幾個(gè)三角形不等式的再探究

劉先明

設(shè)ΔABC的三邊長(zhǎng)、三邊對(duì)應(yīng)的高、對(duì)應(yīng)的旁切圓半徑、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、半周長(zhǎng)分別為a，b，c，ha，hb，hc，ra，rb，rc，R，r，s，用∑、∏表示循環(huán)求和、循環(huán)求積.

文［1］ 提供了加拿大數(shù)學(xué)雜志Crux ?Mathematicorum 4596題：

在ΔABC中，證明：∑ab+c≤ Rr－12 （1）.

并且獲得一個(gè)類似不等式：在ΔABC中，有7－2rR≤∑b+ca≤ 23+8R3r（2）.

文［2］ 提供了加拿大數(shù)學(xué)雜志Crux ?Mathematicorum 3450題：

在ΔABC中，證明：∑ha+2rar+ra≥ 274（3）.

文［3］ 將（3）式加強(qiáng)為：在ΔABC中，有∑ha+2rar+ra≥ 18×2R－r5R－2r（4）.

文［2］ 又將（4）式加強(qiáng)為：在ΔABC中，有∑ha+2rar+ra≥8－rR－6R9R－2r（5）．

文［4］ 證明了如下結(jié)論：在ΔABC中，有

1+2r（2R+r）R（2R－r）≤∏（b+c）∑a3≤ 9R－2r5R－4r ≤ 83（6）.

本文獲得（1）、（2）、（5）、（6）式的加強(qiáng).為證明相應(yīng)的結(jié)論，先給出如下已知的結(jié)果.

引理1（文［4］）在ΔABC中，有∑a=2s，∑bc=s2+4Rr+r2，abc=4Rrs，∑a3=2s（s2－6Rr－3r2），∏（b+c）=2s（s2+2Rr+r2）.

引理2（Gerretsen不等式）在ΔABC中，有16Rr－5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2，當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

引理3（Bottema基本不等式）在ΔABC中，有16Rr－5r2+r2（R－2rR－r）≤s2≤4R2+4Rr+3r2－r2（R－2rR－r）.

即16R2r－20Rr2+3r3R－r≤s2≤4R3－2Rr2－r3R－r，

當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

1.（1）式的加強(qiáng)及下確界

結(jié)論1在ΔABC中，有32≤∑ab+c≤2－rR，當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

證明：由引理1得 ∑ab+c=∑a（c+a）（a+b）（b+c）（c+a）（a+b）=∑a（2s－b）（2s－c）（b+c）（c+a）（a+b）

=4s2∑a－4s∑ab+3abc（b+c）（c+a）（a+b）=2－2r（3R+2r）s2+2Rr+r2.

一方面，32≤∑ab+c32≤2－2r（3R+2r）s2+2Rr+r2s2≥10Rr+7r2.

根據(jù)引理2知，只需要證明 16Rr－5r2≥10Rr+7r2R≥2r.∴32≤∑ab+c成立.

另一方面，由引理3得∑ab+c=2－2r（3R+2r）s2+2Rr+r2

≤2－2r（3R+2r）4R3－2Rr2－r3R－r+2Rr+r2=2－27×2r（R－r）（3R+2r）108R3+54R2r－81Rr2－54r3

=2－27×2r（R－r）36R2－6Rr－23r2－8r33R+2r≤2－27×2r（R－r）36R2－6Rr－23r2－8r33R+R

=2－27×2Rr（R－r）36R3－6R2r－23Rr2－2r3=2－27×2Rr36R2－30Rr+7r2+5r3R－r

≤2－27×2Rr36R2－30Rr+7r2+5r32r－r=2－9Rr6R2+5Rr+2r2=2－96Rr+5+2rR

≤2－96Rr+5+2r2r=2－3r2R+2r=4R+r2（R+r）≤2－3r2R+R=2－rR，∴∑ab+c≤2－rR，即結(jié)論1 成立.

注：容易證明2－rR≤Rr－12，∴ 結(jié)論1 加強(qiáng)了（1）式.

仿照結(jié)論1的證明可以得到∑ab+c≥2－2R（R－r）6R2－11Rr+6r2≥32.

從而結(jié)論1是下述Nesbitt不等式的特例.

推論1在ΔABC中，有R2r≥12（2－∑ab+c）≥1，當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

結(jié)論2在ΔABC中，有2－3R+2r9R－2r≤∑ab+c≤2－3r2（R+r） ，當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

證明： 由結(jié)論1的證明知∑ab+c≤2－9Rr6R2+5Rr+2r2=2－96Rr+5+2rR≤2－96Rr+5+2r2r=2－3r2（R+r）=4R+r2（R+r）.

由引理3得∑ab+c=2－2r（3R+2r）s2+2Rr+r2≥2－2r（3R+2r）16R2r－20Rr2+3r3R－r+2Rr+r2=2－2（R－r）（3R+2r）18R2－21Rr+2r2 =2－2（3R+2r）18R－3r－r2R－r≥2－2（3R+2r）18R－3r－r22r－r=2－3R+2r9R－2r.

∴2－3R+2r9R－2r≤∑ab+c≤2－3r2（R+r），當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

注：易證32≤2－3R+2r9R－2r及2－3r2（R+r）≤2－rR，∴ 結(jié)論2 加強(qiáng)了結(jié)論1.

2.（2）式的加強(qiáng)

結(jié)論3在ΔABC中，有6≤7－2rR+r（R－2r）2R（R－r）≤∑b+ca≤2Rr+2rR+1，

當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

證明：由文［1］ 知∑b+ca=s2－2Rr+r22Rr.

由引理3得∑b+ca≤4R3－2Rr2－r3R－r－2Rr+r22Rr

=4R3－2R2r+Rr2－2r32Rr（R－r）=（4R2+2Rr+3r2）（R－r）+r32Rr（R－r）

=2Rr+3r2R+r22R（R－r）+1≤2Rr+3r2R+r22R（2r－r）+1=2Rr+2rR+1，

∴∑b+ca≤2Rr+2rR+1.

由引理3得∑b+ca≥16R2r－20Rr2+3r3R－r－2Rr+r22Rr

=14R2－17Rr+2r22R（R－r）=（14R－3r）（R－r）－r22R（R－r）=7－3r2R－r22R（R－r）=7－2rR+r（R－2r）2R（R－r）≥6，

∴∑b+ca≥7－2rR+r（R－2r）2R（R－r）.即結(jié)論3 成立.

注：易證2Rr+2rR+1≤23+8R3r，即結(jié)論3加強(qiáng)了（2）式.另一方面，（2）式是Milisavljevic不等式的加強(qiáng)，而結(jié)論3又是對(duì)（2）式的加強(qiáng).

同時(shí)，獲得歐拉不等式R≥2r的加強(qiáng)：

推論2在ΔABC中，有 Rr+rR≥12（∑b+ca－1）≥3－rR+r（R－2r）4R（R－r）≥52 ，

當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

3.（5）式的加強(qiáng)

結(jié)論4在ΔABC中，有∑ha+2rar+ra≥8－rR－6R9R－2r+r（R－2r）4R（R－r），

當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

證明：由文［2］ 知∑ha+2rar+ra=s2+2Rr+r24Rr－r（3R+2r）s2+2Rr+r2+3，由引理2及引理3得∑ha+2rar+ra≥16R2r－20Rr2+3r3R－r+2Rr+r24Rr－r（3R+2r）16Rr－5r2+2Rr+r2+3

=18R2－21Rr+2r24R（R－r）－3R+2r2（9R－2r）+3=（R－r）（18R－3r）－r24R（R－r）－3R+2r2（9R－2r）+3=152－3r4R－r24R（R－r）－3R+2r2（9R－2r）=8－rR－6R9R－2r+r（R－2r）4R（R－r），∴∑ha+2rar+ra≥8－rR－6R9R－2r+r（R－2r）4R（R－r）≥8－rR－6R9R－2r，∴結(jié)論4 成立，且強(qiáng)于（5）式.

4.（6）式的加強(qiáng)

結(jié)論5 在ΔABC中，有1+2r（2R+r）R（2R－r）×1+r2（R－2r）3R2（4R－7r）≤∏（b+c）∑a3≤ 117R－42r65R－58r ≤ 83，當(dāng)且僅當(dāng)ΔABC為正三角形時(shí)取等號(hào).

證明：由文［4］及引理3知∏（b+c）∑a3=1+4r（2R+r）s2－6Rr－3r2

≤1+4r（2R+r）16R2r－20Rr2+3r3R－r－6Rr－3r2=1+4（2R2－Rr－r2）10R2－17Rr+6r2=1+45－r（12R－11r）2R2－Rr－r2=1+45－72r12R+5r－17r212R－11r

≤1+45－72r12R+5r－17r212×2r－11r=117R－42r65R－58r≤ 83，

∴∏（b+c）∑a3≤117R－42r65R－58r.

另一方面，∏（b+c）∑a3=1+4r（2R+r）s2－6Rr－3r2≥

1+4r（2R+r）4R3－2Rr2－r3R－r－6Rr－3r2=1+4r（2R+r）（R－r）4R3－6R2r+Rr2+2r3，

∴4r（2R+r）（R－r）4R3－6R2r+Rr2+2r3－2r（2R+r）R（2R－r）=2r（2R+r）×

2（R－r）4R3－6R2r+Rr2+2r3－1R（2R－r）=2r3（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×14R3－6R2r+Rr2+2r3

=2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×14R3r3－6R2r2+Rr+2

≥2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×14R3r3－6R×2rr2+Rr+2

=2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×14R3r3－11Rr+2

≥2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×14R3r3－11×2rr+2

=2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r34R3－20r3

=2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r3（R－2r）（4R2+4R×2r+16r2）+3r×4r2

≥2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r3（R－2r）（4R2+4R×R+16r2）+3r×R2

=2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r38（R－2r）（R2+2r×r）+3R2r

≥2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r38（R－2r）（R2+Rr）+3R2r

=2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r3R（R－2r）（8R+4×2r）+3Rr

≥2（2R+r）（R－2r）R（2R－r）×r3R（R－2r）（8R+4R）+3Rr

=2r（2R+r）R（2R－r）×r2（R－2r）3R2（4R－7r），∴ ∏（b+c）∑a3=1+4r（2R+r）s2－6Rr－3r2≥1+4r（2R+r）（R－r）4R3－6R2r+Rr2+2r3

=1+2r（2R+r）R（2R－r）+4r（2R+r）（R－r）4R3－6R2r+Rr2+2r3－2r（2R+r）R（2R－r）=1+2r（2R+r）R（2R－r）×1+r2（R－2r）3R2（4R－7r）≥1+2r（2R+r）R（2R－r），∴結(jié)論5 成立.

注：易證117R－42r65R－58r≤9R－2r5R－4r，即結(jié)論5加強(qiáng)了（6）式.

參考文獻(xiàn)

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［2］楊標(biāo)桂.一個(gè)含三角形的高、內(nèi)切圓與半切圓半徑的不等式再加強(qiáng)［J］ ，中學(xué)數(shù)學(xué)研究（江西），2023．6.

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［4］楊標(biāo)桂，一道競(jìng)賽題引出的幾何不等式［J］，中等數(shù)學(xué)，2023．2.