4. Zadatak

Neka su točke, duljine i kut $\alpha$ kao na slici.

Iz trokuta $FVN$ dobivamo $v=\dfrac12a\operatorname{tg}2\alpha$, a iz trokuta $VAN$ dobivamo $b^2=v^2+\dfrac12a^2=\dfrac14a^2(\operatorname{tg}^22\alpha+2)$.

Pošto je $R$ jednak polumjeru trokutu $ACV$ opisane kružnice, imamo

$$R=\frac{d\cdot b\cdot b}{4P(ACV)}=\frac{db^2}{2dv}=\frac{b^2}{2v}=\frac{a(\operatorname{tg}^22\alpha+2)}{4\operatorname{tg}2\alpha}.$$

Pošto je $r$ jednak polumjeru trokutu $EFV$ upisane kružnice, imamo $r=\dfrac12a\operatorname{tg}\alpha$ pa je konačno

$$\frac Rr=\frac{\operatorname{tg}^22\alpha+2}{2\operatorname{tg}2\alpha\operatorname{tg}\alpha}=\frac{\operatorname{tg}^4\alpha+1}{2\operatorname{tg}^2\alpha(1-\operatorname{tg}^2\alpha)}.$$

Uz oznaku $t=\operatorname{tg}^2\alpha\in(\operatorname{tg}^20^\circ,\operatorname{tg}^245^\circ)=(0,1)$ preostaje dokazati da za $t\in(0,1)$ vrijedi

$$\frac{t^2+1}{2t(1-t)}\geq\sqrt2+1,$$

odnosno nakon množenja

$$(2\sqrt2+3)t^2-2(\sqrt2+1)t+1\geq0,$$

no ova kvadratna nejednadžba ima vodeći koeficijent pozitivan i diskriminantu

$$4(\sqrt2+1)^2-4(2\sqrt2+3)=0$$

pa je zadovoljena za svaki realni broj $t$.