окръжност

[Гост]

Може ли малко помощ със следната задача:
Нека r и R са радиусите на вписаната и на описаната окръжност в правоъгълен триъгълник. Докажете, че r/R[tex]\le[/tex][tex]\sqrt{x}[/tex]-1

[Knowledge Greedy]

Преди да дадем решението - да уточним условието.
Може би е чисто печатна грешка, но трябва [tex]\frac{r}{R}\le \sqrt{2}-1[/tex]

[Гост]

да това е, просто неуспях да го напиша

[KOPMOPAH]

Използва се, че$$r=\frac{a+b-c}2, ~~R=\frac c2$$
Неравенството придобива вида:$$\frac{\displaystyle\frac{a+b-c}2}{\displaystyle\frac c2}\le \sqrt 2-1$$След преработка се стига до:$$a+b-\cancel{c}\le \sqrt 2c-\cancel{c}$$Повдигаме двете страни на неравенството на квадрат и заместваме $c^2$ със сумата от квадратите на катетите $a^2+b^2$, както ни е учил Питагор: $$a^2+2ab+b^2 \le 2(a^2+b^2) \Leftrightarrow a^2-2ab+b^2 \ge 0 \Leftrightarrow (a-b)^2 \ge 0$$
Последното неравенство се превръща в равенство само при $a=b$

[Knowledge Greedy]

След чудесното аналитично доказателство на колегата KOPMOPAH, ще ви върна към геометричния поглед.

Проектираме центъра [tex]I[/tex] на вписаната окръжност и допирната ѝ точка [tex]Q[/tex] с хипотенузата, върху височината [tex]CD[/tex] към хипотенузата. Проекциите означаваме с [tex]N[/tex] и [tex]D[/tex] - съответно.
Поради наклона на [tex]CI[/tex] спрямо височината [tex]CD[/tex] на триъгълника, нормално е да очакваме [tex]CN\le CI[/tex]

Класическо геометрично отношение между два радиуса.png (8.12 KiB) Прегледано 340 пъти

На свой ред [tex]ND=IQ=r[/tex]
и резултатът от почленното събиране [tex]CN+ND\ge CI+IQ[/tex],

което записано с други символи e [tex]h\ge r\sqrt{2}+r[/tex]

От друга страна [tex]h\le R[/tex], защото точка от описаната окръжност не може да е повече отдалечена от диаметъра (основата на триъгълника) от един неин радиус.

От двете неравенства, поради транзитивност следва, че [tex]R\ge r(\sqrt{2}+1)[/tex], а то е равносилно на т.к.т.д

__________________
Други подходи за завършване на разсъжденията, след установяване [tex]h\ge (\sqrt{2}+1)r[/tex]

Например, ако след умножаване гороно равенство с [tex]R[/tex]: получаваме [tex]S=Rh\ge (\sqrt{2}+1)rR[/tex]


заместваме [tex]S=pr[/tex], и след като за правоъгълния триъгълник знаем, че [tex]p=2R+r[/tex] то неравенството придобива вида [tex](2R+r)r \ge (\sqrt{2}+1)Rr[/tex]
Последното, след кратки преобразу̀вания води до [tex]\frac{r}{R} \le \sqrt{2}-1[/tex]

__________________

Ако съобразим, че разстоянието между центровете на вписаната и описаната окръжност [tex]OI[/tex] е хипотенуза в правоъгълен триъгълник, един от катетите на който е радиус на вписаната окръжност, може да получим бързо доказателство с "тежката артилерия" - формулата [tex]\boxed{OI^2=R^2-2Rr}[/tex] на Ойлер.

Класическо геометрично отношение между два радиуса 4.png (8.13 KiB) Прегледано 340 пъти

Наистина, от уводното изречение [tex]r^2 \le OI^2=R^2-2Rr \,\ \Rightarrow \,\ r^2+2Rr-R^2 \le 0[/tex]
Да разделим двете страни на [tex]R^2[/tex], да положим[tex]\frac{r}{R}=t[/tex] и да решим полученото квадратно неравенство относно [tex]t[/tex]. Ще получим точно [tex]0<t\le \sqrt{2}-1[/tex] - от което следва [tex]\boxed{ \frac{r}{R} \le \sqrt{2}-1}[/tex]
Въпросите за достигане на равенство намират отговор, като се върнем в началото и установим равенството в изходните разсъждения за равнобедрен триъгълник.

[Евва]

Скрит текст: покажи

Поправете ме ,ако греша някъде.

Построих СМ и CL съответно медиана и ъглополовяща в [tex]\triangle[/tex]АВС (т.М ,т.L-лежат на АВ) , вписана окр.К(О;r) .
Нека CL пресича окр.К в т.F и т.E (т.Е лежи на отсечката FL) ,[tex]\angle[/tex]АВС=[tex]\alpha[/tex]
1 случай [tex]\alpha[/tex][tex]\ge[/tex]45[tex]^\circ[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] 3[tex]\alpha[/tex][tex]\ge[/tex]135[tex]^\circ[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] 45[tex]^\circ[/tex]+[tex]\alpha[/tex][tex]\ge[/tex]180[tex]^\circ[/tex]-2[tex]\alpha[/tex]

[tex]\angle[/tex]CLM[tex]\ge[/tex][tex]\angle[/tex]LMC [ разглеждаме [tex]\triangle[/tex]LMC]
R[tex]\ge[/tex]CL[tex]\ge[/tex]CE
R[tex]\ge[/tex]CO+OE
R[tex]\ge[/tex]r[tex]\sqrt{2}[/tex]+r
R[tex]\ge[/tex]r([tex]\sqrt{2}[/tex]+1)
r([tex]\sqrt{2}[/tex]+1)[tex]\le[/tex]R
[tex]\frac{r}{R}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{1}{\sqrt{2}+1}[/tex] .[tex]\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}-1}[/tex]
[tex]\frac{r}{R}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\sqrt{2}[/tex]-1