XLV OM - I - Zadanie 11

Trójkąt o obwodzie $ 2p $ jest wpisany w koło o promieniu $ R $ i opisany na kole o promieniu $ r $. Dowieść, że $ p < 2(R + r) $.

Rozwiązanie

Niech $ ABC $ będzie rozważanym trójkątem; przyjmijmy zwykłe oznaczenia

\[<br /> a = |BC|,\ b=|CA|,\ c=|AB|;\ \alpha=|\measuredangle BAC|,<br /> \]

zakładając (bez straty ogólności), że $ a $ jest największym kątem tego trójkąta. Zatem $ a \geq 60^\circ $. Oznaczmy przez $ I $ środek okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $, a przez $ A' $, $ B' $, $ C' $ punkty styczności tego okręgu z bokami $ BC $, $ CA $, $ AB $.
om45_1r_img_5.jpg
Przyjmijmy ponadto

\[<br /> x = |AB'| = |AC'|, \ y=|BC'| = |BA'|, \ z = |CA'| = |CB'|<br /> \]

(rysunek 5). Tak więc $ a = y + z $, $ b = z + x $, $ c = x+y $. Zauważmy teraz, że

\[<br /> x = |AB'| = r \cot(\alpha/2) \leq r \cot 30^\circ = \sqrt{3}r < 2r.<br /> \]

Stąd, wobec oczywistego oszacowania $ a \leq 2R $, otrzymujemy nierówność

\[<br /> p = \frac{1}{2}(a + b + c) = x + y + z = a + x < a + 2r \leq 2R + 2r,<br /> \]

którą mieliśmy udowodnić.

{\kom Uwaga:} Jak widać, zachodzi nierówność silniejsza od wymaganej:

\[<br /> p = a + x \leq a + \sqrt{3} r \leq 2R + \sqrt{3}r.<br /> \]

Jest to faktycznie nierówność ostra, bo wykorzystane w niej oszacowania $ x \leq \sqrt{3}r $ oraz $ a\leq 2R $ nie mogą jednocześnie stać się równościami: pierwsze z nich przechodzi w równość tylko dla trójkąta równobocznego, a drugie - tylko dla trójkąta prostokątnego.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź