三角形結構中的一個證題系統

(1)

三角形結構中的一個證題系統

範花妹 · ^秦慶雄

受貴刊文 [1] 的啟發, 筆者經過思考, 借助三角形內切圓代換, 給出涉及三角形不等式的一個證題系統。

一、三角形中的一個證題系統

以下約定 : △ABC 的三邊長為 a、b、c; 半周長為 s = 1

2(a + b + c); 面積為 ∆; 外接圓半徑和內切圓半徑分別為 R, r; ∠A, ∠B, ∠C 的角平分線、相應邊上的中線、高線及旁切圓半徑長分別為 wa、 wb、 wc; mâ、 mb、 mc; hâ、 hb、 hc; râ、 rb、 rc。

定理: a, b, c 是 △ABC 的三邊長的充要條件是存在正實數 x, y, z, 使得 a = y +z, b = z +x, c= x + y。

證明: 充分性: 若存在正實數 x, y, z, 使得 a = y + z, b = z + x, c = x + y, 則由此得 x= b+ c − a

2 , y = a+ c − b

2 , z = a+ b − c

2 。由 x > 0, y > 0, z > 0, 可知 b + c > a, a+ c > b, a + b > c。從而 a, b, c 可作 △ABC 的三邊長。

必要性: 若 a, b, c 是 △ABC 的三邊長, 其中 BC = a, CA = b, AB = c, 作 △ABC 的內切圓, 切點為 D, E, F , 令 AE = AF = x, BD = BF = y, CD = CE = z, 則 a = y + z, b = z + x, c = x + y。

證畢。

由上述定理, 經過不太複雜的計算, 可得如下代換公式:

s= x + y + z, △ =p

xyz(x + y + z), r =

r xyz

x+ y + z, R=(x + y)(y + z)(z + x) 4pxyz(x + y + z) ,

88

(2)

ha=2pxyz(x + y + z)

y+ z , hb = 2pxyz(x + y + z)

z+ x , hc = 2pxyz(x + y + z) x+ y , ma=1

2p4x²+y²+z²+4xy+4zx−2yz, m^b = 1

2p4y²+x²+z²+4yz+4yx−2xz, mc =1

2p4z²+x²+y²+4zx+4zy−2xy, wa=2px(x + y)(x + z)(x + y + z)

2x + y + z , wb = 2py(y + z)(y + x)(x + y + z) 2y + x + z , wc =2pz(z + x)(z + y)(x + y + z)

2z + x + y , ra=pxyz(x + y + z)

x , rb = pxyz(x + y + z)

y , rc = pxyz(x + y + z)

z ,

sin A =2pxyz(x + y + z)

(x + y)(x + z) , sin B =2pxyz(x + y + z)

(y + x)(y + z) , sin C =2pxyz(x + y + z) (z + x)(z + y) , cos A =x(x + y + z) − yz

(x + y)(x + z) , cos B =y(x + y + z) − xz

(y + x)(y + z) , cos C =z(x + y + z) − xy (z + x)(z + y) , tan A =2pxyz(x + y + z)

x(x + y + z) − yz, tan B =2pxyz(x + y + z)

y(x + y + z) − xz, tan C =2pxyz(x + y + z) z(x + y + z) − xy, sin A

2=

r yz

(x + y)(x + z), sinB 2 =

r xz

(y + x)(y + z), sin C 2 =

r xy

(z + x)(z + y), cos A

2=

s x(x + y + z)

(x + y)(x + z), cosB 2 =

s y(x + y + z)

(y + x)(y + z), cos C 2 =

s z(x + y + z) (z + x)(z + y), tanA

2=

r yz

x(x + y + z), tanB 2 =

r xz

y(x + y + z), tan C 2 =

r xy

z(x + y + z).

二、應用舉例

通過上述代換公式, 三角形不等式可化歸為只含有 x、y、z 的代數不等式, 從而使幾何證明代數化。

例1 (Finsler-Hadwiger 不等式): 在 △ABC 中, 求證:

a²+ b² + c² ≥ 4√

3∆ + (a − b)²+ (b − c)²+ (c − a)². 證明: 設 a = y + z, b = z + x, c = x + y, 則有

a²+ b²+ c² ≥ 4√

3∆ + (a − b)² + (b − c)²+ (c − a)²

⇔ (x+y)²+(y+z)²+(z+x)²≥ 4p3xyz(x+y+z)+(y−x)²+(z−y)²+(x−z)²

(3)

⇔ 4(xy + yz + zx) ≥ 4p3xyz(x + y + z)

⇔ (xy + yz + zx)² ≥ 3xyz(x + y + z)

⇔ x²y²+ y²z²+ z²x² ≥ x²yz+ y²zx+ z²xy

⇔ 1

2[(xy − yz)²+ (yz − zx)²+ (zx − xy)²] ≥ 0.

例2 (第 6 屆 IMO 試題): 在 △ABC 中, 求證:

a²(b + c − a) + b²(c + a − b) + c²(a + b − c) ≤ 3abc.

證明: 設 a = y + z, b = z + x, c = x + y, 則有

a²(b + c − a) + b²(c + a − b) + c²(a + b − c) ≤ 3abc

⇔ 2(y + z)²x+ 2(z + x)²y+ 2(x + y)²z ≤ 3(x + y)(y + z)(z + x)

⇔ x²y+ y²z+ z²x+ xy²+ yz² + zx² ≥ 6xyz, 由 6 元均值不等式知, 上式顯然成立。

例3: 在 △ABC 中, 求證:

a²b(a − b) + b²c(b − c) + c²a(c − a) ≥ 8r²· max{(a − b)², (b − c)², (c − a)²}.

證明: 設 a = y + z, b = z + x, c = x + y, 由 Cauchy 不等式和絕對值不等式, 得 a²b(a − b) + b²c(b − c) + c²a(c − a)

= (y + z)²(z + x)(y − x) + (z + x)²(x + y)(z − y) + (x + y)²(y + z)(x − z)

= 2(x³z+ y³x+ z³y− x²yz− y²zx− z²xy)

= 2xyzhx² y + y²

z +z² x

− (x + y + z)i

= 2xyzh(x − y)²

y + (y − z)²

z + (z − x)² x

i

= 2xyz

x+ y + z(x + y + z)h(x − y)²

y +(y − z)²

z +(z − x)² x

i

≥ 2xyz

x+ y + z(|x − y| + |y − z| + |z − x|)²

≥ 2xyz

x+ y + z(|x − y| + |(y − z) + (z − x)|)²

= 8xyz

x+ y + z(x − y)²= 8r²(a − b)²

(4)

即 a²b(a − b) + b²c(b − c) + c²a(c − a) ≥ 8r²(a − b)², 等號成立當且僅當 a = b = c 時成立, 同理可得

a²b(a − b) + b²c(b − c) + c²a(c − a) ≥ 8r²(b − c)²; a²b(a − b) + b²c(b − c) + c²a(c − a) ≥ 8r²(c − a)². 由以上三式, 可得

a²b(a − b) + b²c(b − c) + c²a(c − a) ≥ 8r²· max{(a − b)²,(b − c)²,(c − a)²}.

等號成立當且僅當 a = b = c 時成立。

1 tan³ A

2

+ 1

tan³ B 2

+ 1

tan³ C 2

≥ 9√ 3.

證明: 由 tanA 2=

r yz

x(x+y+z), tanB 2 =

r xz

y(x+y+z), tanC 2 =

r xy

z(x+y+z), 知 1

tan³ A 2

+ 1

tan³ B 2

+ 1

tan³ C 2

≥ 9√ 3

⇔ 1

r yz

x(x + y + z)

³ + 1

r zx

y(x + y + z)

³ + 1

r xy

z(x + y + z)

³ ≥ 9√ 3

⇔ x³+ y³+ z³ ≥ 9√

3r xyz x+ y + z

³ ,

由 3 元均值不等式, 可得

(x + y + z)³ ≥ 27xyz, x³+ y³+ z³ ≥ 3xyz, 故

9√ 3r

xyz x+ y + z

³

= 9√ 3

s

(xyz)³

(x + y + z)³ ≤ 9√ 3

s (xyz)³

27xyz = 3xyz ≤ x³+ y³+ z³, 所以, 不等式獲證。

例5(Euler 不等式): 在 △ABC 中, 求證: R ≥ 2r。

(5)

證明: 因為

R = (x + y)(y + z)(z + x)

4pxyz(x + y + z) ≥ 2√xy · 2√yz· 2√ zx

4pxyz(x + y + z) = 8xyz

4pxyz(x + y + z)

= 2

r xyz

x+ y + z = 2r, 所以, R ≥ 2r。

a² rb²+ rc²

+ b² r²c + ra²

+ c² r²a+ r²b

≥ 2.

證明: 由 r^a = pxyz(x + y + z)

x , r^b = pxyz(x + y + z)

y , r^c = pxyz(x + y + z)

z , 知

a² r_b²+ rc²

+ b² r²c + r²a

+ c² r²a+ r²b

≥ 2

⇔ (y + z)²

xyz(x + y + z)

y² +xyz(x + y + z) z²

+ (z + x)²

xyz(x + y + z)

z² + xyz(x + y + z) x²

+ (x + y)²

xyz(x + y + z)

x² +xyz(x + y + z) y²

≥ 2

⇔ x²y²(x + y)²

x²+ y² +y²z²(y + z)²

y²+ z² +z²x²(z + x)²

z²+ x² ≥ 2xyz(x + y + z),

∵ (x + y)²(x²y²+ y²z²+ z²x²) − 2xyz(x + y + z)(x²+ y²)

= (x + y)²z²(x²+ y²) + (x + y)²x²y²− 2xyz(x + y + z)(x²+ y²)

= (x²+ y²)²z²+ (x + y)²x²y²− 2xyz(x + y)(x²+ y²)

= [(x²+ y²)²z]²− 2(x²+ y²)z · xy(x + y) + [xy(x + y)]²

= [(x²+ y²)z − xy(x + y)]² ≥ 0

∴ (x + y)²(x²y²+ y²z²+ z²x²) ≥ 2xyz(x + y + z)(x²+ y²),

∴ x²y²(x + y)²

x²+ y² ≥ 2xyz(x + y + z)x²y² x²y²+ y²z²+ z²x² 同理可證:

y²z²(y + z)²

y²+ z² ≥ 2xyz(x + y + z)y²z² x²y²+ y²z²+ z²x² ; z²x²(z + x)²

z²+ x² ≥ 2xyz(x + y + z)z²x² x²y²+ y²z² + z²x² .

(6)

將以上三式兩邊分別相加, 可得 x²y²(x + y)²

x²+ y² +y²z²(y + z)²

y²+ z² +z²x²(z + x)²

z²+ x² ≥ 2xyz(x + y + z), 所以, 不等式獲證。

ha

ra

² +hb

rb

² +hc

rc

²

≥ 4 sin² A

2 + sin² B

2 + sin² C 2

.

證明: 由 h^a = 2pxyz(x + y + z)

y+ z , h^b = 2pxyz(x + y + z)

z+ x , h^c = 2pxyz(x + y + z) x+ y , ra = pxyz(x + y + z)

z , 知

ha

ra

² +hb

rb

² +hc

rc

²

≥ 4 sin² A

2 + sin² B

2 + sin² C 2

⇔ 2x y+ z

²

+ 2y z+ x

²

+ 2x x+ y

²

≥ 4h yz

(x+y)(x+z)+ zx

(y+x)(y+z) + xy (z+x)(z+y)

i

⇔ h x y+ z

²

+ y z+ x

²

+ x x+ y

²i

≥h yz

(x+y)(x+z) + zx

(y+x)(y+z) + xy (z+x)(z+y)

i

⇔ x y+ z

²

+ y x+ z

²

+ y x+ z

²

+ z x+ y

²

+ z x+ y

²

+ x y+ z

²

≥ 2h x y+ z

· y x+ z

+ y x+ z

· z x+ y

+ z x+ y

· x y+ z

i

⇔ h x

y+ z − y x+ z

²

+ y

x+ z − z x+ y

²

+ z

x+ y − x y+ z

²i

≥ 0.

注: 上述不等式的如下類似不等式也是成立的。

問題: 在 △ABC 中, 求證:

ha

rb

² +hb

rc

² +hc

ra

²

≥ 4 sin² A

2 + sin² B

2 + sin² C 2

.

例8: 在 △ABC 中, 求證: h^a+ h^b + h^c ≥ 6r a

b+ c+ b

c+ a + c a+ b

。

證明: 由 h^a= 2pxyz(x + y + z)

y+ z , h^b = 2pxyz(x + y + z)

z+ x , h^c = 2pxyz(x + y + z) x+ y ,

(7)

r =

r xyz

x+ y + z, 知要證 h^a+ h^b + h^c ≥ 6r a

b+ c + b

c+ a+ c a+ b

成立, 只需要證

(x + y + z) 1

y+ z + 1

z+ x + 1 x+ y

≥ 3 y+ z

2x + y + z + z+ x

x+ 2y + z + x+ y x+ y + 2z

成立, 即證

x

y+ z + y

z+ x + z

x+ y + 6( x

2x + y + z + y

x+ 2y + z + z x+ y + 2z

≥ 6.

不妨設 x ≥y ≥z, 則 x+y ≥x+z ≥y+z, (x+y+z)+x≥(x+y+z)+y ≥(x+y+z)+z, 即 1

y+ z ≥ 1

z+ x ≥ 1

x+ y, 1

x+ y + 2z ≥ 1

x+ 2y + z ≥ 1 2x + y + z. 由 Chebyshev 不等式和 Cauchy 不等式, 得

x

y+ z + y

z+ x+ z

x+ y + 6 x

2x + y + z + y

x+ 2y + z + z x+ y + 2z

≥ 1

3(x + y + z) 1

y+ z + 1

z+ x+ 1 x+ y

+ 6 × 1

3(x + y + z) 1

2x + y + z + 1

x+ 2y + z + 1 x+ y + 2z

= 1

3(x + y + z)h 1²

y+ z + 1²

z+ x + 1² x+ y

+ 6 × 1²

2x + y + z + 1²

x+ 2y + z + 1² x+ y + 2z

i

≥ 1

3(x + y + z)h (1 + 1 + 1)²

y+z+z+x+x+y + 6 (1 + 1 + 1)²

2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z

i

= 6.

所以, 不等式 ha+ h^b+ h^c ≥ 6r a

b+ c + b

c+ a + c a+ b

獲證。

例9: 在 △ABC 中, 求證: ar^a+ br^b + cr^c ≥√

bcra+√

carb +√ abrc。證明: 由 r^a = pxyz(x + y + z)

z , 知

ara+ br^b+ cr^c ≥√

bcra+√

carb+√ abrc

⇔ y+z

x +z+x

y +x+y

z ≥ p(z+x)(x+y)

x +p(x+y)(y+z)

y +p(y+z)(z+x) z

(8)

由 2 元均值不等式, 得

p(z + x)(x + y)

x + p(x + y)(y + z)

y + p(y + z)(z + x) z

≤ 2x + y + z

2x +x+ 2y + z

2y + x+ y + 2z 2z , 因此, 只需要證

2x + y + z

2x + x+ 2y + z

2y + x+ y + 2z

2z ≤ y+ z

x + z+ x

y +x+ y z 成立, 即證 6 ≤ y+ z

x + z+ x

y +x+ y z 成立。

由 2 元均值不等式, 得 y+ z

x + z+ x

y + x+ y z =y

x +x y

+z y + y

z

+x z + z

x

≥ 6,

所以, 不等式 ar^a+ br^b+ cr^c ≥√

bcra+√

carb+√

abrc 獲證。

參考文獻

1. 李發勇。對著名外森比克不等式幾個加強的代換簡證。數學傳播季刊, 43(3), 95-98, 2019。

—本文作者範花妹, 秦慶雄任教中國雲南省大理州漾濞縣第一中學 (高中部)—

2022 Workshop on Algebraic Combinatorics

日期 : 2022 年 1 月 24 日 (星期一) ∼ 2022 年 1 月 26 日 (星期三)

地點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號天文數學館 6樓演講廳

詳見 :

https://www.math.sinica.edu.tw/www/file upload/conference/202201Alg/index.html

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