2021-11-23
Докажите, что для любого треугольника верно неравенство $R\geq2r$, где $R$ и $r$ - радиусы описанной и вписанной окружностей, причём равенство имеет место только для правильного 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
$R\geq R_{1}=2r.$
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
$\frac{R}{2r}=\frac{\frac{abc}{4S}}{\frac{2S}{p}}=\frac{abcp}{8S^{2}}=\frac{abcp}{8p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{abc}{(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)}=\frac{(x+y)(y+z)(x+z)}{8xyz}=\frac{1}{4}\left(1+\left(\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}\right)\right)=\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\right)=\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\left(\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)\right)\right)\geq\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}(2+2+2)\right)=\frac{1}{4}\cdot4=1.$
Следовательно, $R\geq2r$.
Третий способ. Пусть $I$ и $O$ - центры вписанной и описанной окружностей треугольника. Тогда по формуле Эйлера (см. задачу 3931) $IO^{2}=R^{2}-2Rr$, поэтому $R^{2}-2Rr\geq0$. Следовательно, $R\geq2r$.