數(shù)學(xué)問題解答

2019年2月號問題解答(解答由問題提供人給出)

(天津水運(yùn)高級技工學(xué)校 黃兆麟 300456)

證明首先證明鏈中第一個(gè)不等式.

cosA+cosB+cosC

立得

而以上最后一式由二元均值定理知顯然成立,故鏈中第一個(gè)不等式成立.

以上三式相加化簡即得

≥cosA+cosB+cosC,

即鏈中第二個(gè)不等式成立.

而鏈中第三個(gè)不等式與熟知成立的

故知鏈中第三個(gè)不等式成立,至此命題獲證.

(貴州省織金縣第六中學(xué) 鄧波 552100)

證明現(xiàn)在考慮1，2，…，a中是bc的倍數(shù)的個(gè)數(shù). 1，2，…，a中是bc的倍數(shù)的個(gè)數(shù)就是方程bct≤a的正整數(shù)t的解的個(gè)數(shù).

2468設(shè)不同的兩點(diǎn)E，F(xiàn)在梯形ABCD的腰AB上， 且滿足∠CED=∠CFD=∠ABC= 90°，在另一腰CD上求點(diǎn)P，使得AB≤PE+PF≤CD.

(河南輝縣一中 賀基軍 453600)

解在梯形ABCD中，不妨設(shè)AD

圖1

如圖1，由∠CED=∠CFD= 90° 知C，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，CD為圓的直徑. 設(shè)此圓為ω，圓心為M.

由∠ABC= 90° 知，AB的中垂線過點(diǎn)M，點(diǎn)E，F(xiàn)關(guān)于該中垂線對稱.

作兩個(gè)橢圓L和L′，它們具有公共焦點(diǎn)E，F(xiàn)，長軸分別為AB，A′B′，其中A′B′ =CD.

作DG⊥BC于點(diǎn)G，作點(diǎn)F關(guān)于CD的對稱點(diǎn)F′. 因CD為圓ω的直徑，故G，F(xiàn)′ 兩點(diǎn)都在圓ω上.

連接EF′ 交CD于點(diǎn)T，連接FT，EG，DF′.

因矩形ABGD中EG=FD，又FD=F′D，

故EG=F′D，

因此圓內(nèi)接四邊形EGF′D為等腰梯形，

從而有EF′ =DG.

因TE+TF=TE+TF′

=EF′ =DG=AB，

圖2

故由橢圓定義知，點(diǎn)T在橢圓L上，

于是點(diǎn)T為橢圓L與CD的公共點(diǎn).

設(shè)∠ETF的平分線為t，

因F，F(xiàn)′ 兩點(diǎn)關(guān)于CD對稱，

故t∥FF′，即t⊥CD，

從而知CD為橢圓L在點(diǎn)T處的切線；

因點(diǎn)M為圓ω的圓心，

故ME+MF=2ME=CD=A′B′，

從而知M為橢圓L′ 的頂點(diǎn).

根據(jù)AD

如果點(diǎn)N在線段MD上，即MN≤MD，則線段MN上任意一點(diǎn)為所求的點(diǎn)P(如圖1). 這是因?yàn)?，此時(shí)點(diǎn)P或在橢圓L上或在L外部，故有PE+PF≥AB；同時(shí)點(diǎn)P或在橢圓L′ 上或在L′ 內(nèi)部，故有PE+PF≤CD，這里CD=A′B′.

如果點(diǎn)N在線段MD的延長線上，即MN>MD，則線段MD上任意一點(diǎn)為所求的點(diǎn)P(如圖2). 這是因?yàn)?，此時(shí)點(diǎn)D在橢圓L外部，同時(shí)點(diǎn)D在橢圓L′ 內(nèi)部，故對于線段MD上任意一點(diǎn)P，都有AB≤PE+PF≤CD.

總之，在線段MN，MD中，較短線段上任意一點(diǎn)為所求的點(diǎn)P.

2469在△ABC中，設(shè)三邊a,b,c上對應(yīng)的高、角平分線、中線、旁切圓半徑分別為ha,hb,hc;ta,tb,tc;ma,mb,mc;ra,rb,rc,∑表示循環(huán)和，求證：

(1)

(河南質(zhì)量工程職業(yè)學(xué)院 李永利 467001)

證明設(shè)△ABC的面積、半周長、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑分別為Δ,p,R,r，則

a+b+c=2p,ab+bc+ca=p2+4Rr+r2.

以下分五步證明(1)式成立.

(2)

(3)

而由恒等∑a=2p,∑ab=p2+4Rr+r2,Δ=pr,

(4)

由(3)、(4)兩式可知(2)式成立.

(5)

可得

=∑a(b+c)2(p-b)(p-c)

=∑[a(b2+c2)+2abc][p2-(b+c)p+bc]

=∑a(b2+c2)[p2-(b+c)p+bc]+2abc∑[p2-(b+c)p+bc]

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b2+c2)(b+c)+abc∑(b2+c2)+2abc(3p2-2p∑a+∑bc)

=p2∑a(b2+c2)-p∑[a(b3+c3)+abc(b+c)]+2abc∑a2+2abc(-p2+∑bc)

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b3+c3)-4p2abc+2abc∑a2+2abc(-p2+∑bc)

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b3+c3)+abc[-6p2+∑a2+(∑a2+2∑bc)]

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b3+c3)+abc(-2p2+∑a2),

又因

∑a(b2+c2)=2p∑a2-∑a3,

∑a(b3+c3)=2p∑a3-∑a4,

且

∑a2=2(p2-4Rr-r2),

∑a3=2p(p2-6Rr-3r2),

∑a4=2(p2-4Rr-r2)2-8p2r2,

abc=4Rrp,

所以

=p2(2p∑a2-∑a3)-p(2p∑a3-∑a4)+abc(-2p2+∑a2)

=2p3∑a2-3p2∑a3+p∑a4+abc(-2p2+∑a2)

=2p3(2p2-8Rr-2r2)-6p3(p2-6Rr-3r2)+p[2(p2-4Rr-r2)2-8p2r2]+4Rrp[-2p2+2(p2-4Rr-r2)]

=pr[p2(4R+2r)+2r2(4R+r)],

(6)

于是，由(4)、(6)兩式可知，

(5)式等價(jià)于

?8Rr(4R+r)≤p2(2R+r)+r2(4R+r)

?p2(2R+r)≥32R2r+4Rr2-r3.

由Gerretsen不等式p2≥16Rr-5r2可知，

欲證上式成立，只需證明

(16Rr-5r2)(2R+r)≥32R2r+4Rr2-r3

?(16R-5r)(2R+r)≥32R2+4Rr-r2

?32R2+6Rr-5r2≥32R2+4Rr-r2

?2Rr-4r2≥0

?2r(R-2r)≥0,

而由歐拉不等式R≥2r可知，上式顯然成立，故(5)式成立.

(7)

∑ab=p2=4Rr+r2,

(8)

由(6)、(8)兩式可知，(7)式等價(jià)于

?p2(2R+r)+r2(4R+r)

≤2Rp2+8R2r+2Rr2

?p2r≤8R2r-2Rr2-r3

?p2≤8R2-2Rr-r2.

而由Gerretsen不等式p2≤4R2+4Rr+3r2可知，

欲證上式成立，只需證明

4R2+4Rr+3r2≤8R2-2Rr-r2

?2R2-3Rr-2r2≥0

?(R-2r)(2R+r)≥0,

而由歐拉不等式R≥2r可知上式顯然成立，故(7)式成立.

(9)

由熟知的不等式x2+y2+z2≥xy+yz+zx可知(9)式顯然成立.

(10)

(11)

(12)

于是由(11)、(12)兩式可知，(10)式等價(jià)于

?p2-4Rr-r2≤2p2-16Rr-4r2

?p2≥12Rr+3r2，

由Gerretsen不等式p2≥16Rr-5r2可知，欲證上式成立，只需證明

16Rr-5r2≥12Rr+3r2

?4Rr-8r2≥0

?4r(R-2r)≥0,

而由歐拉不等式R≥2r可知，上式顯然成立，故(10)式成立.

由以上五步證明的(2)、(5)、(7)、(9)、(10)五式可知(1)式成立.

(安徽省岳西縣湯池中學(xué) 楊續(xù)亮 246620)

解先證明一個(gè)等式

sin 66°-sin 30°=sin 18°+sin 6°.

sin 66°-sin 6°-sin 18°

=2cos 36°sin 18°-sin 18°

=sin 54°-sin 18°=2cos36°sin18°

即sin 66°-sin 30°=sin 18°+sin 6°，

所以

sin 66°-sin 30°=sin 18°+sin 6°

?2cos 48°sin 18°=2cos 6°sin 12°

?cos 48°cos 72°=cos 6°cos 78°

2019年3月號問題
(來稿請注明出處——編者)

2471設(shè)n是一個(gè)大于1的奇數(shù),數(shù)a1,a2,…,aφ(n)是1,2,…,n中與n互素的所有正整數(shù).

(浙江省富陽二中 許康華 311400)

2472設(shè)△ABC的三邊長、相應(yīng)的旁切圓半徑、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、半周長和面積分別為a、b、c、ra、rb、rc、R、r、p和Δ, 則有

等號當(dāng)且僅當(dāng)△ABC為正三角形時(shí)成立.

(安徽省太和縣第二小學(xué) 任迪慧 236630)

(山東省泰安市寧陽第一中學(xué) 劉才華 271400)

2474已知a,b,c>0，且abc=1，求證：

(廣東省廣州市廣東廣雅中學(xué) 楊志明 510160)

(江西師范高等專科學(xué)校 王建榮 335000)