一個定理的初等證明及兩個幾何 不等式的空間推廣

一個定理的初等證明及兩個幾何 不等式的空間推廣

趙忠華

定理: 在表面積相同的所有四面體中, 以正四面體體積最大 [1]。

蘇化明老師給出了一個矩陣證明, 具體可見文獻 [1], 這種證明比較高端, 有沒有中學生能 夠看懂的方法呢? 本文將試給出這個定理的一個初等證明:

首先需要以下引理:

引理1: 如果正四面體棱長為 a, 則其體積 V =

√2

12a³ 特別地, 如果正四面體每個面的面積為 S, 則 V =

√2 12

4√ 3S 3

³₂

。

引理的前半部分證明非常簡單, 從略。 如果正四面體每個面的面積為 S, 則每條棱長為 r4√

3S

3 故正四面體體積 V =

√2 12

4√ 3S 3

³₂

。

引理2: 設 △ABC 的三邊長分別為 a, b, c 面積為 S, 則有 (abc)² ≥ 64√ 3

9 S³ 等號當且僅當 正三角形時成立。

證明: 我們先證明 sin A sin B sin C ≤ 3√ 3 8 因為 sin A sin B sin C = 1

2[cos(A − B) − cos(A + B)] sin C ≤ 1

2(1 + cos C) sin C

= 2 cos³ C 2 sin C

2, 所以

(sin A sin B sin C)²= 4 cos⁶ C

2 sin² C 2 = 4

3cos² C

2 cos² C

2 cos² C

2 · 3 sin² C 2

≤4 3

cos²C

2 + cos² C

2 + cos² C

2 + 3 sin² C 2 4

!⁴

= 4 3

3 4

⁴

=3 4

³ .

所以 sin A sin B sin C ≤ 3√ 3

8 , 又由正弦定理得 a 2R

b 2R

c

2R ≤ 3√ 3 8 , 即 abc≤ 3√

3R³ = 3√ 3abc

4S

³

= 3√

3 ·a³b³c³ 64S³ , 從而有 (abc)² ≥ 64√

3 9 S³。 引理3: 設 a, b, c, d ∈ R⁺, 則

a

b+ c + d + b

a+ c + d + c

a+ b + d + d

a+ b + c ≥ 4 3. 證明: 由柯西不等式

(b+c+d+a+c+d+a+b+d+a+b+c) 1

b+c+d+ 1

a+c+d+ 1

a+b+d+ 1 a+b+c

≥ 16, 於是

3(a + b + c + d) 1

b+ c + d + 1

a+ c + d+ 1

a+ b + d + 1 a+ b + c



≥ 16, 於是

a

b+ c + d + b

a+ c + d + c

a+ b + d + d

a+ b + c ≥ 4 3.

引理4: 如圖 1: 設四面體體積為 V , 頂點 Aⁱ, 所對各面面積分別為 Sⁱ (i = 1, 2, 3, 4), 則 S1+ S2+ S3+ S4 ≥ 6 × 3¹⁶V ²³.

圖 1

證明: 過頂點 A4 作 A4O 垂直平面 A1A2A3 垂足為 O, 過 O 點分別作 OE ⊥ A²A3, OF ⊥ A¹A3, OG ⊥ A¹A2, 垂足分別為 E, F, G, 設二面角 A1 − A²A3 − A⁴ = α1, A2− A¹A3− A⁴ = α2, A3− A¹A2 − A⁴ = α3, 則

A4O = A4E·sin α¹ = 2S1

A2A3·sin α¹, V = 1

3S4·A⁴O = 1

3S4·2S1· sin α¹ A2A3

= 2S1S4sin α1

3A2A3

, 於是

A2A3 = 2S1S4sin α1

3V , 同理

A1A3 = 2S2S4sin α2

3V , A1A2 = 2S3S4sin α3

3V . 由引理 2: (A1A2· A²A3· A¹A3)² ≥ 64√

3 9 S₄³, 得 (sin α1sin α2sin α3)²³ ≥ 3√

3V² (S1S2S3)²³S4

,

於是

sin²α1+ sin²α2+ sin²α3 ≥ 9√ 3V² (S1S2S3)²³S4

, (1)

又 S1cos α1+ S2cos α2+ S3cos α3 = S4, 所以由柯西不等式得

(S1²+S2²+S3²)(cos²α1+cos²α2+cos²α3)≥(S¹cos α1+S2cos α2+S3cos α3)²= S4², cos²α1+ cos²α2+ cos²α3≥ S₄²

S₁²+ S2²+ S3²

, (2)

(1)+(2) 得

9√ 3V² (S1S2S3)²³S4

+ S₄² S₁²+ S2²+ S3²

≤ 3, 同理

9√ 3V² (S1S2S4)²³S3

+ S₃² S₁²+ S2²+ S4²

≤ 3, 9√

3V² (S1S3S4)²³S2

+ S₂² S₁²+ S3²+ S4²

≤ 3, 9√

3V² (S2S3S4)²³S1

+ S₁² S₂²+ S3²+ S4²

≤ 3.

四式相加得 9√

3V² (S1S2S3S4)²³

1 S

1 3

1

+ 1 S

1 3

2

+ 1 S

1 3

3

+ 1 S

1 3

4

!

+ S₄² S₁²+ S2²+ S3²

+ S₃² S₁²+ S2²+ S4²

+ S₂² S₁²+ S3²+ S4²

+ S₁² S₂²+ S3²+ S4²



≤ 12, 而

1 S

1 3

1

+ 1 S

1 3

2

+ 1 S

1 3

3

+ 1 S

1 3

4

!

(S1S2S3S4)¹²¹ ≥ 4, 由引理 3 得

 S₄² S₁²+ S2²+ S3²

+ S₃² S₁²+ S2²+ S4²

+ S₂² S₁²+ S3²+ S4²

+ S₁² S₂²+ S3²+ S4²

≥ 4 3, 由以上三式得

(S1S2S3S4)³² ≥ 3⁷V⁴ 64 ,

於是 S1 + S2+ S3+ S4 ≥ 4(S¹S2S3S4)¹⁴ = 4[(S1S2S3S4)³²]¹⁶ ≥ 6√⁶

3V ²³, 引理 4 得證。

以下證明定理: 由引理 4 知 S1+ S2+ S3+ S4 ≥ 6√⁶

3V ²³, 即 V ≤

p2√ 3

36 (S1+ S2+ S3+ S4)³², 由引理 1 可知

p2√ 3

36 (S1+ S2+ S3+ S4)³², 即為每個面面積為 S1+ S2+ S3+ S4

4 的正四面體體積, 於是定理得證。

我們知道, 三角形中有這樣兩個著名不等式:

1. Weitzenbock 不等式: 設 a, b, c 分別表示 △ABC 的三邊長, S 表 △ABC 的面積, 則 a²+ b²+ c² ≥ 4√

3S, 當且僅當 a = b = c 時等號成立。[2]

證明: 由海倫公式 S =pp(p − a)(p − b)(p − c) (其中 p 是半周長), 又 (p − a)(p − b)(p − c) ≤p− a + p − b + p − c

3

³

=p 3

³ , 因此 S ≤

r pp

3

³

= p² 3√

3, 即 (a + b + c)² ≥ 12√

3S, 又由柯西不等式得 3(a²+ b² + c²) = (1²+ 1²+ 1²)(a²+ b²+ c²) ≥ (a + b + c)² ≥ 12√

3S, 於是 a²+ b²+ c² ≥ 4√

3S。

2. Finsler-Hadwiger 不等式: 設 a, b, c 分別表示 △ABC 的三邊長, S 表 △ABC 的面積, 則 a²+ b²+ c² − (a − b)²− (b − c)²− (c − a)² ≥ 4√

3S, 當且僅當 a = b = c 時等號成 立。[2]

證明: 令 x = p − a, y = p − b, z = p − c, 這時

(a² − (b − c)²) + (b²− (c − a)²) + (c²− (a − b)²)

= 4(p − b)(p − c) + 4(p − a)(p − c) + 4(p − a)(p − b)

= 4(yz + zx + xy).

由海倫公式 4√

3S = 4p3p(p − a)(p − b)(p − c) = 4p3(x + y + z)xyz, 這樣需證明 xy + yz + zx ≥ p3(x + y + z)xyz, 平方後再化簡成為 x²y²+ y²z² + z²x² ≥ x²yz+ y²xz+ z²xy, 注意

x²y²+ y²z² ≥ 2y²xz, y²z²+ z²x² ≥ 2z²xy, z²x²+ x²y² ≥ 2x²yz, 三式相加得證。

本文試將其推廣到空間得:

定理1: 設四面體 A1A2A3A4的棱 A2A4 = a, A3A4 = b, A1A4 = c, A1A2 = d, A2A3 = e, A1A3 = f , 頂點 Aⁱ 所對各面面積分別為 Sⁱ (i = 1, 2, 3, 4), 體積為 V , 則

Xa³ ≥ 36√ 2V,

當且僅當四面體為正時等號成立。 (這裏 P a³ = a³+ b³+ c³+ d³+ e³+ f³, 下同)

定理2: 設四面體 A1A2A3A4的棱 A2A4 = a, A3A4 = b, A1A4 = c, A1A2 = d, A2A3 = e, A1A3 = f , 頂點 Ai 所對各面面積分別為 Si (i = 1, 2, 3, 4), 體積為 V , 則

Xa² −1 2

X(a − b)² ≥ 12√³ 9V²,

(其中 P a² 意義同上, P(a − b)² 表示四面體所有相鄰棱差的平方和), 當且僅當四面體為正 時等號成立。

我們以下證明這兩個定理:

先證明定理 1, 如圖 2:

圖 2

由 Weitzenbock 不等式可得

a²+ b²+ e²≥ 4√ 3S1, b²+ c²+ f²≥ 4√

3S2, a²+ c²+ d²≥ 4√

3S3, d²+ e²+ f²≥ 4√

3S4, 將上面四式相加得:

a²+ b²+ c²+ d²+ e²+ f² ≥ 2√

3(S1+ S2+ S3+ S4).

由引理 4 得

(a²+ b²+ c²+ d²+ e² + f²)³ ≥ 24√

3(S1 + S2+ S3+ S4)³ ≥ 24 × 648V², 由冪平均不等式

a³+ b³+ c³+ d³+ e³+ f³ 6

¹3

≥a²+ b²+ c²+ d²+ e²+ f² 6

¹2

, 於是

a³+ b³+ c³+ d³+ e³+ f³ 6

²

≥a²+ b²+ c²+ d²+ e²+ f² 6

³ , 得

6(a³+ b³+ c³+ d³+ e³+ f³)²≥ (a²+ b²+ c² + d²+ e²+ f²)³ ≥ 24 × 648V², 兩邊開方即得 a³ + b³+ c³+ d³+ e³ + f³ ≥ 36√

2V , 即 P a³ ≥ 36√

2V 。 當且僅當四面 體為正時等號成立, 命題得證。

下證明定理 2:

證明: 同前假設, 由 Finsler-Hadwiger 不等式可得

a²+ b²+ e²− (a − b)²− (b − e)²− (a − e)²≥ 4√ 3S1, b² + c²+ f²− (b − c)²− (c − f)²− (b − f)²≥ 4√

3S2, a²+ c²+ d²− (a − c)²− (c − d)²− (a − d)²≥ 4√

3S3, d²+ e²+ f²− (d − e)² − (e − f)²− (d − f)²≥ 4√

3S4, 將上面四式相加得:

2(a²+ b² + c²+ d²+ e²+ f²)

−[(a − b)²+ (b − e)²+ (a − e)² + (b − c)²+ (c − f)²+ (b − f)²+ (a − c)² +(c − d)²+ (a − d)²+ (d − e)²+ (e − f)²+ (d − f)²] ≥ 4√

3(S1+ S2 + S3+ S4).

又 S1+ S2 + S3+ S4 ≥ 6 × 3¹⁶ × V ²³, 所以 (a² + b²+ c²+ d²+ e²+ f²)

−1

2[(a − b)²+ (b − e)²+ (a − e)²+ (b − c)²+ (c − f)²+ (b − f)²+ (a − c)² +(c − d)²+ (a − d)²+ (d − e)²+ (e − f)²+ (d − f)²] ≥ 12√³

9V², 定理 2 得證。

後來發現, 匡繼昌著 《常用不等式》 一書中已經有定理 1, 但無定理 2, 所以本文還是有一 定意義。

參考文獻

1. 蘇化明。 一個四面體問題的矩陣證明[J]。 《曲阜師範大學學報 (自然科學版)》, 1987 (3), 101-106。

2. 匡繼昌著。 常用不等式[M]。 濟南 : 山東科學技術出版社, 2004.1。

—本文作者任教中國安徽省旌德中學_—