数学通报中若干三角问题的推广_改进或优化_黄兆麟

数学通报中若干三角问题的推广、改进或优化黄兆麟（天津水运高级技工学校３００４５６）　　《数学通报》的问题解答栏中每期的五个题各具特色，就象数学世界海洋里的五颗珍珠绚丽多彩，令人赏心悦目且能启迪人们的智慧，在充分享受原解美妙方法的同时也提高自己的鉴赏能力．通过研究学习，笔者发现该栏目或其它栏目有一些三角题或定理均有推广、改进或优化的空间，现介绍如下，与解题爱好者共赏．问题２２２３　在△ＡＢＣ中，求证１ｓｉｎ２Ａ２＋１ｓｉｎ２Ｂ２＋１ｓｉｎ２Ｃ２　≥２１ｓｉｎＡ２＋１ｓｉｎＢ２＋１ｓｉｎＣ烄烆烌烎２．这是一个结构简洁优美对称的三角不等式，原解答利用换元法求解但不易推广，本文给出其指数推广的简捷证明，供参考．推广命题１　在△ＡＢＣ中，已知ｐ＞０，则有１ｓｉｎｐ＋１Ａ２＋１ｓｉｎｐ＋１Ｂ２＋１ｓｉｎｐ＋１Ｃ２　≥２１ｓｉｎｐＡ２＋１ｓｉｎｐＢ２＋１ｓｉｎｐＣ烄烆烌烎２．证明　由待证不等式的全对称性，不妨设Ａ≤Ｂ≤Ｃ，则Ａ≤π３，Ｃ≥π３，且有１ｓｉｎｐ＋１Ａ２≥１ｓｉｎｐ＋１Ｂ２≥１ｓｉｎｐ＋１Ｃ２，同时还有１－２ｓｉｎＡ２≥０及１－２ｓｉｎＣ２≤０，又设待证不等式左右之差为Ｍ，则Ｍ＝１－２ｓｉｎＡ２ｓｉｎｐ＋１Ａ２＋１－２ｓｉｎＢ２ｓｉｎｐ＋１Ｂ２＋１－２ｓｉｎＣ２ｓｉｎｐ＋１Ｃ２≥１－２ｓｉｎＡ２ｓｉｎｐ＋１Ｂ２＋１－２ｓｉｎＢ２ｓｉｎｐ＋１Ｂ２＋１－２ｓｉｎＣ２ｓｉｎｐ＋１Ｂ２＝２ｓｉｎｐ＋１Ｂ２［３２－（ｓｉｎＡ２＋ｓｉｎＢ２＋ｓｉｎＣ２）］≥０．以上证明过程中最后一步放缩用到了熟知的不等式ｓｉｎＡ２＋ｓｉｎＢ２＋ｓｉｎＣ２≤３２，故推广命题１成立．显然２２２３题是以上推广命题１当ｐ＝１时的特例．问题２２４３　在三角形ＡＢＣ中，ａ，ｂ，ｃ，ｍａ，ｍｂ，ｍｃ，ｈａ，ｈｂ，ｈｃ，Ｒ，ｒ分别表示三边长，三条中线长，三条高，外接圆、内切圆半径，求证：　　∑ｍ２ａｈ２ｂ＋ｈ２ｃ≥３２．这是一个较弱的三角不等式，本文给出其加强指数推广的简捷证明，且证明并不涉及到两圆半径，供参考．推广命题２　设ａ，ｂ，ｃ，ｍａ，ｍｂ，ｍｃ，ｌａ，ｌｂ，ｌｃ，ｈａ，ｈｂ，ｈｃ，ｓ分别表示△ＡＢＣ的三边长，三条中线长，三条角平分线长，三条高线长和半周长，若指数ｐ＞０，则有∑ｍｐａｈｐｂ＋ｈｐｃ≥∑ｌｐａｈｐｂ＋ｈｐｃ≥∑ｈｐａｈｐｂ＋ｈｐｃ　≥３２．证明　注意到有中线长公式、角平分线长公式及高线长公式，立得ｍａ＝１２２ｂ２＋２ｃ２－ａ槡２９５２０１８年　第５７卷　第１０期　　　　　　　　数学通报　≥１２（ｂ＋ｃ）２－ａ槡２＝ｓ（ｓ－ａ槡）　≥２槡ｂｃｂ＋ｃｓ（ｓ－ａ槡）＝ｌａ，且还有ｌａ＝ｃｓｉｎＢｃｏｓＢ－Ｃ２≥ｃｓｉｎＢ＝ｈａ，那么就有ｍａ≥ｌａ≥ｈａ，从而可得∑ｍｐａｈｐｂ＋ｈｐｃ≥∑ｌｐａｈｐｂ＋ｈｐｃ≥∑ｈｐａｈｐｂ＋ｈｐｃ，而不等式∑ｈ２ａｈ２ｂ＋ｈ２ｃ≥３２即为Ｎｅｓｂｉｔｔ不等式∑ｘｙ＋ｚ≥３２的等价形式，显然成立，故知推广命题２中的不等式链成立．同理，胡文生老师在文［１］中给出的一个不等式∑ｍ２ａｌ２ｂ＋ｌ２ｃ≥３２，同样可借助于人们熟知成立的Ｎｅｓｂｉｔｔ不等式给出其指数推广∑ｍｐａｌ　ｐｂ＋ｌｐｃ≥∑ｌｐａｌ　ｐｂ＋ｌｐｃ≥３２（ｐ＞０）的证明．问题２２９６　在锐角△ＡＢＣ中，求证：ｃｏｓ　ＡｃｏｓＢｃｏｓ槡Ｃ＋ｃｏｓＢｃｏｓＣｃｏｓ槡Ａ＋ｃｏｓＣｃｏｓ　Ａｃｏｓ槡Ｂ　≥槡３　２原证姜坤崇老师是利用三角正切代换的方法给出的证明，这里借助于一个较常见的三角余弦不等式ｃｏｓ　ＡｃｏｓＢｃｏｓＣ≤１８，本题即可直接获证．证明　直接由三元均值不等式及熟知成立的不等式ｃｏｓ　ＡｃｏｓＢｃｏｓＣ≤１８，立得左边≥３３ｃｏｓ　ＡｃｏｓＢｃｏｓ槡槡Ｃ≥槡３　２．问题２３００　设Ｐ是锐角△ＡＢＣ内的任意一点，记ＰＡ＝ｘ，ＰＢ＝ｙ，ＰＣ＝ｚ，△ＡＢＣ的内切圆半径为ｒ，则４ｘ４＋ｙ４＋ｚ４槡３≥２ｒ．原证曹嘉兴老师利用四点共圆、柯西不等式及两个熟知的三角几何不等式给出了证明，指数推广不易，该题若借助于艾尔托斯—莫迪尔不等式即可给出该题指数推广的简证．推广命题３　设Ｐ是锐角△ＡＢＣ内的任意一点，记ＰＡ＝ｘ，ＰＢ＝ｙ，ＰＣ＝ｚ，△ＡＢＣ的内切圆半径为ｒ，指数ｐ＞１，则有（ｘｐ＋ｙｐ＋ｚｐ３）１ｐ≥２ｒ．证明　由幂平均不等式不等式（ｐ＞１）可得（ｘｐ＋ｙｐ＋ｚｐ３）１ｐ≥ｘ＋ｙ＋ｚ３．又设Ｐ点到△ＡＢＣ三边ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ的距离分别为ｕ，ｖ，ｗ那么由（Ｐ．Ｅｒｄｏｓ－Ｌ．Ｊ．Ｍｏｒｄｅｌｌ）艾尔托斯－莫迪尔不等式ｘ＋ｙ＋ｚ≥２（ｕ＋ｖ＋ｗ），我们立得（ｘｐ＋ｙｐ＋ｚｐ３）１ｐ　≥ｘ＋ｙ＋ｚ３≥２３（ｕ＋ｖ＋ｗ），即有（ｘｐ＋ｙｐ＋ｚｐ３）１ｐ≥２３（ｕ＋ｖ＋ｗ）（＊）当取Ｐ点为△ＡＢＣ的内心时，就有ｕ＝ｖ＝ｗ＝ｒ，代入（＊）式即得（ｘｐ＋ｙｐ＋ｚｐ３）１ｐ≥２ｒ．故推广命题３成立．显然２３００题是以上推广命题３当ｐ＝４时的特例．问题２３３３　在△ＡＢＣ中，ａ，ｂ，ｃ；ｔａ，ｔｂ，ｔｃ；ｒａ，ｒｂ，ｒｃ分别表示三条边，内角平分线长，旁切圆半径，则有　ｂｃｔ２ａ＋ｃａｔ２ｂ＋ａｂｔ２ｃ≤ｂｃｒ２ａ＋ｃａｒ２ｂ＋ａｂｒ２ｃ．原证李永利老师利用插入常数２Ｒｒ的方法及诸多著名的几何不等式给出了一个证明，但指数推广不易，本文给出其隔离加强的指数推广，供参考．推广命题４　在△ＡＢＣ中，若ａ，ｂ，ｃ；ｒａ，ｒｂ，ｒｃ；ｈａ，ｈｂ，ｈｃ；ｔａ，ｔｂ，ｔｃ；Δ，ｐ分别表示三条边，旁切圆半径，高线长，内角平分线长，面积和半周长，且指数ｍ＞０，ｎ≥１，则（ｂｃ）ｍｒｎａ＋（ｃａ）ｍｒｎｂ＋（ａｂ）ｍｒｎｃ０６数学通报　　　　　　　　２０１８年　第５７卷　第１０期　≥（ｂｃ）ｍｈｎａ＋（ｃａ）ｍｈｎｂ＋（ａｂ）ｍｈｎｃ　≥（ｂｃ）ｍｔ　ｎａ＋（ｃａ）ｍｔ　ｎｂ＋（ａｂ）ｍｔ　ｎｃ．（１）证明　由旁切圆半径公式ｒａ＝Δｐ－ａ，相应可得１ｒｂ＋１ｒｃ＝ｐ－ｂΔ＋ｐ－ｃΔ＝ａΔ＝２ｈａ，当ｎ≥１时，由幂平均不等式有１２（１ｒｎｂ＋１ｒｎｃ）≥［１２（１ｒｂ＋１ｒｃ）］ｎ＝１ｈｎａ，即有１２（１ｒｎｂ＋１ｒｎｃ）≥１ｈｎａ，同理１２（１ｒｎｃ＋１ｒｎａ）≥１ｈｎｂ，１２（１ｒｎａ＋１ｒｎｂ）≥１ｈｎｃ，以上三个等式相加即得１ｒｎａ＋１ｒｎｂ＋１ｒｎｃ≥１ｈｎａ＋１ｈｎｂ＋１ｈｎｃ．（２）下面首先证明链（１）中第一个不等式．由于链（１）中第一个不等式的完全对称性，不妨设ａ≥ｂ≥ｃ，则有３ａ≥２ｐ且３ｃ≤２ｐ，而由３ａ≥２ｐΔｐ－ａ≥２Δａｒａ≥ｈａ１ｒｎａ－１ｈｎａ≤０，同理由３ｃ≤２ｐ可推出１ｒｎｃ－１ｈｎｃ≥０，设链（１）中第一个不等式的左右之差为Ｍ，则有Ｍ＝（ｂｃ）ｍ１ｒｎａ－１ｈ（）ｎａ＋（ｃａ）ｍ（１ｒｎｂ－１ｈｎｂ）＋（ａｂ）ｍ（１ｒｎｃ－１ｈｎｃ）≥（ｃａ）ｍ（１ｒｎａ－１ｈｎａ）＋（ｃａ）ｍ（１ｒｎｂ－１ｈｎｂ）＋（ｃａ）ｍ（１ｒｎｃ－１ｈｎｃ）＝（ｃａ）ｍ（１ｒｎａ＋１ｒｎｂ＋１ｒｎｃ－１ｈｎａ－１ｈｎｂ－１ｈｎｃ）≥０，即链（１）中第一个不等式成立．以上证明最后一步用到了不等式（２）成立的结论．最后证明链（１）中第二个不等式．由ｔａ≥ｈａ，ｔｂ≥ｈｂ，ｔｃ≥ｈｃ，知有（ｂｃ）ｍｈｋａ≥（ｂｃ）ｍｔ　ｋａ，（ｃａ）ｍｈｋｂ≥（ｃａ）ｍｔ　ｋｂ，（ａｂ）ｍｈｋｃ≥（ａｂ）ｍｔ　ｋｃ，三式相加立得（ｂｃ）ｍｈｎａ＋（ｃａ）ｍｈｎｂ＋（ａｂ）ｍｈｎｃ　≥（ｂｃ）ｍｔ　ｎａ＋（ｃａ）ｍｔ　ｎｂ＋（ａｂ）ｍｔ　ｎｃ．即链（１）中第二个不等式成立．至此推广命题４的不等式链（１）获证．问题２３７３　在△ＡＢＣ中，三内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对三边长分别为ａ，ｂ，ｃ，面积为Δ，求证：（ａ＋ｂ－ｃ）２＋（ｂ＋ｃ－ａ）２＋（ｃ＋ａ－ｂ）２　≥槡４　３Δ＋２［（ａ－ｂ）２＋（ｂ－ｃ）２＋（ｃ－ａ）２］原证曹嘉兴老师利用换元法给出了一种代数形式的证明，该题若借助于费恩斯列尔－哈德维格尔不等式，便可直接获证．证明　只要将待证不等式左边展开再整理立得ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋（ａ－ｂ）２＋（ｂ－ｃ）２＋（ｃ－ａ）２，再移项合并立得费－哈不等式ａ２＋ｂ２＋ｃ２　≥槡４　３Δ＋（ａ－ｂ）２＋（ｂ－ｃ）２＋（ｃ－ａ）２．即待证不等式与费－哈不等式等价，故知待证不等式成立．问题２２８８　在△ＡＢＣ，ａ，ｂ，ｃ；ｓ，ｌａ，ｌｂ，ｌｃ；Ｒ，ｒ分别表示三边长，半周长，内角平分线长，外接圆、内切圆半径，则有１２ｒ≤ｂｃｌａ＋ｃａｌｂ＋ａｂｌｃ≤６Ｒ．胡文生老师在证明不等式链右边的上界不等式时稍显复杂，其实胡老师在证明下界不等式时，都已经得到了证明上界需要的等式ｂｃｌａ＋ｃａｌｂ＋ａｂｌｃ＝２Ｒ（ｃｏｓＢ－Ｃ２＋ｃｏｓＣ－Ａ２＋ｃｏｓＡ－Ｂ２），有了这一等式，利用三角余弦函数的有界性就可得到ｂｃｌａ＋ｃａｌｂ＋ａｂｌｃ≤６Ｒ．问题２１５７　已知ｓｉｎ（２ｘ＋ｙ）ｓｉｎ２ｘ＝ｓｉｎ（ｘ＋２ｙ）ｓｉｎ２ｙ，其中ｘ，ｙ都是锐角，且０＜ｘ＋ｙ＜π２，求证：ｘ＝ｙ．１６２０１８年　第５７卷　第１０期　　　　　　　　数学通报原解答利用Ｓｔｅｉｎｅｒ－Ｌｅｈｍｕｓ定理：“在三角形中，若有两个内角的角平分线长相等，则该三角形为等腰三角形。”给出的证明，本文则给出一种反证法的证明，实际上也是给出了Ｓｔｅｉｎｅｒ－Ｌｅｈｍｕｓ定理一种反证法的证明．证明（反证法）首先将条件等式去分母，可得　ｓｉｎｘ［ｓｉｎ（ｘ＋２ｙ）ｃｏｓｘ］＝ｓｉｎｙ［ｓｉｎ（２ｘ＋ｙ）ｃｏｓｙ］ｓｉｎｘ［ｓｉｎ２（ｘ＋ｙ）＋ｓｉｎ２ｙ］＝ｓｉｎｙ［ｓｉｎ２（ｘ＋ｙ）＋ｓｉｎ２ｘ］ｓｉｎ２（ｘ＋ｙ）·（ｓｉｎｘ－ｓｉｎｙ）＝２ｓｉｎｘｓｉｎｙ·（ｃｏｓｘ－ｃｏｓｙ）．　　（＊）注意到题设条件，立知ｓｉｎ２（ｘ＋ｙ）＞０，２ｓｉｎｘｓｉｎｙ＞０①假设ｘ＞ｙ，那么此时（＊）式左边＞０，同时（＊）式左边＜０，矛盾！故假设不真！②假设ｘ＜ｙ，那么此时（＊）式左边＜０，同时（＊）式左边＞０，矛盾！故假设不真！综上①和②，立得ｘ＝ｙ定理　在△ＡＢＣ中，三边长分别为ＡＢ＝ｃ，ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，半周长为ｐ＝１２（ａ＋ｂ＋ｃ），面积为Δ，设（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）＝ｘ，（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ）＝ｙ，（ｐ－ｃ）（ｐ－ａ）＝ｚ，则Δ＝ｘｙ＋ｙｚ＋槡ｚｘ．以上定理是曹嘉兴老师给出的（见文［２］），本文则给出一个较为简洁的证明，供读者参考．证明　由半角正切公式、余弦定理及海伦公式，可得ｔａｎＣ２＝１－ｃｏｓＣ１＋ｃｏｓ槡Ｃ＝ｃ２－（ａ－ｂ）２（ａ＋ｂ）２－ｃ槡２　＝（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）ｐ（ｐ－ｃ槡）＝（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）Δｘ＝ΔｔａｎＣ２，同理ｙ＝ΔｔａｎＡ２，ｚ＝ΔｔａｎＢ２，那么就有ｘｙ＋ｙｚ＋槡ｚｘ＝Δ２（ｔａｎＣ２ｔａｎＡ２＋ｔａｎＡ２ｔａｎＢ２＋ｔａｎＢ２ｔａｎＣ２槡）＝Δ．以上证明过程用到了不等式ｔａｎＣ２ｔａｎＡ２＋ｔａｎＡ２ｔａｎＢ２＋ｔａｎＢ２ｔａｎＣ２　＝１．参考文献［１］胡文生．关于三角形中线与角平分线的两个新不等式［Ｊ］．数学通报，２０１７，５６（８）：６２［２］曹嘉兴．一个新的三角形面积公式［Ｊ］．数学通报，２０１７，５６（１２）：５８－６２（上接第５８页）结合引理１、２、３，我们可以得到数列任意一项的取值，并且稍微作一下变量替换，很容易得出数列的通项公式，写成定理如下．定理１　若数列ｆ（ｎ）是严格单调递增数列，ｆ（Ｎ）Ｎ，并且满足对ｎ∈Ｎ，都有ｆ（ｆ（ｎ））＝３ｎ，则这个数列是存在且唯一的，其通项公式为ｆ（ｘ）＝ｘ＋３ｎ　ｘ∈［３ｎ，２·３ｎ）３（ｘ－３ｎ）ｘ∈［２·３ｎ，３ｎ＋１烅烄烆）（ｎ∈Ｎ∪｛０｝）这样我们解决了第一道思考题．这个数列存在并且是唯一的，其通项公式是可以写出来的．通项公式写出来，就可以着手计算数列在任意一项处的取值．例如ｆ（１００），先看１００在哪个区间内，３ｎ≤１００＜２·３ｎ，可以得出ｎ＝４，从而ｆ（１００）＝１００＋３４＝１８１．例如ｆ（５００），先看５００在哪个区间内，２·３ｎ≤５００＜３ｎ＋１，可以得出ｎ＝５，从而ｆ（５００）＝３（５００－３５）＝７７１．由通项公式，我们实际上可以计算出数列的任意项．这样的话，第二道思考题也被我们解决了．我们看到，在求出数列的通项公式的过程中，题干的所有条件都受到了充分的运用．归纳、演绎、猜想这些方法使用在其中不停地发挥各自的作用．２６数学通报　　　　　　　　２０１８年　第５７卷　第１０期