Западно-Китайская математическая олимпиада, 2005 год

В равнобедренном прямоугольном треугольнике $ ABC$ $ CA = CB = 1$. $ P$ — произвольная точка на одной из сторон $ ABC$. Найдите максимум выражения $ PA \cdot PB \cdot PC$.

Комментарий/решение

Ответ: $\dfrac{\sqrt 2}{4}$

Ждём изящное решение от Matov))

1) Введём систему координат. Пусть $A(0;1);B(1;0);C(0;0)$

2) Рассмотрим три случая: $;P\in BC; P\in AB;P\in AC $

3) Случай 1. $P\in AC$. Тогда координаты $P(0;y)$

4) Найдём искомые расстояния $PA,PB,PC$

5) $$PA=1-y;PC=y;PB=\sqrt{1+y^2}$$

6) Введём функцию $f(y)=g(y)\cdot h(y)$,

где $g(y)=PA\cdot PC=(1-y)\cdot y=y-y^2;h(y)=\sqrt{1+y^2}$

7) Ограничим $f(y)$ сверху.

$$f(y)=g(y)\cdot h(y)\le\max(g(y))\cdot\max(h(y))$$

Где $\max(g(y)),\max(h(y))-$ наибольшее значение функций на отрезке $y\in [0;1]$

8) Определим $\max(g(y)),\max(h(y))$.

На границах отрезка: $y=0;g(0)=0-0^2=0;h(0)=\sqrt{1+0^2}=1$

$y=1;g(1)=1-1^2=0;h(1)=\sqrt{1+1^2}=\sqrt 2$

Внутри отрезка выясним, есть ли точки, подозрительные на экстремум. Для этого необходимо дифференцировать (взять производную) и приравнять результат к нулю

$$g’(y)=1-2y=0\rightarrow y=\dfrac{1}{2};g\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}-\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}$$

$$h’(y)=\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{1+y^2}}\cdot (1+y^2)’=\dfrac{y}{\sqrt{1+y^2}}=0\rightarrow y=0$$

9) Из $(8)$ имеем $\max(g(y))=\dfrac{1}{4};\max(h(y))=\sqrt{2}$ (см. Рис.2)

10) Из неравенства $(7)$, имеем $f(y)\le\dfrac{\sqrt 2}{4}$

11) Пусть $P\in BC$, тогда $P(x;0)$. Нужно получить выражение, подобное выражению $f(y)$ в предыдущем случае.

12) Пусть $k(x)=PA\cdot PB\cdot PC$, Тогда $PA=\sqrt{1+x^2};PC=x;PB=1-x$

13) Из $(12)$ имеем $k(x)=(x-x^2)\cdot\sqrt{1+x^2}$. Это выражение идентично с выражением $f(y)$, только нужно поменять независимую переменную с $x$ на $y$,это значит, что ограничение, полученное в $(10)$, действует и для $k(x)$. То есть, $k(x)\le\dfrac{\sqrt 2}{4}$

14) Пусть $P\in AB$. Уравнение прямой $AB:y=1-x$. Значит, координата $P(x;1-x)$

15) Нужно получить выражение, подобное выражениям $f(y)$ и $k(x)$ в предыдущих случаях.

16) Пусть $U(x)=PA\cdot PB\cdot PC$

17) $$PA=\sqrt{(X_P-X_A)^2+(Y_P-Y_A)^2}=\sqrt{(x-0)^2+(1-x-1)^2}=x\sqrt 2$$

$$PB=\sqrt{(X_P-X_B)^2+(Y_P-Y_B)^2}=\sqrt{(x-1)^2+(1-x-0)^2}=(1-x)\cdot\sqrt 2$$

$$PC=\sqrt{(X_P-X_C)^2+(Y_P-Y_C)^2}=\sqrt{(x-0)^2+(1-x-0)^2}=\sqrt{x^2+(1-x)^2}$$

18) $U(x)=(2x-2x^2)\sqrt{x^2+(1-x)^2}$. Разложим полученную функцию на произведение двух функций:

$$V(x)=(2x-2x^2);W(x)=\sqrt{x^2+(1-x)^2}=\sqrt{2x^2-2x+1};U(x)=V(x)\cdot W(x)$$

19) На границах отрезка: $y=0;V(0)=2\cdot 0-2\cdot 0^2=0;W(0)=\sqrt{2\cdot 0^2-2\cdot 0+1}=1$

$y=1;V(1)=2\cdot 1-2\cdot 1^2=0;W(1)=\sqrt{2\cdot 1^2-2\cdot 1+1}=1$

Значит, $U(0)=0=U(1)$

20) Проверим, есть ли точки, подозрительные на экстремум, внутри отрезка. Для этого необходимо дифференцировать (взять производную) и приравнять результат к нулю

$$U’(x)=V’(x)\cdot W(x)+V(x)\cdot W’(x)$$

$$V’(x)=2-4x;$$

$$W’(x)=\dfrac{1}{2\cdot\sqrt{2x^2-2x+1}}\cdot (2x^2-2x+1)’$$

$$W'(x)=\dfrac{4x-2}{\sqrt{2x^2-2x+1}}$$

$$U’(x)=( 2-4x)\cdot\sqrt{2x^2-2x+1}+(2x-2x^2)\cdot\dfrac{4x-2}{\sqrt{1+y^2}}=0$$

21) Проверим, обнулится ли $U’(x)$ при $x=\dfrac{1}{2}$

$$U’\left(\dfrac{1}{2}\right)=(2-4\cdot\dfrac{1}{2})\cdot\sqrt{2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-2\cdot\dfrac{1}{2}+1}+\left(2\cdot\dfrac{1}{2}-2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\right)\cdot\dfrac{4\cdot\dfrac{1}{2}-2}{\sqrt{2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-2\cdot\dfrac{1}{2}+1}}=0$$

22) $$U\left(\dfrac{1}{2}\right)=\left(2\cdot\dfrac{1}{2}-2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\right)\sqrt{2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-2\cdot\dfrac{1}{2}+1}=\dfrac{\sqrt 2}{4}$$

23) Сравнимся. Если $P\in AC$ или $P\in BC$, то искомое произведение не больше $\dfrac{\sqrt 2}{4}$. Если же $P\in AB$ то искомое произведение не больше $\dfrac{\sqrt 2}{4}$, причём максимума достигает при $x=\dfrac{1}{2}$. На основе этого, максимум искомого произведения равен $PA\cdot PB\cdot PC=\dfrac{\sqrt 2}{4}$

Пусть $P \in AB$ тогда по формуле Стюарта $PC^2 = 1- PA \cdot PB$ и $\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leq PC \leq 1$ то есть $PA \cdot PB \cdot PC = PC(1-PC^2)$ функция $x(1-x^2)$ убывает на отрезке $\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leq x \leq 1$ , значит максимум $PC=x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ или $PA \cdot PB \cdot PC = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$

Пусть $P \in AC$ тогда если $AP=x$ то $PA \cdot PB \cdot PC = x(1-x) \sqrt{1+(1-x)^2} $ покажем что $x(1-x) \sqrt{1+x^2} \leq \dfrac{\sqrt{2}}{4}$ на отрезке $0 \leq x \leq 1 $ так как $x(1-x) \sqrt{1+x^2} < \dfrac{(1-x+x)^2}{4} \sqrt{ 1+x^2} = \dfrac{\sqrt{ 1+x^2 }}{4} \leq \dfrac{\sqrt{2}}{4} $

$max = PA \cdot PB \cdot PC = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$

$\textbf{Решение:}$

$\textbf{Случай 1 }$ Пусть $P\in [AB].$ Тогда рассмотрим выражения $(PA\cdot PB \cdot PC)^2$ и попробуем оценить сверху

$$(PA\cdot PB \cdot PC)^2=(PA\cdot PB)\cdot (\frac{1}{2}\cdot PB\cdot PC \cdot \sin{\alpha})\cdot (\frac{1}{2}\cdot PC\cdot PA \cdot \sin{\alpha})\cdot \frac{4}{\sin^2{\alpha}}=$$

$$=PA\cdot (AB-PB)\cdot S(\Delta PBC)\cdot S(\Delta PAC)\cdot\frac{4}{\sin^2{\alpha}}=$$

$$=PA\cdot (AB-PA)\cdot S(\Delta PBC)\cdot (S(\Delta ABC)- S(\Delta PBC))\cdot\frac{4}{\sin^2{\alpha}}\leq$$

$$\leq \Bigg(\frac{PA+(AB-PA)}{2}\Bigg)^2\cdot \Bigg(\frac{S(\Delta PBC)+S(\Delta ABC)- S(\Delta PBC)}{2}\Bigg)^2\cdot\frac{4}{\sin^2{\alpha}}=$$

$$=\frac{AB^2\cdot S^2(\Delta ABC)}{4\sin^2{\alpha}}=\frac{1}{16\sin^2{\alpha}}\leq \frac{1}{16\sin^2{45^o}}=\frac{1}{8}$$

$$\Longleftrightarrow PA\cdot PB \cdot PC\leq \frac{1}{2\sqrt{2}}$$