12635. Луч с началом в вершине A
треугольника ABC
пересекает сторону BC
в точке X
, а описанную окружность треугольника ABC
— в точке Y
. Докажите, что
\frac{1}{AX}+\frac{1}{XY}\geqslant\frac{4}{BC}.
Решение. Первый способ. По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд AX\cdot XY=BX\cdot XC
(см. задачу 2627).
Среднее гармоническое двух неотрицательных чисел не больше их среднего геометрического, а среднее геометрическое не больше среднего арифметического (см. задачу 3399), т. е.
\frac{2XY\cdot AX}{XY+AX}\leqslant\sqrt{XY\cdot AX}~\mbox{и}~\sqrt{BX\cdot XC}\leqslant\frac{BX+XC}{2}.
Следовательно,
\frac{1}{AX}+\frac{1}{XY}=\frac{XY+AX}{XY\cdot AX}=\frac{1}{\frac{XY\cdot AX}{XY+AX}}=\frac{2}{\frac{2XY\cdot AX}{XY+AX}}\geqslant
\geqslant\frac{2}{\sqrt{AX\cdot XY}}=\frac{2}{\sqrt{BX\cdot XC}}\geqslant\frac{2}{\frac{BX+XC}{2}}=\frac{4}{BX+XC}=\frac{4}{BC}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Доказываемое неравенство можно переписать в виде
BC\cdot AY\geqslant4AX\cdot XY.
Пусть AY\lt BC
. Поскольку
XY=AY-AX,
то
BC\cdot AY\geqslant4AX\cdot XY~\Leftrightarrow~BC\cdot AY\geqslant4AX\cdot(AY-AX)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~AY\cdot BC\geqslant4AX\cdot AY-4AX^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~4AX^{2}-4AX\cdot AY+BC\cdot AY\geqslant0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(2AX-AY)^{2}+BC\cdot AY-AY^{2}\geqslant0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(2AX-AY)^{2}+AY(BC-AY)\geqslant0.
Последнее неравенство очевидно.
Пусть теперь AY\geqslant BC
. Поскольку
BC=BX+XC~\mbox{и}~AX\cdot XY=XB\cdot XC,
то требуемое неравенство можно переписать в виде
AY(BX+XC)\geqslant4AX\cdot XY,
а так как
AY(BX+XC)\geqslant BC(BX+XC)=(BX+XC)(BX+XC)=
=(BX+XC)^{2}\geqslant4XB\cdot XC
(см. задачу 3399), то
AY(BX+XC)\geqslant4AX\cdot XY,
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2009, № 3, задача 18, с. 158
Источник: Олимпиада «Baltic Way». — 2004, задача 18