对于凸多边形 $P$ 的任意边 $b$，以 $b$ 为边，在 $P$ 内部作一个面积最大的三角形．证明：对 $P$ 的每条边，按上述方法所得三角形的面积之和至少是 $P$ 的面积的 $2$ 倍．（塞尔维亚）
【难度】
【出处】
2006年第47届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
首先，我们证明一个引理．
引理：对每个面积为 $S$ 的凸 $2n$ 边形，由它的边和顶点连接成的三角形的面积不小于 $\dfrac{S}{2}$．
引理的证明：$2n$ 边形的主对角线是指将 $2n$ 边形分割成两个多边形，均包含有相同的边．对 $2n$ 边形的任意边 $b$，$\triangle_b$ 表示三角形 $ABP$，其中 $A,B$ 是 $b$ 的端点，$P$ 是主对角线 $AA^\prime,BB^\prime$ 的交点．将证明在所有的边上取的三角形 $\triangle_b$ 的并覆盖整个多边形．
为此，选取任意边 $AB$，考虑主对角线 $AA^\prime$ 作为有向线段．令 $X$ 是多边形中的任意点，且不在任意主对角线上，不妨假定 $X$ 在射线 $AA^\prime$ 的左边．考虑主对角线列 $AA^\prime,BB^\prime,CC^\prime,\cdots$，其中 $A,B,C,\cdots$ 为相继的顶点，且位于 $AA^\prime$ 的右边．
在这个数列中第 $n$ 项为对角线 $A^\prime A$，$X$ 在它的右边，于是在 $A^\prime$ 之前，数列 $A,B,C,\cdots$ 中存在两个相继的顶点 $K,L$，使得 $X$ 仍在 $KK^\prime$ 的左边，在 $LL^\prime$ 的右边，推出 $X$ 在三角形 $\triangle_{l^\prime}$ 中，$l^\prime=K^\prime L^\prime$．对位于 $AA^\prime$ 的右边的点 $X$ 可以类似讨论（在主对角线上的点可以忽略不予考虑）．于是三角形 $\triangle_b$ 的并覆盖整个多边形．
它们的面积之和不小于 $S$，所以可以找到两个相反的边，如 $b=AB$ 和 $b^\prime =A^\prime B^\prime$（$AA^\prime,BB^\prime$ 为主对角线），使得 $[\triangle_b]+[\triangle_{b^\prime}]\geqslant \dfrac{S}{n}$，这里 $[\cdots]$ 表示区域的面积．设 $AA^\prime$ 和 $BB^\prime$ 相交于 $P$，不失一般性，假定 $PB\geqslant PB^\prime$，那么 $[ABA^\prime]=[ABP]+[PBA^\prime]\geqslant[ABP]+[PA^\prime B^\prime]=[\triangle_b]+[\triangle_{b^\prime}]\geqslant \dfrac{S}{n}$．引理证毕．
现在，假设凸多边形 $P$ 的面积为 $S$，有 $m$ 条边 $a_1,a_2,\cdots,a_m$．设 $S_i$ 为 $P$ 中最大的三角形，且具有边 $a_i$．如果结论不成立，则
$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^m\dfrac{S_i}{S}<2$
那么，存在有理数 $q_1,q_2,\cdots,q_m$，满足 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^mq_i=2$，对每个 $i,q_i>\dfrac{S_i}{S}$．令 $n$ 是 $m$ 个分式 $q_1,q_2,\cdots,q_m$ 的公分母．令 $q_i=\dfrac{k_i}{n}$，于是 $\displaystyle \sum k_i=2n$．将 $P$ 的每边 $a_i$ 分成 $k_i$ 个相等的部分，得到一个面积为 $S$ 的凸 $2n$ 边形（某些角等于 $180^\circ$），对于它应用引理．依次，有边 $b$ 和顶点 $H$ 的加细的多边形分成面积 $[T]\geqslant\dfrac{S}{n}$ 的三角形 $T$．如果 $b$ 是 $P$ 的边 $a_i$ 的一部分，那么具有底 $a_i$ 以及最高顶点 $H$ 的三角形 $W$ 有面积
$[W]=k_i\cdot[T]\geqslant k_i\cdot\dfrac{S}{n}=q_i\cdot S>S_i$
与 $S_i$ 的定义矛盾．证毕．
引理：对每个面积为 $S$ 的凸 $2n$ 边形，由它的边和顶点连接成的三角形的面积不小于 $\dfrac{S}{2}$．
引理的证明：$2n$ 边形的主对角线是指将 $2n$ 边形分割成两个多边形，均包含有相同的边．对 $2n$ 边形的任意边 $b$，$\triangle_b$ 表示三角形 $ABP$，其中 $A,B$ 是 $b$ 的端点，$P$ 是主对角线 $AA^\prime,BB^\prime$ 的交点．将证明在所有的边上取的三角形 $\triangle_b$ 的并覆盖整个多边形．
为此，选取任意边 $AB$，考虑主对角线 $AA^\prime$ 作为有向线段．令 $X$ 是多边形中的任意点，且不在任意主对角线上，不妨假定 $X$ 在射线 $AA^\prime$ 的左边．考虑主对角线列 $AA^\prime,BB^\prime,CC^\prime,\cdots$，其中 $A,B,C,\cdots$ 为相继的顶点，且位于 $AA^\prime$ 的右边．
在这个数列中第 $n$ 项为对角线 $A^\prime A$，$X$ 在它的右边，于是在 $A^\prime$ 之前，数列 $A,B,C,\cdots$ 中存在两个相继的顶点 $K,L$，使得 $X$ 仍在 $KK^\prime$ 的左边，在 $LL^\prime$ 的右边，推出 $X$ 在三角形 $\triangle_{l^\prime}$ 中，$l^\prime=K^\prime L^\prime$．对位于 $AA^\prime$ 的右边的点 $X$ 可以类似讨论（在主对角线上的点可以忽略不予考虑）．于是三角形 $\triangle_b$ 的并覆盖整个多边形．
它们的面积之和不小于 $S$，所以可以找到两个相反的边，如 $b=AB$ 和 $b^\prime =A^\prime B^\prime$（$AA^\prime,BB^\prime$ 为主对角线），使得 $[\triangle_b]+[\triangle_{b^\prime}]\geqslant \dfrac{S}{n}$，这里 $[\cdots]$ 表示区域的面积．设 $AA^\prime$ 和 $BB^\prime$ 相交于 $P$，不失一般性，假定 $PB\geqslant PB^\prime$，那么 $[ABA^\prime]=[ABP]+[PBA^\prime]\geqslant[ABP]+[PA^\prime B^\prime]=[\triangle_b]+[\triangle_{b^\prime}]\geqslant \dfrac{S}{n}$．引理证毕．
现在，假设凸多边形 $P$ 的面积为 $S$，有 $m$ 条边 $a_1,a_2,\cdots,a_m$．设 $S_i$ 为 $P$ 中最大的三角形，且具有边 $a_i$．如果结论不成立，则
$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^m\dfrac{S_i}{S}<2$
那么，存在有理数 $q_1,q_2,\cdots,q_m$，满足 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^mq_i=2$，对每个 $i,q_i>\dfrac{S_i}{S}$．令 $n$ 是 $m$ 个分式 $q_1,q_2,\cdots,q_m$ 的公分母．令 $q_i=\dfrac{k_i}{n}$，于是 $\displaystyle \sum k_i=2n$．将 $P$ 的每边 $a_i$ 分成 $k_i$ 个相等的部分，得到一个面积为 $S$ 的凸 $2n$ 边形（某些角等于 $180^\circ$），对于它应用引理．依次，有边 $b$ 和顶点 $H$ 的加细的多边形分成面积 $[T]\geqslant\dfrac{S}{n}$ 的三角形 $T$．如果 $b$ 是 $P$ 的边 $a_i$ 的一部分，那么具有底 $a_i$ 以及最高顶点 $H$ 的三角形 $W$ 有面积
$[W]=k_i\cdot[T]\geqslant k_i\cdot\dfrac{S}{n}=q_i\cdot S>S_i$
与 $S_i$ 的定义矛盾．证毕．
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备注
