Komentarz

III OM - I - Zadanie 10

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

$ R \geq 2r. $

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 $ABS$

$ \textrm{pole }ABS = \frac{c^2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}}{2 \sin \frac{A+B}{2}} = \frac{c^2}{4} \frac{\cos \frac{A-B}{2} - \cos \frac{A+B}{2}}{\sin \frac{A+B}{2}} = \frac{c^2}{4} \frac{\cos \frac{A-B}{2} - \sin \frac{C}{2}}{\cos \frac{C}{2}}. $

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

$ \textrm{pole }ABS < \textrm{pole }ABS_1, \textrm{ a stąd } r < r_1. $

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):

$ r = \frac{c}{2} \tg \frac{A}{2},\ R = \frac{c}{2 \sin C} = \frac{c}{2 \sin 2A}. $

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

$ \frac{1}{2 \sin 2A} \geq \tg \frac{A}{2}, $

która jest z kolei równoważna nierówności

$ 1 - 2 \sin 2A \tg \frac{A}{2} \geq 0. $

Niech $\tg \frac{A}{2} = m$ ; wówczas

$ \sin A = \frac{2m}{1 + m^2},\ \cos A = \frac{1 - m^2}{1 + m^2},\ \sin 2A = \frac{4m (1-m^2)}{(1+m^2)^2}. $

Poprzednia nierówność przybiera postać

$ 1 - \frac{8m^2(1-m^2)}{(1 + m^2)^2} \geq 0. $

Nierówność ta jest równoważna nierówności

$ (1 + m^2)^2 - 8m^2 (1 - m^2) \geq 0, $

która po uporządkowaniu lewej strony daje nierówność

$ 9m^4 - 6m^2 + 1 \geq 0, $

czyli nierówność

$ (3m^2 - 1 )^2 \geq 0. $

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

Uwaga 1. Rozważymy, kiedy może zachodzić równość

$ R = 2r. $

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

$ (3m^2- 1)^2 = 0, $

skąd otrzymujemy

$ m = \frac{1}{3}, \textrm{ czyli } \tg \frac{A}{2} = \frac{1}{3}, $

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

$ d^2 = R(R - 2r). $

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

$ (1) \qquad KS \cdot SL = CS \cdot SM. $

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

$ (2) \qquad KS \cdot SL = (KO + OS) (OL - OS) = (R + d) (R - d) = R^2 - d^2. $

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

$ (3) \qquad CS = \frac{SP}{\sin \measuredangle SCP} = \frac{r}{\sin \frac{C}{2}}. $

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

$ \measuredangle MSB= \measuredangle SCB + \measuredangle SBC = \frac{C}{2} + \frac{B}{2}, $

$ \measuredangle SBM = \measuredangle SBA + \measuredangle ABM = \measuredangle SBA + \measuredangle ACM = \frac{B}{2} + \frac{C}{2}, $

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

$ BM = 2R \sin \measuredangle BCM = 2R \sin \frac{C}{2} , $

więc także

$ (4) \qquad SM = 2R \sin \frac{C}{2}. $

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

$ R^2 - d^2 = \frac{r}{\sin \frac{C}{2}} \cdot 2R \sin \frac{C}{2}, $

a stąd wzór Eulera:

$ d^2 = R(R - 2r). $

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