El valor máximo de $PA\cdot PB\cdot PC$

Question

Dejemos que $A,B,C$ son los vértices de un triángulo inscrito en un círculo unitario, y sea $P$ sea un punto en el interior o en los lados de la $\triangle{ABC}$ Entonces el valor máximo de $PA\cdot PB\cdot PC$ ¿a qué equivale?
$(A)\frac{41}{27}\hspace{1cm}(B)\frac{43}{27}\hspace{1cm}(C)\frac{32}{27}\hspace{1cm}(D)\frac{29}{27}$

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Creo que este problema se resolverá con el punto de Fermat de un triángulo. $PA\cdot PB\cdot PC$ es máxima cuando $PA+PB+PC$ será mínimo y es mínimo en el punto de Fermat que no soy capaz de encontrar.Por favor, ayúdame.Gracias.

Answer 1

El espacio de los cuádruples $(A,B,C,P)$ que satisfacen las restricciones es un subconjunto de $(\mathbb R^2)^4$ que es lo que estoy haciendo bastante seguro es compacto (si permitimos triángulos degenerados). Como un mapa que lleva un cuádruple a $PA\cdot PB\cdot PC$ es continua, esto significa que el máximo se alcanza en algún lugar.

Dejemos que $(A,B,C,P)$ sea un cuádruple que alcance este máximo. En primer lugar, afirmo $P$ no es el centro del círculo. Esto se debe a que $P$ siendo el centro necesariamente da el producto de las longitudes a ser $1$ pero podemos hacerlo mejor.

A continuación, reclamo $P$ se encuentra en uno de los lados. Esto es trivial si $ABC$ es degenerado. Así que supongamos que no lo es y $P$ es estrictamente interior. Tomemos la secante única del círculo que contiene $P$ . Divide el círculo en dos arcos. Entonces al menos dos de los puntos $A,B,C$ no se encuentran en el punto medio del arco más largo (llámese $M$ por ahora). Porque $P$ está estrictamente contenido en el triángulo, si movemos uno de ellos un poco hacia $M$ aumentaremos su distancia con respecto a $P$ y por lo tanto el producto $PA\cdot PB\cdot PC$ (esto es muy elemental), y mantendremos $P$ en el interior del triángulo (esto es un poco de palabrería, pero estoy seguro de que esto es cierto), lo que es una contradicción con la configuración que alcanza el máximo.

Así que $P$ se encuentra en algún lado. WLOG, dice que $P$ se encuentra en el lado $AB$ . Desde $C$ debe estar a la mayor distancia posible de $P$ debe estar en la intersección del rayo $PO$ con el círculo ( $O$ es el centro). Sea $C'$ sea la intersección del rayo $OP$ con el círculo. Por la potencia del punto, $PA\cdot PB=PC\cdot PC'$ Por lo tanto $PA\cdot PB\cdot PC=PC^2\cdot PC'=PC^2(CC'-PC)=PC^2(2-PC)$ , como $CC'$ es un diámetro. Ahora maximizamos esto usando el cálculo o la desigualdad AM-GM, como se quiera, y obtenemos que el máximo se alcanza para $PC=\frac{4}{3}$ , $PA\cdot PB\cdot PC=\frac{32}{27}$ .

Es fácil ver de esto que el límite es alcanzable, incluso por un triángulo no degenerado.

Answer 2

Nota: Esta es una respuesta parcial, ya que la argumentación no es completamente rigurosa.

El siguiente razonamiento indica que la solución es $\frac{32}{27}$ .

Enfoque: Describimos la situación mediante un sistema de coordenadas. Consideramos el círculo unitario con centro $(0,0)$ y el radio $1$ .

• Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la posición de $C$ es $(1,0)$ y el $y$ -coordinación de $P$ es $0$ (mediante la rotación adecuada del $x,y$ -ejes).

• Tomamos los argumentos de @achillehui expuestos en la sección de comentarios y asumimos que $P$ se encuentra en el lado $AB$ del triángulo.

• Supuesto (con menos rigor): El punto $P$ se encuentra en el medio del lado $AB$ . Razonamiento: A menudo los problemas extremos con elipses conducen a un círculo, o los problemas extremos con rectángulos conducen a cuadrados.Como queremos encontrar un máximo, inherentemente buscamos más bien una solución simétrica.

Dejemos que $\overline{PX}$ denotan la distancia desde $P$ a $X$ . Dado que el producto $\overline{PA}\cdot\overline{PB}\cdot\overline{PC}$ debe ser un máximo, podemos suponer que el lado $AB$ del triángulo está a la izquierda del origen, lo que implica que el $x$ -coordinación de $P$ es menor que cero.

Estamos preparados para el cálculo.

Cálculo:

Dejemos que $\varphi$ denotan el ángulo $\angle(A0C)$ . La distancia $\overline{PC}=\overline{P0}+\overline{0C}=\cos(\varphi)+1$ y la distancia $\overline{PA}=\overline{PB}=\sin(\varphi)$ . Tenemos que determinar $\varphi$ para que \begin{align*} f(\varphi)&=\overline{PA}\cdot\overline{PB}\cdot\overline{PC}\\ &=\sin^2(\varphi)(\cos(\varphi)+1)\\ &=1+\cos(\varphi)-\cos^2(\varphi)-\cos^3(\varphi)\quad\rightarrow \quad\max \end{align*}

Configuración \begin{align*} f^\prime(\varphi)=\sin(\varphi)(3\cos^2(\varphi)+2\cos(\varphi)-1)=0 \end{align*} obtenemos las soluciones \begin{align*} \varphi=\begin{cases} n\pi\qquad& n\in \mathbb{Z}\\ \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)+2\pi n\qquad& n\in \mathbb{Z}\\ \end{cases} \end{align*}

La solución pertinente es $\varphi=\cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)$ y finalmente obtenemos

\begin{align*} f(\varphi)=f\left(\cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)\right)=1+\frac{1}{3}-\frac{1}{9}-\frac{1}{27}=\frac{32}{27} \end{align*}