Решение 1:   Пусть S₁ и S₂ – вписанная и описанная окружности треугольника ABC. Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противополежащим сторонам. Получим треугольник A₁B₁C₁, подобный данному с коэффициентом 2.

  Пусть   R₁ – радиус вписанной окружности треугольника A₁B₁C₁.

  Опишем около окружности S₂ треугольник A₂B₂C₂, стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника A₁B₁C₁ так, что прямая B₂C₂ и точка A₁ расположены по разные стороны от прямой BC, прямая A₂C₂ и точка B₁ – по разные стороны от прямой AC, прямая A₂B₂ и точка C₁ – по разные стороны от прямой A₁B₁.

  Треугольник A₂B₂C₂ подобен треугольнику  A₁B₁C₁ и, следовательно, треугольнику ABC. Стороны треугольника A₂B₂C₂ не меньше соответствующих сторон треугольника A₁B₁C₁ (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому  R ≥ R₁ = 2r.

  Равенство достигается только в случае, когда все стороны треугольника A₁B₁C₁ касаются окружности S₂. Тогда  ∠A = ∠A₁ = 180° – 2∠A.  Следовательно,

∠A = 60°.  То же верно для остальных углов.

Решение 2:   Пусть a, b и c – стороны треугольника, p – полупериметр, S – площадь. Тогда  

  Положим  p – a = ^x/₂,  p – b = ^y/₂,  p – c = ^z/₂.

  Имеем     ≥ 1   (последнее неравенство доказано в задаче 130866).

  Следовательно,  R ≥ 2r.  Равенство достигается, когда  x = y = z,  то есть  a = b = c.

Ответ задачи отсутствует