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sia dato un triangolo ABC con inraggio r e circoraggio R e altezza di lunghezza massima H. mostrare che se non ci sono angoli ottusi allora H>=r+R.
Quando vale l'uguaglianza?

Eddai, perché nessuno risponde...

Ora solo un elenco di fatti...

Poiché il prodotto base per altezza è costante allora il lato cui è perpendicolare l'altezza più lunga (diciamo pure a, spdg) è il più corto.
Poiché a lato maggiore sta opposto l'angolo maggiore $ \alpha $ è l'angolo più piccolo.
La retta che unisce il vertice con il circocentro è la simmetrica dell'altezza da quel vertice rispetto alla bisettrice.
Sfruttando ciò (e Talete) possiamo ricondurci a contare segmenti sulla bisettrice (il fascio di parallele è quello parallelo ad a e quindi perpendicolare all'altezza considerata e all'inraggio condotto verso a, inoltre con il fatto di prima facciamo una perpendicolare al circoraggio per A nel circocentro e troviamo il segmento corrispondente al circoraggio sulla bisettrice). L'altezza va così a corrispondere all'intera bisettrice, l'inraggio al su segmento da I al lato a, il circoraggio ad un altro segmento, che dimostreremo non intersecarsi con quello corrispondente all'inraggio (da cui la tesi)
L'angolo tra il lato a e BO è il complementare di $ \alpha $. Abbiamo che $ \frac{\pi}{2} - \alpha \geq \frac{\beta}{2} $, poichè $ \pi - 2\alpha \geq \beta \leftrightarrow \gamma - \alpha \geq 0 $, cosa vera poiché $ \alpha $ è l'angolo più piccolo. L'angolo $ \widehat{BOA} $ è uguale a $ 2\gamma $. Inoltre essendo $ \gamma $ non il più piccolo tra gli angoli del triangolo esso è almeno $ \frac{\pi}{3} $, quindi $ 2\gamma \geq \frac{2\pi}{3} > \frac{\pi}{2} $. Questi due fatti stanno a significare che I sta fuori (o al massimo sul bordo) del triangolo BOA, mentre il segmento corrispondente al circoraggio sta dentro, da cui tutte le conseguenze che se ne possono trarre.

Poiché valga l'uguaglianza deve essere $ \frac{\pi}{2} - \alpha = \frac{\beta}{2} $, cioè il triangolo deve essere isoscele con vertice in B, ma ciò non basta poiché $ \widehat{BOA} $ non sarà mai retto, quindi l'altezza da A deve coincidere con la congiungente di A col centro, ma allora il triangolo deve essere equilatero.

EDIT: Mi sono dimenticato di dire che $ \beta $ è l'angolo più grosso di modo che O e B stiano da parti diverse dell'altezza considerata (ma dalla figura si capisce). Inoltre l'uguaglianza vale anche nel triangolo rettangolo isoscele (lì non ci sono angoli ottusi).

Diciamo che tutti sappiamo che
$ OM_a+OM_b+OM_c=R+r $
con O il circocentro, gli M i punti medi dei lati a pedice.
Come poi già osservato, se a è il lato più corto, allora H è l'altezza ad esso relativa. Quindi
$ Ha=2S=aOM_a+bOM_b+cOM_c $$ \geq a(OM_a+OM_b+OM_c)=a(R+r) $
da cui la tesi. L'uguaglianza ovviamente vale se e solo se valgono le uguaglianze in
$ a\leq b\leq c $
quindi se e solo se il triangolo è equilatero.