对数学问题2121的探究

李凤清　张子卫　张青山

(四川职业技术学院应用数学与经济系　629000)

数学问题2121在锐角三角形ABC中，求证：

设三角形ABC的面积为S，由于

我们由这个式子的结构联想到著名的几何不等式——佩多不等式.

佩多不等式对任意两个三角形A1B1C1与三角形A2B2C2，|B1C1|=a1,|A1C1|=b1,|A1B1|=c1，|B2C2|=a2,|A2C2|=b2,|A2B2|=c2，记三角形A1B1C1的面积为S1，三角形A2B2C2的面积为S2，那么

(1)

仅当三角形A1B1C1与三角形A2B2C2相似时等号成立.

(2)

由此可见，问题2121可以推广成下面命题.

pcotA+qcotB+rcotC≥4S

(3)

显然，等号成立的条件也可以表示为

cotA:cotB:cotC

=(q+r-p):(p+r-q):(p+q-r).

定理1显然与佩多不等式等价.因此，问题2121是佩多不等式的一个特例.

由(3)式可知

(pcotA+qcotB+rcotC)2≥16S2，

由于

cotAcotB+cotBcotC+cotCcotB=1，

那么可得

(pcotA+qcotB+rcotC)2

≥16S2(cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA)，

令a=cotA,b=cotB,c=cotC，

就有(pa+qb+rc)2≥16S2(ab+bc+ca)，

我们提出下面问题.

(pa+qb+rc)2≥16S2(ab+bc+ca)

(4)

是否恒成立？

分析

1. 若ab+bc+ca≤0，(4)式显然成立；

2.若ab+bc+ca>0，由于(4)式是一个三元二次齐次不等式，故可设ab+bc+ca=1.

第一种情况，a,b,c中至少有两个正数，不妨设为a,b，则存在三角形ABC使

a=cotA,b=cotB,c=cotC(注：设两个锐角A,B满足a=cotA,b=cotB，那么

=cot [π-(A+B)]，

令C=π-(A+B)，

可见0

由定理1可知(4)式成立；

第二种情况，a,b,c全为负数，则存在三角形ABC使|a|=cotA,|b|=cotB,|c|=cotC，

由定理1可知(4)式成立；

第三种情况，a,b,c中有两个负数，一个正数，不妨设a<0,b<0,c>0，那么

(pa+qb+rc)2≥16S2(ab+bc+ca)

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等价于

(p|a|+q|b|-rc)2

≥16S2[|a||b|+|b|(-c)+(-c)|a|]，

故存在三角形ABC使

|a|=cotA,|b|=cotB,-c=cotC，

由定理1可知(4)式成立.故以下命题成立.

证明由于

(qbcos 2R+rccos 2Q+pa)2+(qbsin 2R-rcsin 2Q)2

≥0，

那么

(pa)2+(qb)2+(rc)2+2(pa)(qb)cos 2R+

2(pa)(rc)cos 2Q+2(qb)(rc)(cos 2Rcos 2Q-

sin 2Rsin 2Q)≥0,

即

(pa)2+(qb)2+(rc)2+2(pa)(qb)cos 2R+

2(pa)(rc)cos 2Q+2(qb)(rc)cos (2R+2Q)≥0,

即

(pa)2+(qb)2+(rc)2+2(pa)(qb)cos 2R+

2(pa)(rc)cos 2Q+2(qb)(rc)cos 2P≥0,

即

(pa+qb+rc)2-4(pa)(qb)sin2R-

4(pa)(rc)sin2Q-4(qb)(rc)sin2P≥0,

即得

(pa+qb+rc)2≥16S2(ab+bc+ca).

易知等号成立的条件为

pa∶qb∶rc=sin 2P∶sin 2Q∶sin 2R，

即

a∶b∶c=(q+r-p)∶(p+r-q)∶(p+q-r).

对三角形ABC，|CA|=b,|CB|=a,|AB|=c，不妨设A,B为锐角，那么

pcotA+qcotB+rcotC

在定理2中令a=cotA,b=cotB,c=cotC，即可得到(3)式，即是说，由定理2可以得到定理1，说明定理1与定理2等价.

根据定理2即可将数学通报数学问题1885推广为下面结论：

若三角形PQR的三边长度分别为p,q,r，其面积为S，a,b,c为正数，则

由定理2即可得证.