一道征解題的加強(qiáng)、逆向估計與類似

本文對《數(shù)學(xué)通訊》征解問題12進(jìn)行探討，通過加強(qiáng)、逆向估計及其類似問題，全面整體的了解這類簡潔、優(yōu)美的三角形不等式.

題目" 設(shè)△ABC的三邊長為a，b，c，S為其面積，求證：bccosA2+cacosB2+abcosC2≥6S."" ①

筆者研究后，發(fā)現(xiàn)不等式①可以加強(qiáng)，并給出不等式①的逆向估計，最后類比，得到一組類似結(jié)果.

該題是《數(shù)學(xué)通訊》2010年第4期征解問題12：

本文約定：△ABC的內(nèi)角對應(yīng)的邊長分別為a，b，c，R，r，p，S分別為△ABC的外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、半周長、面積，Σ表示循環(huán)求和，Π表示循環(huán)求積.在△ABC中，有首先我們給出cosA2=p（p－a）bc，sinA2=（p－b）（p－c）bc，∏ cosA2=p4R，∏ sinA2=r4R，∑cos2A2=2+r2R，∑sin2A2=1－r2R，∑cosA=1+rR，∑tanA2=4R+rp，∑1bc=12Rr，∑bc=p2+4Rr+r2，∑（p－b）（p－c）=（4R+r）r，R≥2r，3p≤4R+r，33r≤p≤332R，16Rr－5r2≤p2≤4R2+4Rr+3r2（Gerrestsen不等式）.

1.不等式①的加強(qiáng)

定理1" 在△ABC中，有∑bccosA2≥24Rr+1·S②.

證明" （∑bccosA2）2=∑b2c2cos2A2+2abc∑acosB2cosC2≥∑b2c2cos2A2+2abc∑acosB2cosC2cosB－C2=p∑bc（p－a）+2abc∑acosB2cosC2cosB－C2.

因為p∑bc（p－a）=p2∑bc－3pabc=p2（p2+4Rr+r2）－12p2Rr=p4－8p2Rr+p2r2，

∑acosB2cosC2cosB－C2=4R∑sinA2cosA2cosB2·cosC2cosB－C2=4RcosA2cosB2cosC2∑sinA2·cosB－C2=4RcosA2cosB2cosC2∑cosB+C2cosB－C2

=2RcosA2cosB2cosC2∑（cosB+cosC）=4RcosA2cosB2cosC2∑cosA

=4R·p4R·（1+rR）=p+prR，所以（bccosA2+cacosB2+abcosC2）2≥p4－8p2Rr+p2r2+8pRr（p+prR）=p4+9p2r2.

由p2≥16Rr－5r2，得p4≥（16Rr－5r2）p2，

所以p4+9p2r2－（24Rr+1·S）2=p4+9p2r2－4（4Rr+1）p2r2≥（16Rr－5r2）p2+9p2r2－4（4Rr+1）p2r2=（16Rr+4r2）p2－4（4Rr+1）p2r2=0，

所以p4+9p2r2≥（24Rr+1·S）2，故∑bccosA2≥24Rr+1·S.

注" 由歐拉不等式R≥2r，知24Rr+1·S≥6S，即不等式②強(qiáng)于不等式①.

2.不等式①的逆向估計

定理2" 在△ABC中，有∑bccosA2≤（2+2Rr）S③.

證明" 由柯西不等式得∑sinA2=∑（p－b）（p－c）bc=∑1bc（p－b）（p－c）

≤∑1bc·∑（p－b）（p－c）=12Rr·r（4R+r）=2+r2R，

所以（∑sinA2）2=∑sin2A2+2∑sinB2sinC2=1－r2R+2∑sinB2sinC2≤2+r2R，

所以∑sinB2sinC2≤12（1+rR）.結(jié)合∏ sinA2=r4R得∑cscA2=∑sinB2sinC2∏ sinA2=4Rr∑sinB2sinC2≤4Rr·12（1+rR）=2+2Rr.

所以∑bccosA2=S∑cscA2≤（2+2Rr）S.

注" 由①②③式，可得不等式鏈：在△ABC中，有6S≤24Rr+1·S≤∑bccosA2≤（2+2Rr）S≤3Rr·S.

3.不等式①的類似

定理3" 在△ABC中，有（4R+rp+3）S≤∑bcsinA2≤2（4R+r）p·S.

證明" 因為∑bcsinA2=∑2SsinA·sinA2=S∑secA2，

∑secA2=∑cosA2cosB2∏ cosA2≤∑cos2A2∏ cosA2=2+r2Rp4R=2（4R+r）p.

所以∑bcsinA2=S∑secA2≤2（4R+r）p·S.

設(shè)f（x）=secx－tanx，x∈（0，π2），則f′（x）=secxtanx－sec2x，f″（x）=secx（secx－tanx）2gt;0，

所以由琴生不等式得∑secA2－∑tanA2=f（A2）+f（B2）+f（C2）≥3f（A+B+C6）=3，

所以∑secA2≥∑tanA2+3=4R+rp+3，所以∑bcsinA2=S∑secA2≥（4R+rp+3）S.

綜上，原不等式成立.

注" 由證明過程結(jié)合熟知結(jié)論3p≤4R+r，R≥2r，p≥33r可得不等式鏈：

在△ABC中，有23S≤（4R+rp+3）S≤∑bcsinA2≤2（4R+r）p·S≤9Rp·S≤3Rr·S.

定理4" 在△ABC中，有（5－2rR）S≤∑bctanA2≤（2+Rr）S.

證明" （5－2rR）S≤∑bctanA2≤（2+Rr）S5－2rR≤∑bctanA212bcsinA≤2+Rr

5－2rR≤∑sec2A2≤2+Rr.

由cosA2=p（p－a）bc得sec2A2=bcp（p－a）=bc（p－b）（p－c）p（p－a）（p－b）（p－c），

所以∑sec2A2=∑bc（p－b）（p－c）p（p－a）（p－b）（p－c）=∑bc（p－b）（p－c）p2r2=（∑bc）2－p2∑bc－pabcp2r2

=∑bc（∑bc－p2）－pabcp2r2=（p2+4Rr+r2）（4Rr+r2）－4p2Rrp2r2=1+（4R+r）2p2.

故∑sec2A2≤2+Rr1+（4R+r）2p2≤2+Rrp2≥r（4R+r）2R+r.

由p2≥16Rr－5r2，只需證明16Rr－5r2≥r（4R+r）2R+r（16R－5r）（R+r）≥（4R+r）2R≥2r，

這正是歐拉不等式，顯然成立.

由sec2A2=1+tan2A2，知∑sec2A2=3+∑tan2A2，故5－2rR≤∑sec2A2∑tan2A2≥2－2rR.

由文［2］結(jié)論∑tan2A2≥2－8∏ sinA2，結(jié)合∏ sinA2=r4R，得∑tan2A2≥2－2rR.

綜上，原不等式成立.

注" 由R≥2r可得不等式鏈：在△ABC中，有4S≤（5－2rR）S≤∑bctanA2≤（2+Rr）S≤2RrS.

定理5" 在△ABC中，有（8Rr－4）S≤∑bccotA2≤4（R2r2－1）S.

證明" （8Rr－4）S≤∑bccotA2≤4（R2r2－1）S8Rr－4≤∑bccotA2S≤4（R2r2－1）8Rr－4≤∑bccotA212bcsinA≤4（R2r2－1）8Rr－4≤∑csc2A2≤4（R2r2－1）.

由cotA2=p－ar，cotB2=p－br，cotC2=p－cr，得∑cot2A2=p2－8Rr－2r2r2，

又csc2A2=1+cot2A2，所以∑csc2A2=3+∑cot2A2=p2－8Rr+r2r2，

由p2≥16Rr－5r2，R≥2r得∑csc2A2=p2－8Rr+r2r2≥8Rr－4r2r2=8Rr－4，

由p2≤4R2+4Rr+3r2，R≥2r得∑csc2A2=p2－8Rr+r2r2≤4R2－4Rr+4r2r2≤4（R2r2－1）.綜上，原不等式成立.

注" 由R≥2r可得不等式鏈：在△ABC中，有12S≤（8Rr－4）S≤∑bccotA2≤4（R2r2－1）S.

定理6" 在△ABC中，有123Rp·S≤∑bcsecA2≤4Rr·S.

證明" 由三角形中常見結(jié)論∏ cosA2=p4R，知∏ secA2=4Rp，由均值不等式結(jié)合p≥33r，得∑bcsecA2≥33a2b2c2∏ secA2=123pR3r2≥12333R3r3=123Rr=123RSp.

在△ABC中，記邊a對應(yīng)的高和內(nèi)角平分線長分別為ha，ta，則易知ha=bc2R，ta=2bc（p－a）b+c.

由ha≤ta得bc2R≤2bc（p－a）b+c，所以bcp（p－a）≤4Rb+c≤2Rbc.

所以∑bcsecA2=∑bcbcp（p－a）≤2R∑bc≤2R（a+b+c）=4pR=4RSr.

綜上，原不等式成立.

注" 由p≤332R可得不等式鏈：在△ABC中，有8S≤123Rp·S≤∑bcsecA2≤4RSr.

定理7" 在△ABC中，有43Rr·S≤∑bccscA2≤3R3r3·S.

證明" 由sinA2=（p－b）（p－c）bc，得cscA2=bc（p－b）（p－c）.

由均值不等式，結(jié)合p2≤4R2+4Rr+3r2，4r2≤R2，p≥33r，得

∑bccscA2=abc∑bca2（p－b）（p－c）=abc∑bc（p－b）（p－c）a（p－b）（p－c）≤abc∑b+c2·p－b+p－c2a（p－b）（p－c）=abc∑b+c4（p－b）（p－c）=abc∑（b+c）（p－a）4（p－a）（p－b）（p－c）=abc（4p2－2∑bc）4pr2 =R［4p2－2（p2+4Rr+r2）］r

=2R（p2－4Rr－r2）r≤2R（4R2+4Rr+3r2－4Rr－r2）r=R（8R2+4r2）r≤R（8R2+R2）r=9R3r=9R3Spr2≤9R3S33r·r2=3R3Sr3.

∑bccscA2≥43Rr·S∑bccscA2S≥43Rr∑bccscA212bcsinA≥43Rr∑1sinAsinA2≥23Rr.又r4R=∏ sinA2，則上式又等價于∑sinB2sinC2sinA2cosA2≥3.由常見不等式x+y+z≥3（xy+yz+zx），知∑sinB2sinC2sinA2cosA2≥3∑sin2A2cosB2cosC2，

故只需證3∑sin2A2cosB2cosC2≥3，即證∑sin2A2cosB2cosC2≥1.

由常見三角恒等式∑sinA=4∏ cosA2，

知∑sin2A2cosA2cosB－C2=∑sin2A2sinB+C2·cosB－C2=12∑sin2A2（sinB+sinC）

=14∑（1－cosA）（sinB+sinC）=14∑（sinB+sinC－cosAsinB－cosAsinC）

=14∑sinA=∏ cosA2.所以∑sin2A2cosB－C2cosB2cosC2=∑sin2A2cosA2cosB－C2∏ cosA2=1.

又0＜cosB－C2≤1，所以∑sin2A2cosB2cosC2≥∑sin2A2cosB－C2cosB2cosC2=1.

綜上，原不等式成立.

注" 由R≥2r可得不等式鏈：在△ABC中，有83S≤43Rr·S≤∑bccscA2≤3R3r3·S.