Зависимост между R и r

[Vulev]

Интересува ме дали сте срещали някъде един факт, който открих за себе си. Ако да, моля кажете къде.
Нека R е радиусът на описаната около триъгълника окръжност, а r e радиусът на вписаната в триъгълника окръжност. Тогава R >= 2r като равенството се достига само в равностранен триъгълник.
И оттук едно следствие: Един триъгълник е равностранен точно когато R = 2r.

[someone]

Да, този факт най-лесно се извежда, когато човек се срещне с формулата на Ойлер за разстоянието между центровете на вписаната и описаната окръжност на един триъгълник. Тя е [tex]OI^2=R(R-2r)[/tex] (стандартни означения).
В учебника за 12 клас на Регалия 6 формулата е изведена с аналитична геометрия и немалко метрични зависимости в триъгълник, но може да се изведе със знания до 9 клас - подобни триъгълници и метрични зависимости в окръжност (мисля, че в сборника на Коларов по планиметрия е една от последните задачи от група В към темата "Метрични зависимости в окръжност").
Равенството [tex]R=2r[/tex] се достига при [tex]OI = 0[/tex], т.е. [tex]O\equiv I[/tex]. Остана да докажем, че триъгълник, в който центровете на описаната и на вписаната окръжност съвпадат, е равностранен. Разстоянията от [tex]O[/tex] до страните на триъгълника са [tex]Rcos\alpha, Rcos\beta, Rcos\gamma[/tex]. От [tex]O\equiv I[/tex] тези всички разстояния са равни на [tex]r[/tex]. Тогава [tex]Rcos\alpha=Rcos\beta=Rcos\gamma[/tex], т.е. [tex]cos\alpha=cos\beta=cos\gamma[/tex]. Два ъгъла в интервала [tex](0^\circ; 180^\circ)[/tex] могат да имат равни косинуси само ако са равни, следователно [tex]\alpha=\beta=\gamma[/tex], т.е. триъгълникът е равностранен. (Сигурно има и доказателство без тригонометрия, но това беше първото, за което се сетих.)

[Vulev]

Готина идея! Аз си играх да изразя отношението на r/R, което се получава като функция на два неизвестни ъгъла. Фиксирах единия и намерих максимум (нещо като частна производна използвах), след което получих нова функция на една променлива (за получения екстремален ъгъл като функция на фиксирания) , която също си имаше максимум. Сложна история. Твоите разсъждения ми харесаха повече.

[monika_at]

А може ли да докажете, че [tex]R\ge 2r[/tex], без да ползвате формулата на Ойлер

[inveidar]

dedeeee.png (16.99 KiB) Прегледано 7867 пъти

Нека [tex]x,y,z[/tex] са дължините на допирателните отсечки към вписаната окръжност в триъгълника [tex]ABC[/tex]. Ако страните на триъгълника означим стандартно с [tex]a,b,c[/tex]([tex]a[/tex] е срещу А и т.н.), то знаем, че [tex]x=p-c,y=p-b,z=p-a[/tex]. От друга страна [tex]x,y,z[/tex] са положителни числа и за тях лесно се доказва(например с повдигане на квадрат), че са изпълнени неравенствата
[tex]x+y\ge 2\sqrt{xy}[/tex]
[tex]y+z\ge 2\sqrt{yz}[/tex]
[tex]x+z\ge 2\sqrt{xz}[/tex].
Умножавайки последните еднопосочни неравенства с положителни страни, получаваме
[tex](x+y)(y+z)(x+z)\ge 8xyz[/tex], т.е [tex]abc\ge 8(p-a)(p-b)(p-c)[/tex], което е все едно
[tex]S.4R\ge 8.\frac{S^2}{p }\Leftrightarrow S.4R\ge 8.\frac{S^2}{ \frac{S}{r } }[/tex], откъдето и следва желаното неравенство.
Доказателството не е мое, а на Murray Klamkin.
Разбира се, има много още доказателства на това неравенство, които не използват формулата на Ойлер, но това, според мен, е най-елегантното.
Известно като неравенство на Ойлер за триъгълника, то е публикувано от него през 1767 година, но се среща по-рано в публикация на William Chapple от 1746 година.(Източник е една статия на Кокстер).

[Vulev]

Благодарности!

[monika_at]

Прав си

[strangerforever]

Да, този факт най-лесно се извежда, когато човек се срещне с формулата на Ойлер за разстоянието между центровете на вписаната и описаната окръжност на един триъгълник. Тя е [tex]OI^2=R(R-2r)[/tex] (стандартни означения).
В учебника за 12 клас на Регалия 6 формулата е изведена с аналитична геометрия и немалко метрични зависимости в триъгълник, но може да се изведе със знания до 9 клас - подобни триъгълници и метрични зависимости в окръжност (мисля, че в сборника на Коларов по планиметрия е една от последните задачи от група В към темата "Метрични зависимости в окръжност").
Равенството [tex]R=2r[/tex] се достига при [tex]OI = 0[/tex], т.е. [tex]O\equiv I[/tex]. Остана да докажем, че триъгълник, в който центровете на описаната и на вписаната окръжност съвпадат, е равностранен. Разстоянията от [tex]O[/tex] до страните на триъгълника са [tex]Rcos\alpha, Rcos\beta, Rcos\gamma[/tex]. От [tex]O\equiv I[/tex] тези всички разстояния са равни на [tex]r[/tex]. Тогава [tex]Rcos\alpha=Rcos\beta=Rcos\gamma[/tex], т.е. [tex]cos\alpha=cos\beta=cos\gamma[/tex]. Два ъгъла в интервала [tex](0^\circ; 180^\circ)[/tex] могат да имат равни косинуси само ако са равни, следователно [tex]\alpha=\beta=\gamma[/tex], т.е. триъгълникът е равностранен. (Сигурно има и доказателство без тригонометрия, но това беше първото, за което се сетих.)

Нека OH е пернепдикулярът към AB => AH = BH <=> p - a = p - b => a = b. Аналогично a = c.

[someone]

И още един начин с прехвърляне на проблема в тригонометрично неравенство:
Може да се докаже, че [tex]\frac{r}{R}=4sin{\frac{\alpha} {2}} sin{\frac{\beta} {2}} sin{\frac{\gamma}{2}}=cos\alpha+cos\beta+cos\gamma-1[/tex]

Тук вече можем да ползваме две класически тригонометрични неравенства за ъгли в триъгълник, които са еквивалентни едно на друго:
[tex]sin{\frac{\alpha}{2}} sin{\frac{\beta}{2}} sin{\frac{\gamma}{2}} \le \frac{1}{8}[/tex] или [tex]cos\alpha+cos\beta+cos\gamma\le \frac{3}{2}[/tex],
и ще достигнем до [tex]\frac{r}{R} \le \frac{1}{2}[/tex], т.е. [tex]R \ge 2r[/tex].