P\) и радиусом \(PQ\). В этом случае максимум равен \(\sqrt2\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1979 · المسألة 4
أُعطي مستوى \(\pi\)، ونقطة \(P\) في هذا المستوى، ونقطة \(Q\) لا تنتمي إلى \(\pi\). أوجد جميع النقاط \(R\) في \(\pi\) التي تبلغ عندها النسبة \((QP + PA)/QR\) قيمتها العظمى.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
يتضمن النص المطبوع نقطة \(A\) غير معرّفة. باعتماد التصحيح الطبيعي \(PA\to PR\)، ليكن \(H\) المسقط العمودي للنقطة \(Q\) على \(\pi\).
- إذا كان \(P\ne H\)، فإن النقطة الوحيدة التي تتحقق عندها القيمة العظمى هي النقطة \(R\) على الشعاع \(PH\) التي تحقق \(PR=PQ\). وتقع هذه النقطة بعد \(H\).
- إذا كان \(P=H\)، فإن النقاط التي تتحقق عندها القيمة العظمى تشكّل الدائرة الواقعة في \(\pi\) ومركزها \(P\) ونصف قطرها \(PQ\).
القيمة العظمى هي \[ \boxed{\sqrt{\frac{2PQ}{PQ-PH}}}. \]
الحل
نحل المسألة للتعبير \((QP+PR)/QR\).
لنضع \[ a=PQ,\qquad d=PH,\qquad h=QH>0. \] بما أن \(QH\) عمودي على \(\pi\)، فإن \[ a^2=d^2+h^2, \] ومن ثم \(a>d\).
لكل \(R\in\pi\)، نكتب \(t=HR\). وبحسب نظرية فيثاغورس ومتباينة المثلث، \[ QR=\sqrt{h^2+t^2}, \qquad PR\le d+t. \] وبالتالي، تعطينا متباينة كوشي–شفارتس \[ \begin{aligned} \frac{QP+PR}{QR} &\le \frac{a+d+t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &=\frac{\frac{a+d}{h}\,h+1\cdot t}{\sqrt{h^2+t^2}}\\ &\le \sqrt{\frac{(a+d)^2}{h^2}+1}\\ &=\sqrt{\frac{(a+d)^2+(a^2-d^2)}{a^2-d^2}}\\ &=\sqrt{\frac{2a}{a-d}}. \end{aligned} \]
تتحقق المساواة في خطوة كوشي–شفارتس إذا وفقط إذا كان المتجهان \[ \left(\frac{a+d}{h},1\right) \quad\text{و}\quad (h,t) \] متناسبين، وهو ما يكافئ \[ t=\frac{h^2}{a+d}=a-d>0. \]
إذا كان \(d>0\)، فإن المساواة في \(PR\le PH+HR\) تتحقق إذا وفقط إذا وقعت \(H\) على القطعة \(PR\). لذا فإن تحقق المساواة في جميع الخطوات يتطلب أن تقع \(R\) بعد \(H\) على الشعاع \(PH\)، مع \[ HR=a-d. \] توجد نقطة واحدة فقط بهذه الصفة، وهي تحقق \[ PR=PH+HR=d+(a-d)=a=PQ. \] وعكسًا، تحقق هذه النقطة المساواة في جميع الخطوات، ومن ثم تتحقق عندها القيمة العظمى المذكورة.
إذا كان \(d=0\)، فإن \(P=H\) و\(a=h\). تصبح متباينة المثلث أعلاه مساواة لكل \(R\)، بينما يصبح شرط المساواة الآخر \[ PR=HR=a. \] ومن ثم فإن نقاط الدائرة التي مركزها \(P\) ونصف قطرها \(PQ\)، دون غيرها، هي التي تتحقق عندها القيمة العظمى للنسبة. وفي هذه الحالة تكون القيمة العظمى \(\sqrt2\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).