Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы
Комментарий/решение:
В официальном решении вычисляли CGDE=ctg∠BAC+ctg∠DGC, но это слишком straightforward, давайте прикольнёмся.
Мотивация. Мне захотелось сделать подобием
Решение. 1) Положим M=BG∩AC, BC=a,AC=b,AB=c и BH=h высота △ABC. Пусть E на MC такова, что △BEM∼△CGM, то естьME=MG⋅MBMC=2MB23b=2a2+2c2−b26bAE=AM+ME=b2+2a2+2c2−b26b=a2+b2+c23bВ первой строке была использована формула медианы
2) Также из подобия ∠BEM=∠CGM⇒△ABE∼△CDG по двум углам. Из соотношения соответственных элементов в этих треугольниках, имеемCGDE=AEBH=a2+b2+c23bh=a2+b2+c26SABC3) Таким образом, достаточно доказать, что a2+b2+c2≥4√3SABC. Это уже классическая задача с IMO 1961. Для решения воспользуемся стандартной заменой для доказательства неравенств со сторонами треугольника x=b+c−a2,y=a+c−b2,z=a+b−c2 - несложно видеть, что эти числа положительны. Тогда, используя формулу Герона, требуемое неравенство переписывается в виде (y+z)2+(x+z)2+(x+y)2≥4√3xyz(x+y+z). Используем AM−QM и AM−GM(y+z)2+(x+z)2+(x+y)2≥43(x+y+z)2=43(x+y+z)32√x+y+z≥4√3xyz(x+y+z)что требовалось доказать
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.