III OM - I - Zadanie 10

Dowieść, że w każdym trójkącie promień $ R $ koła opisanego i promień $ r $ koła wpisanego spełniają nierówność

\[<br />
R \geq 2r.<br />
\]

Rozwiązanie

Niech trójkąt $ ABC $ będzie wpisany w okrąg $ O(R) $ (symbol $ O(R) $ oznacza okrąg o środku $ O $ i promieniu $ R $) i opisany na okręgu $ S(r) $ (rys. 21). Przypuśćmy, że $ AC \ne BC $ i weźmy pod uwagę trójkąt równoramienny $ ABC_1 $ wpisany w tenże okrąg $ O(R) $, przy czym punkt $ C_1 $ leży po tej samej stronie prostej $ AB $, co punkt $ O $.

Trójkąty $ ABC $ i $ ABC_1 $ mają taki sam promień koła opisanego. Wykażemy, że promień $ r_1 $ koła wpisanego w trójkąt $ ABC_1 $ jest większy od promienia $ r $ koła wpisanego w trójkąt $ ABC $. Istotnie, gdy punkt $ C $ zakreśla łuk $ BC_1A $, środek $ S $ koła wpisanego w trójkąt $ ABC $ zatacza łuk okręgu przechodzącego przez punkty $ A $ i $ B $ (patrz zadanie Nr 9); odległość punktu $ S $ od prostej $ AB $, tj. promień $ r $ koła wpisanego w trójkąt $ ABC $, osiągnie największą wartość, gdy punkt $ S $ znajdzie się na symetralnej odcinka $ AB $, tj. w środku koła wpisanego w trójkąt $ ABC_1 $; zatem $ r_1 > r $.

Nierówność $ r_1> r $ można też uzasadnić za pomocą rachunku, np. w sposób następujący: Niech $ A $, $ B $, $ C $ oznaczają kąty trójkąta $ ABC $; oznaczmy bok $ AB $ literą $ c $ i obliczmy pole trójkąta $ ABS $

\[<br />
\textrm{pole }ABS =<br />
\frac{c^2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}}{2 \sin \frac{A+B}{2}} =<br />
\frac{c^2}{4}<br />
\frac{\cos \frac{A-B}{2} - \cos \frac{A+B}{2}}{\sin \frac{A+B}{2}} =<br />
\frac{c^2}{4}<br />
\frac{\cos \frac{A-B}{2} - \sin \frac{C}{2}}{\cos \frac{C}{2}}.<br />
\]

Gdy punkt $ C $ zakreśla łuk $ BC_1A $, kąt $ O $ nie zmienia swej wielkości; pole $ ABS $ osiąga największą wartość, gdy $ \cos \frac{A-B}{2} = 1 $, tj. gdy $ A = B $.

Zatem

\[<br />
\textrm{pole }ABS < \textrm{pole }ABS_1, \textrm{ a stąd } r < r_1.<br />
\]

Z dowiedzionej nierówności wynika, że jeśli nierówność $ R \geq 2r $ jest prawdziwa dla trójkąta równoramiennego, to jest prawdziwa dla dowolnego trójkąta. Wystarczy zatem udowodnić to twierdzenie dla trójkąta równoramiennego.

Otóż przyjmując w trójkącie równoramiennym $ ABC $ o podstawie $ AB $ zwykłe oznaczenia odcinków i kątów mamy wzory (rys. 22):

\[<br />
r = \frac{c}{2} \tg \frac{A}{2},\<br />
R = \frac{c}{2 \sin C} = \frac{c}{2 \sin 2A}.<br />
\]

Nierówność $ R \geq 2r $ jest więc równoważna nierówności

\[<br />
\frac{1}{2 \sin 2A} \geq \tg \frac{A}{2},<br />
\]

która jest z kolei równoważna nierówności

\[<br />
1 - 2 \sin 2A \tg \frac{A}{2} \geq 0.<br />
\]

Niech $ \tg \frac{A}{2} = m $; wówczas

\[<br />
\sin A = \frac{2m}{1 + m^2},\<br />
\cos A = \frac{1 - m^2}{1 + m^2},\<br />
\sin 2A = \frac{4m (1-m^2)}{(1+m^2)^2}.<br />
\]

Poprzednia nierówność przybiera postać

\[<br />
1 - \frac{8m^2(1-m^2)}{(1 + m^2)^2} \geq 0.<br />
\]

Nierówność ta jest równoważna nierówności

\[<br />
(1 + m^2)^2 - 8m^2 (1 - m^2) \geq 0,<br />
\]

która po uporządkowaniu lewej strony daje nierówność

\[<br />
9m^4 - 6m^2 + 1 \geq 0,<br />
\]

czyli nierówność

\[<br />
(3m^2 - 1 )^2 \geq 0.<br />
\]

Ponieważ ostatnia nierówność jest zawsze prawdziwa, więc równoważna jej nierówność $ R \geq 2r $ jest też prawdziwa.

Uwaga 1. Rozważymy, kiedy może zachodzić równość

\[<br />
R = 2r.<br />
\]

Odpowiedź na to pytanie łatwo wysnuć ź poprzedniego rozumowania. Z udowodnionej na początku nierówności $ r < r_1 $ wynika, że równość $ R = 2r $ może mieć miejsce tylko w trójkącie równoramiennym; gdy zaś trójkąt jest równoramienny, równość ta, jak wykazuje poprzedni rachunek, prowadzi do równości

\[<br />
(3m^2- 1)^2 = 0,<br />
\]

skąd otrzymujemy

\[<br />
m = \frac{1}{3}, \textrm{ czyli } \tg \frac{A}{2} = \frac{1}{3},<br />
\]

a to znaczy, że $ A = 60^\circ $, czyli że trójkąt jest równoboczny.

Uwaga 2. Nierówność $ R \geq 2r $ jest natychmiastowym wnioskiem z następującego twierdzenia Eulera (1747):

W każdym trójkącie odległość $ d $ środka kola opisanego $ O(R) $ od środka kola wpisanego $ S(r) $ wyraża się wzorem

\[<br />
d^2 = R(R - 2r).<br />
\]

Twierdzenie to można udowodnić w sposób następujący (rys. 23);

W okręgu $ O(R) $ opisanym na trójkącie $ ABC $ prowadzimy przez punkty $ O $ i $ S $ średnicę $ KL $, a przez punkty $ S $ i $ C $ cięciwę $ CM $. Wówczas

\[<br />
(1) \qquad KS \cdot SL = CS \cdot SM.<br />
\]

Wyrazimy obie strony równości (1) w zależności od $ R $, $ r $ i $ d $:

\[<br />
(2) \qquad KS \cdot SL = (KO + OS) (OL - OS) = (R + d) (R - d) = R^2 - d^2.<br />
\]

Z trójkąta $ CSP $, gdzie $ SP \bot BC $, mamy

\[<br />
(3) \qquad CS = \frac{SP}{\sin \measuredangle SCP} = \frac{r}{\sin \frac{C}{2}}.<br />
\]

Odcinek $ SM $ równa się odcinkowi $ BM $. Istotnie, ponieważ $ CS $ i $ BS $ są dwusiecznymi kątów $ C $ i $ B $ trójkąta $ ABC $, więc

\[<br />
\measuredangle MSB= \measuredangle SCB + \measuredangle SBC =<br />
\frac{C}{2} + \frac{B}{2},<br />
\]
\[<br />
\measuredangle SBM = \measuredangle SBA + \measuredangle ABM =<br />
\measuredangle SBA + \measuredangle ACM = \frac{B}{2} + \frac{C}{2},<br />
\]

zatem $ \measuredangle MSB = \measuredangle SBM $ i $ SM = SB $. Z trójkąta $ BCM $ znajdujemy

\[<br />
BM = 2R \sin \measuredangle BCM = 2R \sin \frac{C}{2} ,<br />
\]

więc także

\[<br />
(4) \qquad SM = 2R \sin \frac{C}{2}.<br />
\]

Podstawiając wyrażenia ze wzorów (2), (3), (4) do wzoru (1) otrzymujemy

\[<br />
R^2 - d^2 = \frac{r}{\sin \frac{C}{2}} \cdot 2R \sin \frac{C}{2},<br />
\]

a stąd wzór Eulera:

\[<br />
d^2 = R(R - 2r).<br />
\]

W dowodzie powyższym można ominąć zastosowanie trygonometrii: jeśli poprowadzimy średnicę $ MD $ okręgu $ O(R) $, to z podobieństwa trójkątów $ CSP $ i $ DMB $ otrzymujemy od razu

\[<br />
CS \cdot SM  CS \cdot BM = MD \cdot SP = 2Rd.<br />
\]

Sposobem analogicznym można dowieść twierdzenia:

Odległość $ d_a $ środka koła opisanego na trójkącie od środka koła dopisanego, stycznego do boku $ a $, wyraża się wzorem

\[<br />
d_a^2 = R(R + 2r_a),<br />
\]

gdzie $ r_a $ oznacza promień koła dopisanego, stycznego do boku $ a $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź