Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышының ішінен $\max(\angle MAB,\angle MBC,\angle MCA) = \angle MCA$ болатындай $M$ нүктесі алынған. $\sin \angle MAB+\sin \angle MBC \le 1$ екенін дәлелдеңіз. ( Н. Седракян )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Заметим, что среди трёх углов $\angle MCA$, $\angle MAB$, $\angle MBC$ не может быть двух неострых (они вкладываются в углы треугольника $ABC$). Значит, исследуемые два угла острые.
    1) Зафиксируем точки $M$, $B$, $C$ и будем двигать точку $A'$ по отрезку $AM$ от $A$ к $M$. Угол $\angle MCA'$ будет непрерывно уменьшаться, угол $\angle MA'B$ — непрерывно увеличиваться, угол $\angle MBC$ не будет меняться. Поскольку в финальном положении имеем $\angle MCA'=0<\angle MBC$, в некоторый момент угол $\angle MCA'$ станет равен одному из углов $\angle MA'B$ или $\angle MBC$, оставаясь не меньше другого. По замечанию в начале решения, теперь все три угла острые. Значит, достаточно доказать неравенство для новой конфигурации. Итак, считаем, без ограничения общности, что $\angle MCA=\angle MAB\geq \angle MBC$. Тогда окружность $AMC$ касается $AB$.
    2) Пусть $CM$ пересекает $AB$ в точке $K$. Пусть $B'$ — точка, симметричная точке $A$ относительно $K$. Тогда $KB'^2=KA^2=KM\cdot KC$, так что окружность $CMB'$ касается $AB$. Поскольку $B$ находится вне этой окружности, получаем $\angle MBC\leq \angle MB'C$. Если $\angle MB'C\geq\angle MCA$, то на отрезке $BB'$ можно выбрать точку $B^*$ такую, что $\angle MB^*C=\angle MCA =\varphi$. Пусть $X,Y,Z$ основание перпендикуляра из точки $M$ на стороны $AB^*, B^*C, CA$. По неравенству Эрдеша-Морделла $MA + MB^* + MC \ge 2(MX + MY + MZ) = 2 \sin \varphi (MA + MB^* + MC)$, следовательно $\varphi \le \pi/6$, откуда и следует требуемое. (Неравенство Эрдеша-Морделла: для произвольнои точки $S$ внутри треугольника, сумма расстоянии от $S$ до вершин треугольника не меньше, чем удвоенная сумма расстоянии от $S$ до сторон треугольника.)
    Иначе имеем $\angle MB'C<\angle MCA$, и в треугольнике $AB'C$ по-прежнему все углы $\angle MCA$, $\angle MAB'$, $\angle MB'C$ острые. Поэтому достаточно доказать утверждение для точки $B$, заменённой на $B'$. Таким образом, мы свели задачу к случаю, когда $CK$ — медиана треугольника $ABC$, а окружности $CMA$ и $CMB$ касаются $AB$, то есть $\angle MBA=\angle MCB$ и $\angle MCA=\angle MAB$. При этом $\angle MBC\leq\angle MCA$, откуда $$\beta=\angle ABC=\angle MBA+\angle MBC\leq \angle MCB+\angle MCA=\angle BCA=\gamma.$$
    3) Пусть $BM$ и $CM$ пересекают окружность $ABC$ в точках $L$ и $T$ соответственно. Тогда $\angle ABT=\angle ACT=\angle MAB$, так что $BT\parallel AM$; аналогично, $AT\parallel BM$, так что $AMBT$ -- параллелограмм. Считая, что диаметр окружности $ABC$ равен $1$, получаем $\sin\angle MAB=\sin\angle MCA=AT=BM$.
    Далее, $\angle CLM=\angle CAB=\alpha$, и из касания $\angle CML=\angle CBA=\beta$, так что $\angle MCL=\gamma$. Поскольку $\beta\leq \gamma$, получаем $\sin\angle MBC=CL\leq LM$. Итак, $$\sin\angle MAB+\sin\angle MBC=AT+CL\leq BM+LM=BL\leq 1,$$ что и требовалось доказать.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Предположим противное. Обозначим $\angle MAB = x,$ $\angle MBC = y,$ $\angle MCA = z,$ $\angle MBA = \alpha,$ $\angle MCB = \beta,$ $\angle MAC = \gamma$.
    Рассмотрим случаи $x \le y$ (случай $x \ge y$ аналогичен). Тогда $x\le y\le z$ и $x+y+z<180^{\circ}$, следовательно, $\sin x\le w \le \sin z$, где $w=\sin y$. По предположению $\sin x > 1 - w$ и $w>\dfrac{1}{2}$. По тригонометрической теореме Чевы $$\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma = \sin x\sin y\sin z > w^2(1-w). \quad (1)$$ Рассмотрим функцию $f(t)=\sin t$, где $t\in (0,\pi )$. Заметим, что $f'(t) = \cos t$ и $f''(t)=-\sin t<0$. Значит данная функция вогнутая. По неравенству Йенсена $$S = \sin z + \sin y + \sin x + \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma \le 6\sin \left (\dfrac{\pi}{6} \right ) = 3. \quad (2)$$ Из (1) и (2) и по неравенству Коши имеем, что $$3 \ge S \ge 2w + 4\sqrt[4]{\sin x\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma} > 2w + 4\sqrt{w(1-w)} \Rightarrow (3-2w)^2 > 16w(1-w) \Rightarrow 20w^2 - 28w + 9 > 0.$$ Так как $w>\dfrac{1}{2}$, то из последнего неравенство следует, что $w > \dfrac{9}{10} > \dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Значит $y > {60}^{\circ}$. Так как $\alpha + \beta + \gamma = \pi - x - y - z < \pi - 2y < \pi$, то по неравенству Коши и Йенсена получим, что $$\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \le {\left (\dfrac{\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma}{3} \right )}^3 \le {\left (\sin \dfrac{\alpha + \beta + \gamma}{3} \right )}^3 < {\left (\sin \dfrac{\pi - 2y}{3} \right )}^3. \quad (3)$$ Из (1) и (3) получим, что $$4w^2(1-w) < 4{\left (\sin \dfrac{\pi - 2y}{3} \right )}^3 = 3\sin \left (\dfrac{\pi - 2y}{3} \right ) - \sin 2y. \quad (4)$$ (Последнее равенство следует из формулы $\sin 3t = 3\sin t - 4{(\sin t)}^3$.) Так как $y\le z$, то $y<{90}^{\circ}$.
    Рассмотрим функцию $$g(t)=3\sin \left (\dfrac{\pi - 2t}{3} \right ) - \sin 2t - 4{(\sin t)}^2 + 4{(\sin t)}^3$$ в промежутке $t\in \left [\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2} \right ]$. $$g'(t) = -2\cos \left (\dfrac{\pi - 2t}{3} \right ) - 2\cos 2t - 8\sin t\cos t + 12{(\sin t)}^2\cos t =$$ $$=-2\cos \left (\dfrac{\pi - 2t}{3} \right ) + 2 - 4{(\cos t)}^2 - 8\sin t\cos t + 12{(\sin t)}^2\cos t \ge 4\cos t(3{(\sin t)}^2 - 2\sin t - \cos t). \quad (5)$$ Пусть $h(t) = 3{(\sin t)}^2 - 2\sin t - \cos t$. Тогда $h'(t) = 6\sin t\cos t - 2\cos t + \sin t > 2\cos t (3\sin t - 1) \ge 0$, следовательно $h$ — возрастающая функция. Поэтому $h(t) \ge h\left (\dfrac{\pi}{3} \right ) = \dfrac{7 - 4\sqrt{3}}{4} > 0$. Тогда из (5) следует, что $g'(t) \ge 0$. Значит $g$ — неубывающая функция, поэтому $g(y)\le g\left (\dfrac{\pi}{2} \right ) = 0$. Неравенство (4) неверно, противоречие.