$M$ es un punto de un triángulo equilátero $ABC$ con la zona $S$ . Demostrar que $MA, MB, MC$ son las longitudes de tres lados de un triángulo que tiene área $$S'\leq \frac{1}{3}S$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Podemos suponer que el lado de un triángulo $ABC$ es $1$ . Además, dejemos $CM =x$ y $\angle KCM =\gamma$ . Girar $M$ alrededor de $C$ para $-60^{\circ}$ a $F$ . Entonces el área del triángulo $AMF$ es la que buscamos y su área es la de $AMCF$ menos el área del triángulo equilátero $CFM$ Así que $$4S' = -x^2\sqrt{3}+2x\sin (60^{\circ}+\gamma)$$ y esto debería ser fácil de calcular que es menos que ${\sqrt{3}\over 3}$ .
Si vemos $S'$ función cuadrática en $x$ nos encontramos con que: $$ 4S'\leq {1\over \sqrt{3}}\sin (60^{\circ}+\gamma)\leq {1\over \sqrt{3}}$$ De aquí se desprende que la igualdad se consigue si $\gamma = 30^{\circ}$ y $x= {\sqrt{3}\over 3} = {2\over 3}v$ donde $v$ es la altitud del triángulo $ABC$ . Es decir, la igualdad se consigue si $M$ es el centro de gravedad de $ABC$ .
Dejemos que $N$ sea la rotación de $M$ sobre $C$ por un ángulo de $60^\circ$ entonces $\triangle AMN$ tiene tres lados iguales a $MA,MB, MC$ respectivamente. Ahora $$\begin{aligned} P &= \frac12 MN\cdot MA\cdot \sin(\angle AMN)\\ &= \frac12 MC \cdot MA\cdot\sin(\angle AMC - 60)\\ &= \frac12 MC \cdot MA\cdot (\sin(\angle AMC)\cos 60 - \cos(\angle AMC)\sin 60)\\ &= \frac12 S_{MCA} - \frac{\sqrt3}{4}MC\cdot MA\cdot \cos(\angle AMC), \end{aligned}$$ donde $P$ denota el área de $\triangle AMN$ . La ley del coseno en $\triangle AMC$ nos da $$MC\cdot MA \cdot \cos(\angle AMC) = \frac12 (MA^2+MC^2 - a^2),$$ donde $a$ es el lado de $\triangle ABC$ . Sustituyendo esto por lo anterior, tenemos $$ P = \frac12 S_{MCA} - \frac{\sqrt3}8(MA^2 +MC^2 - a^2).$$
Tomar la suma cíclica de lo anterior con respecto a $A,B,C$ obtenemos $$3P = \frac12S - \frac{\sqrt3}8\sum_{cyclic}(MA^2 + MC^2 -a^2),$$ donde $S$ es el área de $\triangle ABC$ que también es igual a $\frac{\sqrt3}4a^2$ . Por lo tanto, tenemos $$\begin{aligned} 3P &= \frac12S + \frac{3\sqrt3}8a^2 - \frac{\sqrt3}4\sum MA^2\\ &= 2S - \frac{\sqrt3}4\sum MA^2. \end{aligned}$$ El hecho $P\le \frac13S$ se deduce del hecho de que $\sum MA^2 \ge 4\sqrt3 P$ .
Elija un sistema de coordenadas para que el triángulo $ABC$ se encuentra en el círculo unitario centrado en el origen y $A$ en el $x$ -eje. Sea $a = AM$ , $b = BM$ , $c = CM$ y $S'$ sea el área de un triángulo con lados $a,b,c$ . En este sistema de coordenadas, $S = \frac{3\sqrt{3}}{4}$ queremos mostrar $S' \le \frac{\sqrt{3}}{4}$ . Utilizando La fórmula de Heron Esto equivale a
$$16S'^2 = (a^2+b^2+c^2)^2 - 2(a^4+b^4+c^4) \stackrel{?}{\le} 3$$
Identificar el plano euclidiano con el plano complejo. Los vértices $A,B,C$ corresponde a $1, \omega, \omega^2 \in \mathbb{C}$ donde $\omega = e^{\frac{2\pi}{3}i}$ es la raíz cúbica de la unidad. Sea $z$ sea el número complejo correspondiente a $M$ y $\rho = |z|$ tenemos
$$ \begin{cases} a^2 = |z-1|^2 = \rho^2 + 1 - (z + \bar{z})\\ b^2 = |z-\omega|^2 = \rho^2 + 1 - (z\omega + \bar{z}\omega^2)\\ c^2 = |z-\omega^2|^2 = \rho^2 + 1 - (z\omega^2 + \bar{z}\omega) \end{cases} \implies a^2 + b^2 + c^2 = 3(\rho^2 + 1) $$ Gracias a la identidad $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ todos los términos cruzados que implican $\omega$ se anulan explícitamente.
Haciendo lo mismo con $a^4 + b^4 + c^4$ obtenemos $$\begin{align}a^4 + b^4 + c^4 &= \sum_{k=0}^2 (\rho^2 + 1 + (z\omega^k + \bar{z}\omega^{-k}))^2\\ &= \sum_{k=0}^2\left[ (\rho^2 + 1)^2 + (z\omega^k + \bar{z}\omega^{-k})^2\right]\\ &= 3(\rho^2 + 1)^2 + 6\rho^2\end{align}$$ Combinando estos, obtenemos
$$16S'^2 = 3(\rho^2+1)^2 - 12\rho^2 = 3(1 - \rho^2)^2$$ Desde $M$ está dentro del triángulo $ABC$ tenemos $\rho^2 \le 1$ . Como resultado,
$$S' = \frac{\sqrt{3}}{4}(1-\rho^2) \le \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac13 S$$