Cosnit-Turtoiu不等式的加強與其他

設△ABC的三邊長分別為a，b，c；外接圓半徑、內切圓半徑、半周長分別為R，r，s；三條高線分別為ha，hb，hc；面積為Δ.用∑表示循環求和，如∑a=a+b+c.

文［1］介紹了兩個不等式：

（1）Bokov不等式：在△ABC中，有∑haha-2r≥9.

（2）Cosnit-Turtoiu不等式：在△ABC中，有∑ha+rha-r≥6.

本文中對這兩個不等式進行一些探討.

1 Bokov不等式的上界估計

將三角形中熟知的恒等式∑a=2s，∑bc=s2+4Rr+r2，

Δ=rs=s（s－a）（s－b）（s－c）代入，得

∑haha-2r=∑2Δa2Δa－2r=∑2rs2rs-2ar=∑ss－a=∑s2（s－b）（s－c）s（s－a）（s－b）（s－c）

=s2∑s2－（b+c）s+bcΔ2=1r2［∑s2－s∑（b+c）+∑bc］=4R+rr，

所以9≤∑haha-2r≤9R2r，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

于是，獲得歐拉不等式R≥2r的加強式：

推論1" 在△ABC中，有R2r≥19∑haha-2r≥1，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

2 Cosnit-Turtoiu不等式的加強

引理（Gerretsen基本不等式）" 在△ABC中，有16Rr－5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

定理1" 在△ABC中，有∑ha+rha－r≥7－6R+4r9R－2r，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

證明：將三角形中熟知的恒等式∑a=2s，∑ab=s2+4Rr+r2，

abc=4Rrs，Δ=12aha=rs代入，得

∑ha+rha－r

=∑2Δa+r2Δa－r

=∑2s+a2s－a

=∑2s2s－a+∑a2s－a

=2s∑（2s－b）（2s－c）+∑a（2s－b）（2s－c）（2s－a）（2s－b）（2s－c）

=2sM+NQ，

其中，Q=（2s－a）（2s－b）（2s－c）

=8s3－4s2∑a+2s∑ac－abc

=2s（s2+2Rr+r2），

M=∑（2s－b）（2s－c）=∑［4s2－2s（b+c）+bc］=5s2+4Rr+r2，

N=∑a（2s－b）（2s－c）

=4s2∑a－2s＼5（∑ab+∑ac）+∑abc=∑a［4s2－2s（b+c）+bc］=2s（4s2－2∑ab+6Rr）

=2s（2s2－2Rr－2r2）.

所以∑ha+rha－r=2sM+NQ

=7s2+2Rr－r2s2+2Rr+r2=7－12Rr+8r2s2+2Rr+r2.

由引理，得

∑ha+rha－r=7－12Rr+8r2s2+2Rr+r2≥7－12Rr+8r216Rr－5r2+2Rr+r2=57R－18r9R－2r=7-6R+4r9R-2r.

所以∑ha+rha－r≥7－6R+4r9R－2r≥7－R2r，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

容易證明7－6R+4r9R－2r≥6≥7－R2r，即定理1加強了Cosnit-Turtoiu不等式.

（值7－R2r雖弱于7－6R+4r9R－2r，但比7－6R+4r9R－2r簡潔，并且與下文定理2對稱.）

同樣，有歐拉不等式R≥2r的加強式：

推論2" 在△ABC中，有R2r≥17－∑ha+rha－r≥1，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

3 Cosnit-Turtoiu不等式的上界

由上面的證明及引理，可知∑ha+rha－r=7－12Rr+8r2s2+2Rr+r2，所以

∑ha+rha－r≤7－4r（3R+2r）4R2+4Rr+3r2+2Rr+r2=14R2+15Rr+10r22R2+3Rr+2r2

=7－18r（3R+2r）（3R+2r）（6R+5r）+8r2=7－18r6R+5r+8r23R+2r≤7－18r6R+5r+8r23×2r+2r=7－3rR+r=7R+4rR+r≤7－3rR+R2

=7－2rR.

所以∑ha+rha－r≤7R+4rR+r≤7－2rR.

于是，得到如下定理：

定理2" 在△ABC中，有∑ha+rha－r≤7R+4rR+r≤7－2rR，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

綜合上面的定理1和定理2，得到：

在△ABC中，有7－R2r≤6≤57R－18r9R－2r≤∑ha+rha－r≤7R+4rR+r≤7－2rR.

推論3" 在△ABC中，有R2r≥∑ha+rha－r－414－2∑ha+rha－r≥1，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.（上面的綜合不等式已保證推論3的分子和分母都為正.）

4 Cosnit-Turtoiu不等式的類似結論

定理3" 在△ABC中，有53－R12r≤∑ha－rha+r≤53－r3R，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

簡證：仿照定理1的計算與證明過程，由引理，容易得到

∑ha－rha+r

=15s2－10Rr－r29s2+6Rr+r2

=53－4r3×15R+2r9s2+6Rr+r2

≤53－4r3×15R+2r9（4R2+4Rr+3r2）+6Rr+r2

=53－2r3×15R+2r18R2+21Rr+14r2.

下證53－2r3×15R+2r18R2+21Rr+14r2≤53－r3R.

而r3R≤2r3×15R+2r18R2+21Rr+14r2

18R2+21Rr+14r2≤2R（15R+2r）

12R2－17Rr－14r2≥0

（R-2r）（12R+7r）≥0.

由R≥2r，可知上式成立.

所以∑ha－rha+r=15s2－10Rr－r29s2+6Rr+r2≤53－r3R.

同時，由引理得

∑ha－rha+r=53－4r3×15R+2r9s2+6Rr+r2≥53－4r3×15R+2r9（16Rr－5r2）+6Rr+r2=53－2r3×15R+2r75Rr－22r2≥53－2r3×15R+R75×2r2－22r2=53－R12r.

所以53－R12r≤∑ha－rha+r≤53－r3R，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

定理4" 在△ABC中，有∑ha－rha+r≥32，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

證明：∑ha－rha+r=15s2－10Rr－r29s2+6Rr+r2≥32s2≥38Rr+5r23.

故只需要證明16Rr－5r2≥38Rr+5r23R≥2r.

容易證明：53－R12r≤32.

因此，定理4加強了定理3.

由定理3和定理4，也可得歐拉不等式R≥2r的加強：

推論4" 在△ABC中，有R2r≥110－6∑ha－rha+r≥1.

定理5" 在△ABC中，有23R－10r15R－6r≤∑ha－rha+r≤5R+5r3R+4r，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

證明：由文［2］引理2中s2≥2r（4R+r）（2R－r）R，可得

∑ha－rha+r

=15s2－10Rr－r29s2+6Rr+r2

=53－4r3×15R+2r9s2+6Rr+r2

≥53－4r3×15R+2r9×2r（4R+r）（2R－r）R+6Rr+r2

=53－4R（15R+2r）3×（150R2－35Rr－18r2）

=53－4R30R－11r－32r215R+2r

≥53－4R30R－11r－32r230r+2r

=53－2R15R－6r

=23R－10r15R－6r≥32.

所以∑ha－rha+r≥23R－10r15R－6r，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

同時，由定理3的證明可知

∑ha－rha+r

=15s2－10Rr－r29s2+6Rr+r2

=53－4r3×15R+2r9s2+6Rr+r2

≤53－2r3×15R+2r18R2+21Rr+14r2

=53－10r（15R+2r）15×18R2+15×21Rr+15×14r2

=53－50r5×18R+93r+6×144r215R+2r

≤53－50r5×18R+93r+6×144r230r+2r

=53－5r3（3R+4r）

=5R+5r3R+4r.

所以∑ha－rha+r≤5R+5r3R+4r.

綜上，有23R－10r15R－6r≤∑ha－rha+r≤5R+5r3R+4r，當且僅當△ABC為正三角形時等號成立.

易證得32≤23R－10r15R－6r2r≤R以及5R+5r3R+4r≤53－r3R2r≤R.

因此，定理5加強了定理4和定理3.得到：

53－R12r≤32≤23R－10r15R－6r≤∑ha－rha+r≤5R+5r3R+4r≤53－r3R.

同時，又很容易獲得如下歐拉不等式R≥2r的加強式：

推論5" 在△ABC中，有R2r≥4∑ha－rha+r－510－6∑ha－rha+r≥1.

容易證得推論5強于推論4.（定理5保證了推論5的分子和分母都為正.）

還有，容易證得19∑haha-2r≥7R+4r6（R+r），所以有如下推論：

推論6" 在△ABC中，有

R2r≥19∑haha-2r≥7R+4r6（R+r）≥16∑ha+rha－r≥19R－6r2（9R－2r）≥1.

推論7" 在△ABC中，有

R2r≥19∑haha-2r≥3R+4r10r≥5R－2r4R≥7R+4r6（R+r）≥110－6∑ha－rha+r≥16∑ha+rha－r

≥19R－6r2（9R－2r）≥1.

參考文獻：

［1］O.Bottema等.幾何不等式［M］.單墫，譯.北京：北京大學出版社，1991.

［2］潘玉保.Milosevic不等式的兩個類似結論［J］.中學數學教學參考，2021（16）：74-75.