R≧2r - ポタージュを垂れ流す。

命題

任意の三角形の外接円の半径Rと内接円の半径rに対して， $\displaystyle R≧2r$ が成り立つ．

証明

三角形の面積をS，各辺の長さをa，b，cとすると，
$\displaystyle S=\frac{abc}{4R}=\frac{1}{2}r(a+b+c)=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}$ *1
ここで，見やすくするために $\displaystyle s=a+b+c$ ， $\displaystyle t=ab+bc+ca$ ， $\displaystyle u=abc$ とおけば，
$\displaystyle (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$
$\displaystyle \ =(s-2a)(s-2b)(s-2c)$
$\displaystyle \ =s^3-2s^2(a+b+c)+4s(ab+bc+ca)-8abc$
$\displaystyle \ =-s^3+4st-8u$
であることに注意して， $\displaystyle S=\frac{u}{4R}=\frac{1}{2}rs=\frac{1}{4}\sqrt{s(-s^3+4st-8u)}$
と書き直せるから，
$\displaystyle R=\frac{u}{4S}$ ， $\displaystyle r=\frac{2S}{s}$ ， $\displaystyle 16S^2=s(-s^3+4st-8u)$
となる．これを用いると示すべき式は
$\displaystyle R≧2r \Leftrightarrow \frac{u}{4S} ≧ \frac{4S}{s} \Leftrightarrow su ≧ 16S^2 \Leftrightarrow su ≧ s(-s^3+4st-8u) \Leftrightarrow s(s^3-4st+9u)≧0$
となるが，明らかに $\displaystyle s＞0$ なので $\displaystyle (s^3-4st+9u)≧0$ を示せばよい．

ここで，

補題（Schurの不等式）
　 $\displaystyle a≧0$ ， $\displaystyle b≧0$ ， $\displaystyle c≧0$ のとき，
　 $\displaystyle a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)≧0$

を示す．*2
$\displaystyle a≧b≧c$ としても一般性を失わない．このとき $\displaystyle a+b-c≧0$ であるから
$\displaystyle a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)$
$\displaystyle \ =(a-b)\left\{a(a-c)-b(b-c)\right\}$
$\displaystyle \ =(a-b)(a^2-b^2-ac+bc)$
$\displaystyle \ =(a-b)\left\{(a+b)(a-b)-c(a-b)\right\}$
$\displaystyle \ =(a-b)^2(a+b-c)≧0$
また， $\displaystyle c-a≦c-b≦0$ であり，
$\displaystyle c(c-a)(c-b)≧0$
だから，これらを足して
$\displaystyle a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)≧0$
であることが示された．

よって，補題を用いると
$\displaystyle s^3-4st+9u$ $\displaystyle \ =(a+b+c)^3-4(a+b+c)(ab+bc+ca)+9abc$ $\displaystyle \ = a^3+3a^2b+3ab^2+3b^2c+3bc^2+3c^2a+3ca^2+6abc \\ \ \ \ \ -4a^2b-4abc-4a^2c-4ab^2-4b^2c-4abc-4abc-4b^c-4ac^2 \\ \ \ \ \ +9abc$
$\displaystyle \ =a^3+b^3+c^3-a^2b-a^2c-b^2a-b^2c-c^2a-c^2b+3abc$ $\displaystyle \ =a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)$
$\displaystyle \ ≧0$
となって，元の命題は示された．

補足など

チャップル・オイラーの定理（ $d^2=R^2-2Rr$ ）はよく見かけるけどこうやってるやつはあんまり見なかった気がしたので書いてみました．なお，これの途中過程と結果から，三角形の内角A，B，Cについて
$\displaystyle \cos A+\cos B+\cos C$
$\displaystyle \ =\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$
$\displaystyle \ =\frac{ab^2+ac^2-a^3+bc^2+ba^2-b^3+ca^2+cb^2-c^3}{2abc}$
$\displaystyle \ =\frac{-(s^3-4st+9u)+u+2u}{2u}$
$\displaystyle \ =\frac{-s^3+4st-8u}{2u}+1$
$\displaystyle \ =\frac{16S^2/s}{8RS}+1$
$\displaystyle \ =\frac{8rS}{8RS}+1$
$\displaystyle \ =\frac{r}{R}+1$
であり， $\displaystyle 0＜\frac{r}{R}≦\frac{1}{2} \Leftrightarrow 1＜\frac{r}{R}+1≦\frac{3}{2}$ から，
$\displaystyle 1＜\cos A+\cos B+\cos C≦\frac{3}{2}$
を示すことができます．

*1:一番右はヘロンの公式です

*2: $\displaystyle x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)≧0$ の $\displaystyle r=1$ のやつ．これは調べたらいろいろ出てきます