Равностороний треугольник.

[EtCetera]

Заметим, что можно ограничиться рассмотрением только тех положений т. $M$, при которых она лежит внутри или на границе $\triangle AOC$ ($O$ - центр $\triangle ABC$). Все остальные случаи приводятся к рассматриваемым с помощью осевой и/или зеркальной симметрии.
Проведем высоту $BH$ и продолжим ее за точку $H$. На получившемся луче отметим т. $O'$ и проведем через нее окружность радиусом $AO'$. Пусть $\angle AOH=\angle COH=\delta$ ($\delta\in\left(0;\frac{\pi}{3}\right]$). Верхнее значение $\delta$ взято именно таким, потому что в этом случае $\triangle AOC$ полностью укладывается внутрь сегмента окружности, отсеченного прямой $AO$.
Далее обозначим $\angle BAM = \alpha$, $\angle CBM = \beta$, $\angle ACM=\gamma$, и будем "возить" точку $M$ по дуге $AC$. Тогда $\frac{\pi}{3}-\alpha+\gamma=\delta$, откуда $\alpha=\gamma +\delta'$ ($\delta'=\frac{\pi}{3}-\delta$, $\delta'\in\left[0;\frac{\pi}{3}\left)$).
Также можно получить зависимость $\beta$ от $\gamma$ (если я ничего не напутал, она выглядит следующим образом: $\tg\left(\frac{\pi}{6}-\beta\right)=\dfrac{\sin\frac{\pi}{6}\sin(2\gamma-\delta)}{\sin\left(\delta+\frac{\pi}{6}\right)-\cos(2\gamma-\delta)}$).
Таким образом, мы получили $S=\alpha+\beta+\gamma$ как функцию $s(\gamma, \delta)$. Надо заметить, что при увеличении $\delta$ в сумму $S$ как бы "впрыскивается" дополнительная порция радиан (градусов), причем разница между максимальным и минимальным "впрыском" составляет как раз $\frac{\pi}{3}$.
Дальше, разумеется, напрашивается исследование функции $S=s(\gamma)$, но оно выходит за рамки элементарной математики. Однако, полагаю, что на основе данного подхода можно как-то выцепить и элементарное решение.

[TOTAL]

EtCetera в сообщении #311344 писал(а):

Однако, полагаю, что на основе данного подхода можно как-то выцепить и элементарное решение.

Пока не получено никакого решения. Так какие же основания полагать, что выцепится элементарное?

[EtCetera]

TOTAL
Вы правы, оснований никаких, одни надежды...
Если честно, мне просто показалось, что двигать точку $M$ по прямым как-то неинтересно, что ли... В то время как при движении по окружности всегда можно ухватиться за постоянство некоторого вписанного угла с вершиной в точке $M$. Возможно, зря показалось. Надо еще подумать.

[Батороев]

На этом месте была написана ерунда.

[TOTAL]

Батороев в сообщении #311377 писал(а):

Например, рассматривая треугольник симметрично относительно высоты, опущенной из вершины $A$, можно убедиться, что $\angle {MBC}+\angle {MCA}=60^0$ независимо от того, каков угол $ \angle {MAB}$.

Как в этом убедиться, если это неверно?

[Батороев]

TOTAL в сообщении #311385 писал(а):

Батороев в сообщении #311377 писал(а):

Например, рассматривая треугольник симметрично относительно высоты, опущенной из вершины $A$, можно убедиться, что $\angle {MBC}+\angle {MCA}=60^0$ независимо от того, каков угол $ \angle {MAB}$.

Как в этом убедиться, если это неверно?

Виноват, ошибся.
Тем не менее, симметрию, по-видимому, можно использовать.
Из приведенного рисунка видно, что сумма углов больше 60 градусов.


-- Вт апр 20, 2010 18:31:21 --

Разводя дальше от середины две верхние точки $M$, мы увеличиваем "перехлест" углов 1 и 3 и хотя угол 2 стремится к нулю, тем не менее сумма углов 1 и 3 будет всегда больше 60 градусов.
Если наоборот свести указанные точки в одну, то мы лишь добъемся равенства суммы углов 1 и 3 шестидесяти градусам. В этом случае сумма трех углов зависит только от угла 2, который может изменяться от 0 до 60 градусов (это я и имел в виду ранее).
Если продолжать движение точек далее через их общее положение, то "в игру вступит" сумма двух других углов.
Это, что касается минимума суммы. Насчет максимума пока не понятно.

-- Вт апр 20, 2010 18:43:35 --

Насчет максимума, по-видимому, можно принять такое утверждение:
"Коль скоро сумма углов 1, 2 и 3 не может быть меньше 60 градусов, то сумма оставшихся (MBA+MCB+MAC) тоже не может быть меньше 60 градусов. Следовательно, сумма первых не может быть больше 180-60=120 градусов".

[neo66]

Забавно. Из рисунков Батороева следует, что из трех улов всегда найдется два, сумма котоых уже будет $\geq 60^0$. Так, что все оказывается вообще очевидно без всяких вычислений. Красивая олимпиадная задача.

[TOTAL]

Батороев в сообщении #311422 писал(а):

Тем не менее, симметрию, по-видимому, можно использовать.

Зачем опираться на симметрию, если утверждение верно для любого треугольника.
Т.к. $MA$ -- наибольшее из расстояний $MA, MB, MC$, то сумма углов 1 и 3 не меньше угла $A$.
Т.к. $MB$ -- наименьшее из расстояний $MA, MB, MC$, то сумма углов 1 и 2 не больше угла $B$.
Таким образом, сумма углов 1, 2 и 3 не больше суммы двух наибольших углов треугольника.

[arqady]

neo66 в сообщении #311568 писал(а):

Красивая олимпиадная задача.

По-моему, слишком простая для олимпиады. Просто хорошая учебная задача на повторение, что в треугольнике против большей стороны лежит больший угол.

[neo66]

arqady в сообщении #311589 писал(а):

Просто хорошая учебная задача на повторение, что в треугольнике против большей стороны лежит больший угол.

Простая-то, простая. Только до того, как найдешь это простое решение, это совсем не очевидно. Интересно, сколько времени она заняла у Вас ?

[Sasha2]

TOTAL в сообщении #311581 писал(а):

Батороев в сообщении #311422 писал(а):

Тем не менее, симметрию, по-видимому, можно использовать.

Зачем опираться на симметрию, если утверждение верно для любого треугольника.
Т.к. $MA$ -- наибольшее из расстояний $MA, MB, MC$, то сумма углов 1 и 3 не меньше угла $A$.
Т.к. $MB$ -- наименьшее из расстояний $MA, MB, MC$, то сумма углов 1 и 2 не больше угла $B$.
Таким образом, сумма углов 1, 2 и 3 не больше суммы двух наибольших углов треугольника.

И откуда же следует справедливость этих логических переходов.
Да и еще и предпосылки к ним тоже не очень очевидны, т.е. если угол A наименьший, то это еще не означает, что MA - наибольшее (равно как и наименьшее) расстояние.

Вообще если так беремся доказывать, то положение о том, что больший угол лежит против большей стороны, как то не очень здесь применяемо. Где тот треугольник и те его стороны и углы, к которому применяется эта теорема. Набрали три каких-произвольных отрезка и три отдельных, НЕ ОЧЕНЬ ТО СВЯЗАННЫХ С НИМИ УГЛА и объявили по тому, что один отрезок больше бругого (что тоже сомнительно, что и угло тот то и тот то тоже больше другого угла)

[ewert]

Я не очень понял последних вариантов доказательства, но сводятся они, по-видимому, вот к чему.

Если в треугольнике МАВ (обход против часовой стрелки) сторона МВ больше стороны МА, то угол МВС больше угла САМ -- и, следовательно, сумма углов МАВ и МВС уже больше 60 градусов. Существенно то, что именно правая сторона больше левой.

Так вот. Если обозначить через МВ наибольший из отрезков МА, МВ и МС, то для одного из примыкающих к нему треугольников МВ окажется именно правой стороной. Т.е. всегда есть пара углов, сумма которых больше 60 градусов. (Под "больше" всюду следует понимать "не меньше".)

Действительно, всё очень просто. И совсем неочевидно. Тем более неочевидно, что выглядит некоторым огрублением, хотя оценка-то (очевидно) -- точная.

[Батороев]

TOTAL принял условие согласно моего рисунка: $ MA>MC$.

$ \angle {MAB}+\angle {MAC}=60^0$

$\angle {MCA}>\angle {MAC}$, т.к. лежит против большей стороны в треугольнике $MAC$.


Следовательно, $ \angle{MAB}+\angle {MCA} > 60^0$.

По варианту ewert'a: $MB> MA$, следует рассматривать сумму:

$ \angle {MAB}+\angle {MBC} > \angle {MBC}+\angle {MBA}=60^0$.

-- Ср апр 21, 2010 13:57:31 --

neo66 в сообщении #311616 писал(а):

Интересно, сколько времени она заняла у Вас ?

Если бы не фраза TOTAL'a:

TOTAL в сообщении #311350 писал(а):

Так какие же основания полагать, что выцепится элементарное?

заставившая и меня замудриться на довольно сложные рассуждения, то на решение задачи, по-видимому, можно было бы затратить пять-десять минут.

[ewert]

Нет, красивая задачка. Красивая тривиальностью окончательного решения -- и совсем неочевидностью выходом на это решение.

[arqady]

neo66 в сообщении #311616 писал(а):

arqady в сообщении #311589 писал(а):

Просто хорошая учебная задача на повторение, что в треугольнике против большей стороны лежит больший угол.

Простая-то, простая. Только до того, как найдешь это простое решение, это совсем не очевидно. Интересно, сколько времени она заняла у Вас ?

Нисколько. Когда я всё это увидел, TOTAL уже всё доказал. Простое решение легко находится, если речь идёт об упомянутой мной теме урока.