20-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2024 год

Медианы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $G$. Среди шести углов $GAB$, $GAC$, $GBA$, $GBC$, $GCA$, $GCB$ есть не менее трёх, каждый из которых не меньше $\alpha$. При каком наибольшем $\alpha$ это могло произойти? ( Н. Седракян, И. Богданов )

Комментарий/решение

Проведем так же симедианы треугольника, пусть они пересекаются в точке $L$ и точку Брокара $P$(пусть будет первая) или по другому такую точку, что $\angle CAP = \angle PCB = \angle PBA$ по известному свойству если $T \in AP \cap BC, \ J \in BP \cap AC, \ N \in CP \cap AB$ так же $E' \in AL \cap BC, \ D' \in BL \cap AC, \ F' \in CL \cap AB$ и $D,E,F$ середины $AC,BC,AB$ тогда $F'T || AC, \ ND' || BC, J'E || AB\ (1)$ по теореме Чевианы(условие пересечения в одной точке) можно показать что $(CF',BD,AT); \ (AE',BJ,CF); \ (BD',AE,CN)$ пересекаются в одной точке.

1) Покажем что в любом треугольнике выполняется условие что: при одной вершине $G$ будет лежать между $L,P$, при второй $L$ будет лежат между $G,P$, в третьей $P$ будет лежат между $L,G$.

Доказательство: без ограничения общности пусть $BC>AB>AC$ тогда из $(1)$ получается $\dfrac{BF'}{AF'}=\dfrac{BT}{CT}$ но по свойству симедианы $\dfrac{BF'}{AF'} = \dfrac{BC^2}{AC^2}$ откуда $\dfrac{BT}{CT} = \dfrac{BC^2}{AC^2}$ отсюда выразим $CT=\dfrac{BC \cdot AC^2}{BC^2+AC^2}$ и из-того что $\dfrac{BE'}{CE'} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$ или $CE' = \dfrac{BC \cdot AC^2}{AB^2+AC^2}$ и само собой $CE=\dfrac{BC}{2}$

аналогично $AD=\dfrac{AC}{2}, \ AD'=\dfrac{AC \cdot AB^2}{BC^2+AB^2}, \ AJ=\dfrac{AC \cdot AB^2}{AC^2+AB^2}$ и $BN=\dfrac{AB \cdot BC^2}{AB^2+BC^2}, \ BF'=\dfrac{AB \cdot BC^2}{AC^2+BC^2} ,\ BF=\dfrac{AB}{2}$

1. Покажем что $CE>CE'>CT$ подставляя и сокращая получим $BC>AB>AC$

2. Покажем что $AJ>AD>AD'$ подставляя и сокращая получим $BC>AB>AC$

3. Покажем что $BF'>BN>BF$ подставляя и сокращая получим $BC>AB>AC$

2) Назовем шесть углов в условий задачи "медианными углами" , а углы $\angle CAP = \omega$ углы Брокара, из выведенных свойств, выходит что при одной вершине будет два медианных угла больше угла Брокара, при второй вершине только один углов будет больше угла Брокара, и в третьей два медианных угла будут меньше угла Брокара, то есть только три угла будут больше или равны углу Брокара$.

3) Из свойств угла Брокара, для нее выполняется условие $ctg(\omega) = ctg(A)+ctg(B)+ctg(C)$ покажем что $\omega \leq 30^{\circ}$ по неравенству Йенсена

1. для $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ функция $ctgx$ выпукла вниз тогда: $$ctg(A)+ctg(B)+ctg(C) \geq 3 ctg(\dfrac{A+B+C}{3}) = 3ctg(60^{\circ})=\sqrt{3}$$ откуда $ctg(\omega) \geq \sqrt{3}$ или $0<\omega<30^{\circ}$

2. для случая когда один угол тупой, пусть $\angle A > 90^{\circ}$ тогда $B,C<90^{\circ}$ по неравенству Йенсена для двух других углов $$ctg(\omega) = ctg(A)+ctg(B)+ctg(C) \geq ctg(A) + 2ctg(\dfrac{B+C}{2}) = ctg(A)+2tg(\dfrac{A}{2}) \geq \sqrt{3}$$ в последнем достаточно рассмотреть функцию и найти минимум

4) Значит из 2) и 3) пунктов выходит что в треугольнике какие-то $3$ медианные углы будут $\leq 30^{\circ}$ остальные $3$ будут $\geq 30^{\circ}$

5) Значит чтобы максимизировать угол $\alpha$ какие-то два из них должны быть равны, рассмотрим два случая:

1) $\angle GCA = \angle GAC$ тогда $ABC$ равнобедренный, значит если:

1.$\angle ABG=\angle CBG < 30^{\circ}$ тогда какой-то один из оставшихся четырех должен быть $<30^{\circ}$

1.1 Пусть $\angle GAE<30^{\circ}$ но тогда $\angle \angle BCG<30^{\circ}$ откуда $\angle CAG=\angle ACG>30^{\circ}$ но по условию какие-то два три должны быть больше $\alpha$ которая в данном случае потенциально $\alpha>30^{\circ}$ только для двух медианных углов.

1.2 Пусть $CAG<30^{\circ}$ но тогда $\angle BAG=\angle BCG > 30^{\circ}$ аналогично

2. Пусть $\angle ABG=\angle CBG > 30^{\circ}$ тогда какой-то один из оставшихся четырех должен быть $>30^{\circ}$ но что четыре оставшихся $<30^{\circ}$ но с другой стороны два каких-то оставшихся должны быть $<30^{\circ}$ откуда два других так же $<30^{\circ}$ в силу равнобедренности, противоречие.

6) Пусть $\angle GCA = \angle GAB$ или $FA^2=FG \cdot FC$ но $FB^2=FA^2=FG \cdot FC$ значит $\angle BCF = \angle ABD$

Пусть $AB=a, BC=b, AC=c$ выразим из формулы медианы $m_{a}=\dfrac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{2}$ нужное равенство $\cos(\angle GCA) = \cos(\angle GAB)$используя теорему косинусов тогда получим:

$$\dfrac{3c^2+b^2-a^2}{c\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}=\dfrac{3a^2+c^2-b^2}{a\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}$$ откуда $(a^2+2c^2)(2a^2-b^2-c^2)((a-b)^2-c^2)((a+b)^2-c^2)=0$ рассмотрим случай

$c=\sqrt{2a^2-b^2}$ так как остальные не подходят исходя из неравенств треугольника

Подставляя в $\dfrac{3c^2+b^2-a^2}{c\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}} = \dfrac{5a^2-2b^2}{2\sqrt{6a^4-3a^2b^2}}$ покажем что $\dfrac{5a^2-2b^2}{2\sqrt{6a^4-3a^2b^2}} \geq \sqrt{\dfrac{2}{3}}$ или $3(5a^2-2b^2)^2 \geq 8(6a^4-3a^2b^2)$ откуда $3(3a^2-2b^2)^2 \geq 0$ значит $\alpha = arccos(\sqrt{\dfrac{2}{3}})>35^{\circ}$