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2010 FKMO #1

다음은 올해 3월 27일에 있었던 KMO 최종시험, 통칭 FKMO에서 1번으로 나온 문제이다.

삼각형 ABC의 내접원이 BC,CA,AB와 접하는 점을 각각 P,Q,R이라 하자. 삼각형 ABC의 넓이를 T, 둘레의 길이를 L이라 할 때 다음 부등식이 성립함을 보여라.
\displaystyle \left( \frac{AB}{PQ} \right)^3 + \left( \frac{BC}{QR} \right)^3 + \left( \frac{CA}{RP} \right)^3 \geq \frac{2}{\sqrt{3}}\frac{L^2}{T}

먼저 BC=a,CA=b,AB=c라 할 때 QR의 길이들을 구하자. 이는 s=\frac{a+b+c}{2}이라 할 때 AQ=AR=s-a이므로 QR=2(s-a)\sin{\frac{A}{2}}이다. 여기서 x=\frac{-a+b+c}{2}, y=\frac{a-b+c}{2},z=\frac{a+b-c}{2}라 하면 \displaystyle (LHS) = \sum_{cyc} \left( \frac{y+z}{2x \sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}}} \right)^3가 된다.

이제 산술기하 평균 부등식을 적용하면 \displaystyle (LHS) \geq 3\prod_{cyc} \left( \frac{y+z}{2x \sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}}} \right) = 3 \frac{(y+z)^2(z+x)^2(x+y)^2}{8x^2 y^2 z^2}가 된다. 한 편, \displaystyle (RHS)=\frac{2}{\sqrt{3}}\frac{4(x+y+z)^2}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}이므로 \displaystyle 3 \frac{(y+z)^2(z+x)^2(x+y)^2}{8x^2 y^2 z^2} \geq \frac{2}{\sqrt{3}}\frac{4(x+y+z)^2}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}임을 보이면 된다. 이를 정리하면 \displaystyle ((y+z)(z+x)(x+y))^2 \geq \frac{64}{3\sqrt{3}}(x+y+z)^{3/2}(xyz)^{3/2}이다.

이를 증명하기 위해 \displaystyle (y+z)(z+x)(x+y) \geq \frac{8}{3} (x+y+z)(xyz)^{2/3}임을 보이자. 이는 x,y,zx^3,y^3,z^3을 대입한 후에 정리하면 \displaystyle 3\sum_{sym}x^6y^3+6x^3y^3z^3 \geq 8\sum_{cyc}x^5y^2z^2가 된다. 이를 증명하자.

산술기하 평균 부등식, 혹은 Muirhead 부등식에 의해 \displaystyle \sum_{sym}x^6y^3z^3 \geq 2\sum_{cyc}x^6y^{3/2}z^{3/2}가 성립한다. 따라서 \displaystyle 6\sum_{cyc}x^6y^{3/2}z^{3/2}+6x^3y^3z^3 \geq 8\sum_{cyc}x^5y^2z^2임을 보이면 된다. 또 x,y,zx^2,y^2,z^2를 대입한 후 정리한 다음 양변을 2x^3y^3z^3으로 나누면 \displaystyle 3\sum_{cyc}x^9+3x^3y^3z^3 \geq 4\sum_{cyc}x^7yz가 되므로 이것만 보이면 된다.

이를 위해 산술기하 평균 부등식으로 먼저 x^9+x^9+x^3y^3z^3 \geq 3x^7yz임을 보인다. 여기에서 \displaystyle 2\sum_{cyc}x^9+3x^2y^2z^2 \geq 3\sum_{cyc}x^7yz임을 보일 수 있다. 여기에 \sum_{cyc}x^9 \geq \sum_{cyc} x^7yz가 산술기하 평균 부등식 혹은 Muirhead 부등식으로 성립하므로 더해주면 원하는 결과가 증명이 된다.

등호는 x=y=z, 즉 a=b=c이므로 삼각형 ABC가 정삼각형일 때 성립한다.

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