IMO 1991 · Problem 1
Given a triangle \(ABC\), let \(I\) be the center of its inscribed circle. The internal bisectors of the angles \(A,B,C\) meet the opposite sides in \(A',B',C'\) respectively. Prove that \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\), and \(s=(a+b+c)/2\).
The angle-bisector theorem gives \[ BA'=\frac{ac}{b+c}. \] Since \(I\) lies on \(AA'\) and \(BI\) bisects \(\angle ABA'\), applying the same theorem in triangle \(ABA'\) yields \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a}. \] Consequently, \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] The analogous identities at \(B\) and \(C\) therefore give \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3}. \]
For the upper bound, the three factors in the numerator have sum \(4s\). Thus, by the arithmetic–geometric mean inequality, \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] Equality holds precisely when \(b+c=c+a=a+b\), equivalently when \(ABC\) is equilateral.
For the lower bound, put \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] The strict triangle inequalities give \(x,y,z>0\), and \(x+y+z=s\). Moreover, \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] Hence \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] where strictness follows from \(x,y,z>0\). This proves both inequalities.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1991 · Aufgabe 1
Gegeben sei ein Dreieck \(ABC\), und \(I\) sei der Mittelpunkt seines Inkreises. Die inneren Winkelhalbierenden der Winkel \(A,B,C\) schneiden die gegenüberliegenden Seiten in \(A',B',C'\). Man beweise, dass \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir setzen \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\) und \(s=(a+b+c)/2\).
Nach dem Winkelhalbierendensatz gilt \[ BA'=\frac{ac}{b+c}. \] Da \(I\) auf \(AA'\) liegt und \(BI\) den Winkel \(\angle ABA'\) halbiert, ergibt die Anwendung desselben Satzes im Dreieck \(ABA'\) \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a}. \] Folglich gilt \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] Die entsprechenden Identitäten bei \(B\) und \(C\) liefern daher \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3}. \]
Für die obere Schranke stellen wir fest, dass die drei Faktoren im Zähler die Summe \(4s\) haben. Nach der Ungleichung zwischen dem arithmetischen und dem geometrischen Mittel gilt somit \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] Gleichheit gilt genau dann, wenn \(b+c=c+a=a+b\), also genau dann, wenn \(ABC\) gleichseitig ist.
Für die untere Schranke setzen wir \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Aus den strengen Dreiecksungleichungen folgt \(x,y,z>0\), und es gilt \(x+y+z=s\). Außerdem ist \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] Damit gilt \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] wobei die strenge Ungleichung aus \(x,y,z>0\) folgt. Damit sind beide Ungleichungen bewiesen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1991 · Soru 1
Verilen bir \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi \(I\) olsun. \(A,B,C\) açılarının iç açıortayları karşı kenarları sırasıyla \(A',B',C'\) noktalarında kesmektedir. Aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız: \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\) ve \(s=(a+b+c)/2\) yazalım.
Açıortay teoreminden \[ BA'=\frac{ac}{b+c} \] elde edilir. \(I\) noktası \(AA'\) üzerinde olduğundan ve \(BI\), \(\angle ABA'\) açısının açıortayı olduğundan, aynı teoremi \(ABA'\) üçgeninde uygulayarak \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a} \] buluruz. Dolayısıyla, \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] Böylece \(B\) ve \(C\) köşelerindeki benzer eşitliklerden \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3} \] elde edilir.
Üst sınır için, paydaki üç çarpanın toplamı \(4s\) olduğuna dikkat edelim. Dolayısıyla, aritmetik ortalama–geometrik ortalama eşitsizliğinden, \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] Eşitlik ancak ve ancak \(b+c=c+a=a+b\) olduğunda, yani \(ABC\) eşkenar olduğunda sağlanır.
Alt sınır için \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c \] alalım. Kesin üçgen eşitsizliklerinden \(x,y,z>0\) elde edilir ve \(x+y+z=s\) olur. Ayrıca, \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] Böylece \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] burada eşitsizliğin kesin olması \(x,y,z>0\) koşulundan kaynaklanır. Böylece her iki eşitsizlik de kanıtlanmış olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1991 · Problema 1
Dado un triángulo \(ABC\), sea \(I\) el centro de su circunferencia inscrita. Las bisectrices interiores de los ángulos \(A,B,C\) cortan los lados opuestos en \(A',B',C'\), respectivamente. Demostrar que \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Escribamos \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\) y \(s=(a+b+c)/2\).
Por el teorema de la bisectriz, \[ BA'=\frac{ac}{b+c}. \] Como \(I\) está en \(AA'\) y \(BI\) es la bisectriz de \(\angle ABA'\), al aplicar el mismo teorema en el triángulo \(ABA'\) se obtiene \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a}. \] Por consiguiente, \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] Por tanto, las identidades análogas en \(B\) y \(C\) dan \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3}. \]
Para la cota superior, los tres factores del numerador suman \(4s\). Así, por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] La igualdad se da precisamente cuando \(b+c=c+a=a+b\), es decir, cuando \(ABC\) es equilátero.
Para la cota inferior, pongamos \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Las desigualdades triangulares estrictas dan \(x,y,z>0\), y \(x+y+z=s\). Además, \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] Por lo tanto, \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] donde la desigualdad es estricta porque \(x,y,z>0\). Esto demuestra ambas desigualdades.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1991 · 问题 1
给定三角形 \(ABC\)，设 \(I\) 为其内切圆的圆心。角 \(A,B,C\) 的内角平分线分别交对边于 \(A',B',C'\)。证明 \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
记 \(a=BC\)，\(b=CA\)，\(c=AB\)，并令 \(s=(a+b+c)/2\)。
由角平分线定理可得 \[ BA'=\frac{ac}{b+c}. \] 由于 \(I\) 位于 \(AA'\) 上，且 \(BI\) 平分 \(\angle ABA'\)，在三角形 \(ABA'\) 中应用同一定理，得到 \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a}. \] 因此， \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] 结合在 \(B\) 和 \(C\) 处得到的类似等式，可得 \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3}. \]
对于上界，分子中的三个因子之和为 \(4s\)。因此，由算术—几何平均值不等式， \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] 等号成立当且仅当 \(b+c=c+a=a+b\)，也即当且仅当 \(ABC\) 为等边三角形。
对于下界，令 \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] 由严格的三角形不等式可得 \(x,y,z>0\)，且 \(x+y+z=s\)。此外， \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] 从而 \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] 其中严格不等号由 \(x,y,z>0\) 得到。两个不等式均得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1991 · Задача 1
Дан треугольник \(ABC\). Пусть \(I\) — центр его вписанной окружности. Биссектрисы внутренних углов \(A,B,C\) пересекают противоположные стороны в точках \(A',B',C'\) соответственно. Докажите, что \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\) и \(s=(a+b+c)/2\).
По теореме о биссектрисе \[ BA'=\frac{ac}{b+c}. \] Поскольку \(I\) лежит на \(AA'\), а \(BI\) — биссектриса \(\angle ABA'\), применение той же теоремы к треугольнику \(ABA'\) даёт \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a}. \] Следовательно, \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] Поэтому аналогичные равенства для вершин \(B\) и \(C\) дают \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3}. \]
Для получения верхней оценки заметим, что сумма трёх множителей в числителе равна \(4s\). Поэтому по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] Равенство достигается в точности тогда, когда \(b+c=c+a=a+b\), то есть когда треугольник \(ABC\) равносторонний.
Для получения нижней оценки положим \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Из строгих неравенств треугольника следует, что \(x,y,z>0\), причём \(x+y+z=s\). Кроме того, \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] Отсюда \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] где строгость неравенства следует из \(x,y,z>0\). Оба неравенства доказаны.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1991 · المسألة 1
ليكن \(ABC\) مثلثًا، وليكن \(I\) مركز دائرته الداخلية. تتقاطع منصفات الزوايا الداخلية \(A,B,C\) مع الأضلاع المقابلة لها في \(A',B',C'\) على الترتيب. أثبت أن \[ \frac14<\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'}\leq\frac8{27}. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نكتب \(a=BC\)، و\(b=CA\)، و\(c=AB\)، و\(s=(a+b+c)/2\).
تعطي مبرهنة منصف الزاوية \[ BA'=\frac{ac}{b+c}. \] بما أن \(I\) تقع على \(AA'\) وأن \(BI\) ينصف الزاوية \(\angle ABA'\)، فإن تطبيق المبرهنة نفسها في المثلث \(ABA'\) يعطي \[ \frac{AI}{IA'}=\frac{AB}{BA'}=\frac{b+c}{a}. \] ومن ثم، \[ \frac{AI}{AA'}=\frac{b+c}{2s}. \] إذن تعطينا المتطابقتان المناظرتان عند \(B\) و\(C\) \[ R:=\frac{AI\cdot BI\cdot CI}{AA'\cdot BB'\cdot CC'} =\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{8s^3}. \]
لإثبات الحد العلوي، نلاحظ أن مجموع العوامل الثلاثة في البسط هو \(4s\). لذا، بمتباينة المتوسط الحسابي والمتوسط الهندسي، \[ R\leq\frac{(4s/3)^3}{8s^3}=\frac8{27}. \] تتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان \(b+c=c+a=a+b\)، أي إذا وفقط إذا كان المثلث \(ABC\) متساوي الأضلاع.
لإثبات الحد السفلي، نضع \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] تعطي متباينات المثلث الصارمة \(x,y,z>0\)، ولدينا \(x+y+z=s\). علاوة على ذلك، \[ b+c=s+x,\qquad c+a=s+y,\qquad a+b=s+z. \] ومن ثم \[ \begin{aligned} R &=\frac{(s+x)(s+y)(s+z)}{8s^3}\\ &=\frac{s^3+s^2(x+y+z)+s(xy+yz+zx)+xyz}{8s^3}\\ &=\frac14+\frac{xy+yz+zx}{8s^2}+\frac{xyz}{8s^3}\\ &>\frac14, \end{aligned} \] حيث تنتج صرامة المتباينة من \(x,y,z>0\). وبذلك تثبت المتباينتان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).