一組幾何不等式的新類比

摘"要"在文［1］的基礎上，本文得到了一系列涉及三角形中線的三角形不等式.

關鍵詞"三角形不等式；中線；類比

在△ABC中，記BC=a，CA=b，AB=c，其半周長、面積、外接圓半徑、內切圓半徑分別為p，S，R，r，邊a，b，c對應的中線長分別為ma，mb，mc，∑x=x+y+z表示循環求和.文［1］中作者先對兩道征解問題進行研究，再通過類比又獲得了一組三角形不等式.

定理1"在△ABC中，有a+b+c2≤∑asinA2≤2p（1－rR）.

定理2"在△ABC中，有12r－6r2R≤∑acosA2≤2（R+r）Rp.

定理3"在△ABC中，有∑atanA2=4R－2r.

定理4"在△ABC中，有∑acotA2=8R+2r.

定理5"在△ABC中，有4（R+r）≤∑asecA2≤8R（4R+r）.

定理6"在△ABC中，有4p≤∑acscA2≤26R（4R+r）.

上述6個結論涉及三角形的邊長及半角三角函數乘積的關系，筆者思考，能否繼續類比獲得新的結果，與三角形邊長相關的還有中線長、角平分線長、高線長等幾何量，筆者對中線的結果進行了探究，獲得了一組結果.為了證明我們的結果，我們先給出如下預備知識.

在△ABC中，有Gerretsen不等式16Rr－5r2≤p2≤4R2+4Rr+3r2； p≥33r； ∑a2=2（p2－4Rr－r2）≤9R2；∑sinA2≤32；∑cosA2≤332；∑cos2A2=2+r2R≤94；sinA2sinB2sinC2=r4R；tanA2tanB2tanC2=rp；cotA2cotB2cotC2=pr.進一步給出如下兩個引理.

引理1"在△ABC中，有b+c2cosA2≤ma≤2Rcos2A2.

證明"由中線長公式4m2a=2（b2+c2）－a2、余弦定理及均值不等式，得4m2a=（b2+c2）+（b2+c2－a2）=b2+c2+2bccosA=b2+c2+2bc（1－2sin2A2）=（b+c）2－4bcsin2A2≥（b+c）2－（b+c）2sin2A2=（b+c）2cos2A2.

于是4m2a≥（b+c）2cos2A2，所以ma≥b+c2cosA2.

如圖1所示，設外心O到邊BC的距離為d，則ma≤OA+OD=R+d=R+Rcos∠BOD=R+RcosA=2Rcos2A2.

綜上，b+c2cosA2≤ma≤2Rcos2A2.

引理2"在△ABC中，有mambmc≥p2r.

證明"由中線長公式4m2a=2（b2+c2）－a2及柯西不等式得ma=122（b2+c2）－a2≥12（b+c）2－a2=12（b+c－a）（b+c+a）=p（p－a），同理mb≥p（p－b），mc≥p（p－c），所以mambmc≥p3（p－a）（p－b）（p－c）=pS=p2r.

有了上述結論，本文給出一組新的三角形不等式

命題1""在△ABC中，有9r2≤∑masinA2≤4R+r2.

證明"由mambmc≥p2r，sinA2sinB2sinC2=r4R，結合均值不等式得∑masinA2≥33mambmcsinA2sinB2sinC2≥33p2r·r4R=33p2r24R.

由Gerretsen不等式p2≥16Rr－5r2及歐拉不等式R≥2r，可得p2≥272Rr，所以∑masinA2≥33p2r24R≥3327Rr2·r24R=9r2.

由ma≤2Rcos2A2及∑cos2A2=2+r2R，得∑ma≤2R∑cos2A2=2R（2+r2R）=4R+r，不妨設ab≥c，則sinA2≥sinB2≥sinC2，ma≤mb≤mc，

由切比雪夫不等式得∑masinA2≤13∑ma∑sinA2≤13（4R+r）·32=4R+r2.

綜上，9r2≤∑masinA2≤4R+r2.

命題2""在△ABC中，有32p≤∑macosA2≤934R.

證明"由ma≥12（b+c）cosA2，及射影定理a=bcosC+ccosB得∑macosA2≥∑b+c2·cos2A2=∑b+c2·1+cosA2=14∑（b+c）（1+cosA）=14∑（b+c）+14∑（b+c）cosA=12∑a+14∑（bcosC+ccosB）=12∑a+14∑a=34∑a=32p.

由中線長公式4m2a=2（b2+c2）－a2可得∑m2a=34∑a2≤274R2.

由∑cos2A2≤94及柯西不等式得∑macosA2≤∑m2a∑cos2A2≤274R2·94=934R.

綜上，32p≤∑macosA2≤934R.

命題3"在△ABC中，有33r≤∑matanA2≤p.

證明"由mambmc≥p2r，tanA2tanB2tanC2=rp，p≥33r，結合均值不等式得∑matanA2≥33mambmctanA2tanB2tanC2≥33p2r·rp=33pr2≥33r.

由ma≤2Rcos2A2得∑matanA2≤∑2Rcos2A2tanA2=R∑sinA=12∑a=p.

綜上，33r≤∑matanA2≤p.

命題4""在△ABC中，有3p≤∑macotA2≤33R（2R－r）2r.

證明"由mambmc≥p2r，cotA2cotB2cotC2=pr，結合均值不等式得∑macotA2≥33mambmccotA2cotB2cotC2≥33p2rpr=33p3=3p，由cotA2=p－ar，∑a2=2（p2－4Rr－r2），易得∑cot2A2=p2－8Rr－2r2r2，又p2≤4R2+4Rr+3r2，所以∑cot2A2≤4R2+4Rr+3r2－8Rr－2r2r2=（2R－r）2r2.由∑m2a≤274R2及柯西不等式得∑macotA2≤∑m2a∑cot2A2≤274R2·（2R－r）2r2=33R（2R－r）2r.綜上，3p≤∑macotA2≤33R（2R－r）2r.

命題5"在△ABC中，有2p≤∑masecA2≤33R.

證明"由ma≥b+c2cosA2，得∑masecA2≥∑b+c2cosA2secA2=∑b+c2=∑a=2p.

由ma≤2Rcos2A2及∑cosA2≤332，得∑masecA2≤2R∑cosA2≤2R·332=33R.

綜上，2p≤∑masecA2≤33R.

命題6""在△ABC中有12R－6r≤∑macscA2≤3R（2R－r）r.

證明"在△ABC中，知r=（p－a）tanA2，所以rcscA2=（p－a）secA2，所以∑macscA2=1r∑marcscA2=1r∑ma（p－a）secA2.

由ma≥b+c2cosA2，得∑macscA2≥1r∑（b+c）（p－a）2=a2+b2+c22r，

由p2≥16Rr－5r2，得2（p2－4Rr－r2）≥12r（2R－r），即a2+b2+c2≥12r（2R－r），

所以∑macscA2≥6（2R－r）=12R－6r.

由歐拉不等式R≥2r，得3≤（2R－r）23r2，由命題4知∑cot2A2≤（2R－r）2r2，

所以∑csc2A2=∑（1+cot2A2）=3+∑cot2A2≤（2R－r）23r2+（2R－r）2r2=4（2R－r）23r2，

由∑m2a≤274R2及柯西不等式，得∑macscA2≤∑m2a∑csc2A2≤274R2·4（2R－r）23r2=3R（2R－r）r.

綜上，12R－6r≤∑macscA2≤3R（2R－r）r.

參考文獻

［1］桓坤.兩道三角形中不等式問題的逆向、加強及類比探究［J］.數學通訊，2024（1）：41-43.