3587. Докажите, что для любого треугольника верно неравенство R\geqslant2r
, где R
и r
— радиусы описанной и вписанной окружностей, причём равенство имеет место только для правильного треугольника.
Указание. Рассмотрите два треугольника со сторонами, параллельными сторонам данного. Один из них описан около данного треугольника, а второй — около описанной окружности данного треугольника.
Решение. Первый способ. Пусть S_{1}
и S_{2}
— вписанная и описанная окружности треугольника ABC
. Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
, подобный данному с коэффициентом 2.
Если R_{1}
— радиус окружности, вписанной в треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
, то R_{1}=2r
.
Опишем теперь около окружности S_{2}
треугольник A_{2}B_{2}C_{2}
, стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, причём прямая B_{2}C_{2}
и точка A_{1}
расположены по разные стороны от прямой BC
, прямая A_{2}C_{2}
и точка B_{1}
— по разные стороны от прямой AC
, прямая A_{2}B_{2}
и точка C_{1}
— по разные стороны от прямой A_{1}B_{1}
.
Треугольник A_{2}B_{2}C_{2}
подобен треугольнику A_{1}B_{1}C_{1}
и, следовательно, треугольнику ABC
. Стороны треугольника A_{2}B_{2}C_{2}
не меньше соответствующих сторон треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
(второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому
R\geqslant R_{1}=2r.
Равенство достигается только в том случае, если все стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
касаются окружности S_{2}
. Тогда
\angle A_{1}=180^{\circ}-2\angle A,~\angle A_{1}=\angle A.
Следовательно, \angle A=60^{\circ}
.
Второй способ. Пусть a
, b
и c
— стороны треугольника, p
— полупериметр, S
— площадь. Тогда
R=\frac{abc}{4S},~r=\frac{S}{p},~S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.
Положим
p-a=\frac{x}{2},~p-b=\frac{y}{2},~p-c=\frac{z}{2}.
Из неравенства треугольника следует, что
p-a=\frac{b+c-a}{2}\gt0,~p-b=\frac{a+c-b}{2}\gt0,~p-a=\frac{a+b-c}{2}\gt0,
поэтому x\gt0
, y\gt0
, z\gt0
. Тогда
\frac{R}{2r}=\frac{\frac{abc}{4S}}{\frac{2S}{p}}=\frac{abcp}{8S^{2}}=\frac{abcp}{8p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{abc}{(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)}=
=\frac{(x+y)(y+z)(x+z)}{8xyz}=\frac{1}{4}\left(1+\left(\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}\right)\right)=
=\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\right)=
=\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\left(\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)\right)\right)\geqslant
\geqslant\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}(2+2+2)\right)=\frac{1}{4}\cdot4=1.
Следовательно, R\geqslant2r
.
Третий способ. Пусть I
и O
— центры вписанной и описанной окружностей треугольника. Тогда по формуле Эйлера (см. задачу 126) IO^{2}=R^{2}-2Rr
, поэтому R^{2}-2Rr\geqslant0
. Следовательно, R\geqslant2r
.