小代換 大乾坤

一、代換之乾坤大挪移

三角形中有很多優美的恒等式，如：在ΔABC有tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1．

如果我們令tanA2=x，tanB2=y，tanC2=z，則xy+yz+zx=1，在此前提下，我們利用三角公式易有cosA2=11+x2=1（x+y）（x+z），sinA2=x1+x2=x（x+y）（x+z），cosA=1－x21+x2，

sinA=2x1+x2=2x（x+y）（x+z），tanA=2x1－x2．休要小視這一小小的代換，它開辟了一條將一些三角形不等式問題轉化為代數不等式問題的金光大道，更有趣的是，借助以下定理，我們還可將一些代數不等式幾何化來處理．

定理 設x，y，z∈R+，且xy+yz+zx=1，則存在ΔABC，使tanA2=x，tanB2=y，tanC2=z．

證明：令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，A，B，C∈（0，π）．

由xy+yz+zx=1得tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1，故tanC2=cotA+B2=tanπ－A－B2，又π－A－B2∈（－π2，π2），C2∈（0，π2），∴π－A－B2=C2，∴A+B+C=π，故存在三角形使其三個角分別為A，B，C．

值得說明的是，對于知正數a，b，c滿足a+b+c=1型條件不等式問題，我們可令a=tanA2tanB2，b=tanB2tanC2，c=tanC2tanA2，以實現代數問題幾何化．如試題：（第22屆全蘇數學奧林匹克題）設正數x，y，z滿足x2+y2+z2=1，求s=xyz+yzx+zxy的最小值．令x2=tanA2tanB2，y2=tanB2·tanC2，z=tanC2tanA2，則s2= （tanA2+tanB2+tanC2）2≥3（tanA2tanB2+tanB2tanC2

+tanC2tanA2）=3，當且僅當A=B=C=π3時等號成立，∴A=B=C=π3時，s取最小值3．

二、相關幾何不等式之代數破解

例1 （歐拉不等式）設ΔABC的外接圓和內切圓半徑分別為R，r，求證：R≥2r．

證明：由r4R=sinA2sinB2sinC2=x（x+y）（y+z）·y（y+z）（y+x）·z（z+x）（z+y）=xyz（x+y）（y+z）（z+x）≤xyz2xy·2yz·2zx=18，即得R≥2r．

例2 （外森比克不等式）設ΔABC的三邊長為a，b，c，面積為Δ，求證：a2+b2+c2≥43Δ．

證明：由 a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC及Δ=12absinC=2R2sinAsinBsinC知，只要證sin2A+sin2B+sin2C≥23sinAsinBsinCx2（x+y）2（x+z）2+y2（y+z）2（y+x）2+z2（z+x）2（z+y）2≥43xyz（x+y）2（y+z）2（z+x）2x2（y+z）2+y2（z+x）2+z2（x+y）2≥43xyz，

由柯西不等式得x2（y+z）2+y2（z+x）2+z2（x+y）2≥［x（y+z）+y（z+x）+z（x+y）］212+12+12=43，由平均不等式得1=xy+yz+zx≥33xy·yz·zx，∴43xyz≤43，故原不等式成立．

例3 （嵌入不等式）對ΔABC及任意正實數u，v，w，求證：u2+v2+w2≥2vwsinA2+2wusinB2+2uvsinC2．

證明：由平均不等式得2vwsinA2=2vw.x（x+y）（x+z）=2xw2x+y·v2x+z≤x（w2x+y+v2x+z），

同理2wusinB2≤y（w2y+x+u2y+z），2uvsinC2≤z（v2z+x+u2z+y），

以上三不等式相加即得u2+v2+w2≥2vwsinA2+2wusinB2+2uvsinC2．

分別以π－2A，π－2B，π－2C代A2，B2，C2得u2+v2+w2≥2vwcosA+2wucosB+2uvcosC．分別以u，v，w代上兩不等式中的vw，wu，uv得usinA2+vsinB2+wsinC2≤12（uvw+vwu+wuv），

ucosA+vcosB+wcosC≤12（uvw+vwu+wuv）．

說明：以上三個不等式都是三角形中著名的母不等式，通過對u，v，w施以代換，可以繁衍出很多外形用途俱佳的不等式，如sinA2+sinB2+sinC2≤32，cosA+cosB+cosC≤32等．

例4 在ΔABC中，求證：sinA+sinB+sinC≤323．

證明：由平均不等式得xyz=3xyz·3xy·yz·zx≤x+y+z3·xy+yz+zx3=x+y+z9，

∴（x+y）（y+z）（z+x）=（x+y+z）（xy+yz+zx）－xyz=x+y+z－xyz≥89（x+y+z）≥893（xy+yz+zx）=893，∴sinA+sinB+sinC=2x（x+y）（x+z）+2y（y+x）（y+z）+2z（z+x）（z+y）=4（x+y）（y+z）（z+x）≤323．

說明：分別以π2－A2，π2－B2，π2－C2代A，B，C，得cosA2+cosB2+cosC2≤323．

例5 在ΔABC中，設ΔABC的外接圓和內切圓半徑分別為R，r，求證：

（1）sinA2sinB2+sinB2sinC2+sinC2sinA2≤12+r2R，（2）sin2A2+sin2B2+sin2C2≥1－r2R．

證明：（1）由平均不等式得sinA2sinB2=x（x+y）（x+z）·y（y+x）（y+z）=xyx+y·1（x+z）（y+z）

≤xy2（x+y）（1x+z+1y+z），

同理sinB2sinC2≤yz2（y+z）（1y+z+1y+x），sinC2sinA2≤zx2（z+x）（1z+y+1z+x），

以上三不等式相加整理得sinA2sinB2+sinB2sinC2+sinC2sinA2≤x2y+x2z+y2x+y2z+z2x+z2y+6xyz2（x+y）（y+z）（z+x）=（x+y）（y+z）（z+x）+4xyz2（x+y）（y+z）（z+x）=12+r2R．（由例1知r4R=xyz（x+y）（y+z）（z+x））

（2）由平均不等式得sin2A2+sin2B2+sin2C2=x2（x+y）（x+z）+y2（y+z）（y+x）+z2（z+x）（z+y）=

x2（y+z）+y2（z+x）+z2（x+y）（x+y）（y+z）（z+x）=（x+y）（y+z）（z+x）－2xyz（x+y）（y+z）（z+x）=1－r2R．

說明：第（1）題是下題的加強：在ΔABC中，求證：sinA2sinB2+sinB2sinC2+sinC2sinA2≤58+r4R（第29屆IMO預選題）．

分別以π－2A，π－2B，π－2C代A2，B2，C2可得cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA≤12+r2R，及cos2A+cos2B+cos2C≥1－r2R．

三、相關代數不等式之幾何本源

例6 設正實數x，y，z滿足xy+yz+zx=1，求證：1－x21+x2+1－y21+y2+1－z21+z2≤32．

證明：令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，則1－x21+x2+1－y21+y2+1－z21+z2=cosA+cosB+cosC≤32．

說明：分別以1a，1b，1c代x，y，z并簡單變形得：設a，b，c∈R+，且a+b+c=abc，則有11+a2+11+b2+11+c2≥94．

分別以a，b，c代xy，yz，zx并簡單變形得：設a，b，c∈R+，且a+b+c=1，則有a－bca+bc+b－cab+ca+c－abc+ab≤32．（2008加拿大數學奧林匹克）

利用嵌入不等式，可迅速將以上不等式推廣，如：設u，v，w，a，b，c∈R+，且a+b+c=1，則有u（a－bc）a+bc+v（b－ca）b+ca+w（c－ab）c+ab≤12（uvw+vwu+wuv）．

例7 設x，y，z均為正實數，證明：xy+z+yz+x+zx+y≤32（x+y）（y+z）（z+x）．

證明：注意到欲證不等式為齊次不等式，故可令xy+yz+zx=1，再令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，

則由sinA2+sinB2+sinC2≤32得x（x+y）（x+z）+y（y+z）（y+x）+z（z+x）（z+y）≤32，

從而xy+z+yz+x+zx+y≤32（x+y）（y+z）（z+x）．

說明：同上題，利用嵌入不等式，可將上不等式進行推廣：設u，v，w，x，y，z均為正實數，則有uxy+z+vyz+x+wzx+y≤32（uvw+vwu+wuv）（x+y）（y+z）（z+x）．

例8 （《數學通報》數學問題解答1830）已知x，y，z∈R+，證明：xx+（x+y）（x+z）+

yy+（y+z）（y+x）+zz+（z+x）（z+y）≤1．

證明：注意到欲證不等式為齊次不等式，故可令xy+yz+zx=1，再令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，

則xx+（x+y）（x+z）+yy+（y+z）（y+x）+zz+（z+x）（z+y）≤111+（x+y）（x+z）x+

11+（y+z）（y+x）y+11+（z+x）（z+y）z≤111+1sinA2+11+1sinB2+11+1sinC2≤111+sinA2+11+sinB2+11+sinC2≥2，

由柯西不等式及例2特例得11+sinA2+11+sinB2+11+sinC2≥（1+1+1）2（1+sinA2）+（1+sinB2）+（1+sinC2）

≥93+32≥2，故原不等式成立．

說明：用類似的方法，我們可將原問題推廣為：已知x，y，z∈R+，λ為正常數，則有xλx+（x+y）（x+z）+yλy+（y+z）（y+x）+zλz+（z+x）（z+y）≤3λ+2．

例9 （《中等數學》數學奧林匹克問題高231）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，證明：

1+bca+1+cab+1+abc≥23．

證明：令a=tanA2tanB2，b=tanB2tanC2，c=tanC2tanA2，

則1+bca+1+cab+1+abc≥231+tan2A2+1+tan2B2+1+tan2C2≥231cosA2+1cosB2+1cosC2≥23，由柯西不等式及例4變式得1cosA2+1cosB2+1cosC2≥（1+1+1）2cosA2+cosB2+cosC2≥9323=23，

故原不等式成立．

例10 已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，證明：aa+bc+bb+ca+abcc+ab≤1+343．

證明：令a=tanA2tanB2，b=tanB2tanC2，c=tanC2tanA2，

則aa+bc+bb+ca+abcc+ab≤1+34311+bca+11+cab+abc1+abc≤1+34311+tan2A2+11+tan2B2+tanC21+tan2C2≤1+3431+12（cosA+cosB+sinC）≤1+343cosA+cosB+sinC≤3232cosA+B2+sinC≤3232sinC2+sinC≤323sinC2（1+cosC2）≤343，

引進正參數λ，由柯西不等式及平均不等式有sin2C2（1+cosC2）2≤1λ2sin2C2（12+λ2）（λ2+cos2C2）=（1+1λ2）sin2C2（λ2+cos2C2）≤（1+1λ2）［sin2C2+（λ2+cos2C2）2］2=（λ2+1）34λ2，當且僅當1λ=λcosC2且sin2C2=λ2+cos2C2時，等號成立，此時λ2=12，∴sinC2（1+cosC2）≤343，故原問題成立．