12134. а) Докажите, что для нетупоугольного треугольника ABC
со сторонами a
, b
, c
, радиусом вписанной окружности r
и описанной R
выполнено неравенство
2(R+r)\leqslant\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}.
б) При каком условии неравенство обращается в равенство?
Решение. а) Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, а углы, противолежащие этим сторонам равны \alpha
, \beta
, \gamma
соответственно. Опустим перпендикуляр IH=r
из центра I
вписанной окружности треугольника на сторону AB
. Тогда
c=AB=AH+HB=IH\ctg\angle BAI+IH\ctg\angle ABI=
=r\left(\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}\right)=\frac{r\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{r\cos\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}.
Кроме того, по теореме синусов
a=2R\sin\alpha,~b=2R\sin\beta,~c=2R\sin\gamma,
поэтому
r=\frac{c\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{2R\sin\gamma\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}=4R\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}.
Следовательно,
R+r=R\left(1+4\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\right)=
=R\left(1+2\left(\cos\frac{\alpha-\beta}{2}-\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=
=R\left(1+2\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}-2\cos^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=
=R\left(1+\cos\alpha+\cos\beta-2\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\right)=R(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma).
Тогда доказываемое неравенство с учётом теоремы синусов примет вид
2R(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)\leqslant2R\sqrt{\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma}
или
(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)^{2}-(\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma)\leqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\cos2\alpha+\cos2\beta+\cos2\gamma+2\cos\alpha\cos\beta+2\cos\gamma(\cos\alpha+\cos\beta)\leqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\cos2\alpha+\cos2\beta+2\cos^{2}\gamma-1+2\cos\alpha\cos\beta+2\cos\gamma(\cos\alpha+\cos\beta)\leqslant0~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)+2\cos^{2}\gamma-1+\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)+
+2\cos\gamma(\cos\alpha+\cos\beta)\leqslant0~\Leftrightarrow~
\cos(\alpha-\beta)-1+\cos(\alpha+\beta)+2\cos\gamma(\cos\alpha+\cos\beta)+
+2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)+2\cos^{2}\gamma~\leqslant0~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~\cos(\alpha-\beta)-1-
-\cos\gamma(1-2\cos\alpha-2\cos\beta+2\cos(\alpha-\beta)+2\cos(\alpha+\beta))\leqslant0~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~\cos(\alpha-\beta)-1-\cos\gamma(1-2\cos\alpha-2\cos\beta+4\cos\alpha\cos\beta)\leqslant0~\Leftrightarrow~
\Leftrightarrow~(\cos(\alpha-\beta)-1)-\cos\gamma(1-2\cos\alpha)(1-2\cos\beta)\leqslant0.
Не ограничивая общности, можно считать, что либо оба угла \alpha
и \beta
не меньше 60^{\circ}
, либо они не больше 60^{\circ}
. Тогда
(1-2\cos\alpha)(1-2\cos\beta)\geqslant0.
Кроме того,
\cos(\alpha-\beta)-1\leqslant0,~\cos\gamma\geqslant0
(треугольник не тупоугольный). Следовательно, последнее неравенство верно. Отсюда следует утверждение пункта а).
б) Равенство достигается только для равностороннего или равнобедренного прямоугольного треугольника. Действительно, для достижения равенства необходимо и достаточно, чтобы \cos(\alpha-\beta)=1
, т. е. \alpha=\beta
, и либо \cos\gamma=0
, т. е. \gamma=90^{\circ}
, либо \cos\alpha=\cos\beta=\frac{1}{2}
, т. е. \alpha=\beta=60^{\circ}
.