幾個(gè)三角不等式的串聯(lián)與加細(xì)

摘要本文對(duì)幾個(gè)三角不等式進(jìn)行串聯(lián)、加細(xì)，形成一個(gè)不等式鏈.

關(guān)鍵詞三角不等式；串聯(lián)；加細(xì)；不等式鏈

設(shè)△ABC的外接圓半徑，內(nèi)切圓半徑，面積，半周長分別為R，r，S，p.在文［1］中，作者證明了如下的不等式：

設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，面積為S.證明：tanA2+tanB2+tanC2≤9R24S.

該題是1985年第26屆IMO預(yù)選題：由歐拉不等式R≥2r知9R2p≤9R24pr=9R24S.由此我們猜測(cè)tanA2+tanB2+tanC2≤9R2p.通過探究猜測(cè)是成立的.

又由于cotA+cotB+cotC≥tanA2+tanB2+tanC2，secA2+secB2+secC2≥23，tanA2+tanB2+tanC2≥3，故筆者嘗試對(duì)上述結(jié)果進(jìn)行串聯(lián)、加細(xì)，得到了如下不等式鏈：

命題在△ABC中，有cotA+cotB+cotC≥tanA2sec2B－C2+tanB2sec2C－A2+tanC2sec2A－B2①

≥9R2p②

≥tanA2+tanB2+tanC2③

≥12（secA2+secB2+secC2）.④

下面我們給出上述4個(gè)不等式的證明.不等式①的證明

由三角公式得cotA+cotB=cosAsinA+cosBsinB=sin（A+B）sinAsinB=sinCsinAsinB=4sinC2cosC2cos（A－B）－cos（A+B）=4sinC2cosC2cos（A－B）+cosC=4sinC2cosC2cos（A－B）（sin2C2+cos2C2）+（cos2C2－sin2C2）

=4tanC2cos（A－B）（1+tan2C2）+（1－tan2C2）=4tanC21+cos（A－B）－tan2C2［1－cos（A－B）］

≥4tanC21+cos（A－B）=4tanC22cos2A－B2=2tanC2sec2A－B2.同理可得cotB+cotC≥2tanA2sec2B－C2，cotC+cotA≥2tanB2sec2C－A2，三式相加即知不等式①成立.

不等式②的證明

因?yàn)閎+c=2R（sinB+sinC）=4RsinB+C2cosB－C2=4RcosA2cosB－C2，

ab+c=sinAsinB+sinC=2sinA2cosA22sinB+C2cosB－C2=sinA2cosB－C2，所以tanA2sec2B－C2=4aR（b+c）2，

同理可得tanB2sec2C－A2=4bR（c+a）2，tanC2sec2A－B2=4cR（a+b）2.

從而不等式②等價(jià)于4R［a（b+c）2+b（c+a）2+c（a+b）2］≥9R2p.

所以（a+b+c）［a（b+c）2+b（c+a）2+c（a+b）2］≥94，

即（ab+c）2+（bc+a）2+（ca+b）2+ab+c+bc+a+ca+b≥94.

熟知（a+b+c）2≥3（ab+bc+ca），由權(quán)方和不等式得ab+c+bc+a+ca+b=a2a（b+c）+b2b（c+a）+c2c（a+b）≥（a+b+c）22（ab+bc+ca）≥32，

又熟知a2+b2+c2≥13（a+b+c）2，

所以（ab+c）2+（bc+a）2+（ca+b）2≥13（ab+c+bc+a+ca+b）2≥13×（32）2=34，

所以（ab+c）2+（bc+a）2+（ca+b）2+ab+c+bc+a+ca+b≥34+32=94.故不等式②成立.

不等式③的證明

在△ABC中，熟知S=pr，tanA2=a2－（b－c）24S，tanB2=b2－（c－a）24S，tanC2=c2－（a－b）24S，

從而不等式③等價(jià)于a2－（b－c）2+b2－（c－a）2+c2－（a－b）2≤18Rr⑤.

設(shè)a=y+z，b=z+x，c=x+y，其中x，y，zgt;0.

因?yàn)镾=12（a+b+c）r=abc4R，所以Rr=abc2（a+b+c）=（x+y）（y+z）（z+x）4（x+y+z）.

從而不等式⑤變形為4（xy+yz+zx）≤9（x+y）（y+z）（z+x）2（x+y+z），

即證8（x+y+z）（xy+yz+zx）≤9（x+y）（y+z）（z+x）⑥.

由均值不等式得（x+y）（y+z）（z+x）≥2xy·2yz·2zx=8xyz，

所以9（x+y）（y+z）（z+x）=8（x+y）（y+z）（z+x）+（x+y）（y+z）（z+x）≥8［（x+y）（y+z）（z+x）+xyz］=8（x+y+z）（xy+yz+zx），所以不等式⑥成立.故不等式③成立.

不等式④的證明

注意到tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1，tan2A2=sec2A2－1，那么④4（tanA2+tanB2+tanC2）2≥（secA2+secB2+secC2）24∑tan2A2+8≥∑sec2A2+2∑secB2secC24∑（sec2A2－1）+8≥∑sec2A2+2∑secB2secC23∑sec2A2－4≥2∑secB2secC2.

三角形中，熟知∑sec2A2≥4，所以3∑sec2A2－4≥2∑sec2A2，

故只需證明2∑sec2A2≥2∑secB2secC2，而這是顯然的.故不等式④成立.

評(píng)注不等式①的證明不能直接舍棄cos（A－B），否則得到cotA+cotB≥2tanA2等三式，這是證明常見不等式∑cotA≥∑tanA2的常規(guī)方法.不等式②的證明是將不等式轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系，把三角不等式轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式.不等式③通過切線換元，把所證不等式轉(zhuǎn)化為另一個(gè)代數(shù)不等式8（x+y+z）（xy+yz+zx）≤9（x+y）（y+z）（z+x），實(shí)際上不等式⑤也可以轉(zhuǎn)化為2（ab+bc+ca）－（a2+b2+c2）≤18Rr，將三角恒等式a2+b2+c2=2（p2－4Rr－r2），ab+bc+ca=p2+4Rr+r2代入，化為R≥2r，這正是歐拉不等式，故不等式⑤成立，從而不等式③成立.不等式④借助恒等式tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1和關(guān)系式tan2A2=sec2A2－1以及熟知結(jié)論∑sec2A2≥4，逐步轉(zhuǎn)化為一個(gè)顯而易見的結(jié)論.

參考文獻(xiàn)

［1］馬秋紅.“9-8不等式”及其應(yīng)用［J］.數(shù)學(xué)通訊，2024（12）：62-66.