数学问题解答

2019年2月号问题解答(解答由问题提供人给出)

(天津水运高级技工学校 黄兆麟 300456)

证明首先证明链中第一个不等式.

cosA+cosB+cosC

立得

而以上最后一式由二元均值定理知显然成立,故链中第一个不等式成立.

以上三式相加化简即得

≥cosA+cosB+cosC,

即链中第二个不等式成立.

而链中第三个不等式与熟知成立的

故知链中第三个不等式成立,至此命题获证.

(贵州省织金县第六中学 邓波 552100)

证明现在考虑1，2，…，a中是bc的倍数的个数. 1，2，…，a中是bc的倍数的个数就是方程bct≤a的正整数t的解的个数.

2468设不同的两点E，F在梯形ABCD的腰AB上， 且满足∠CED=∠CFD=∠ABC= 90°，在另一腰CD上求点P，使得AB≤PE+PF≤CD.

(河南辉县一中 贺基军 453600)

解在梯形ABCD中，不妨设AD

图1

如图1，由∠CED=∠CFD= 90° 知C，D，E，F四点共圆，CD为圆的直径. 设此圆为ω，圆心为M.

由∠ABC= 90° 知，AB的中垂线过点M，点E，F关于该中垂线对称.

作两个椭圆L和L′，它们具有公共焦点E，F，长轴分别为AB，A′B′，其中A′B′ =CD.

作DG⊥BC于点G，作点F关于CD的对称点F′. 因CD为圆ω的直径，故G，F′ 两点都在圆ω上.

连接EF′ 交CD于点T，连接FT，EG，DF′.

因矩形ABGD中EG=FD，又FD=F′D，

故EG=F′D，

因此圆内接四边形EGF′D为等腰梯形，

从而有EF′ =DG.

因TE+TF=TE+TF′

=EF′ =DG=AB，

图2

故由椭圆定义知，点T在椭圆L上，

于是点T为椭圆L与CD的公共点.

设∠ETF的平分线为t，

因F，F′ 两点关于CD对称，

故t∥FF′，即t⊥CD，

从而知CD为椭圆L在点T处的切线；

因点M为圆ω的圆心，

故ME+MF=2ME=CD=A′B′，

从而知M为椭圆L′ 的顶点.

根据AD

如果点N在线段MD上，即MN≤MD，则线段MN上任意一点为所求的点P(如图1). 这是因为，此时点P或在椭圆L上或在L外部，故有PE+PF≥AB；同时点P或在椭圆L′ 上或在L′ 内部，故有PE+PF≤CD，这里CD=A′B′.

如果点N在线段MD的延长线上，即MN>MD，则线段MD上任意一点为所求的点P(如图2). 这是因为，此时点D在椭圆L外部，同时点D在椭圆L′ 内部，故对于线段MD上任意一点P，都有AB≤PE+PF≤CD.

总之，在线段MN，MD中，较短线段上任意一点为所求的点P.

2469在△ABC中，设三边a,b,c上对应的高、角平分线、中线、旁切圆半径分别为ha,hb,hc;ta,tb,tc;ma,mb,mc;ra,rb,rc,∑表示循环和，求证：

(1)

(河南质量工程职业学院 李永利 467001)

证明设△ABC的面积、半周长、外接圆半径、内切圆半径分别为Δ,p,R,r，则

a+b+c=2p,ab+bc+ca=p2+4Rr+r2.

以下分五步证明(1)式成立.

(2)

(3)

而由恒等∑a=2p,∑ab=p2+4Rr+r2,Δ=pr,

(4)

由(3)、(4)两式可知(2)式成立.

(5)

可得

=∑a(b+c)2(p-b)(p-c)

=∑[a(b2+c2)+2abc][p2-(b+c)p+bc]

=∑a(b2+c2)[p2-(b+c)p+bc]+2abc∑[p2-(b+c)p+bc]

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b2+c2)(b+c)+abc∑(b2+c2)+2abc(3p2-2p∑a+∑bc)

=p2∑a(b2+c2)-p∑[a(b3+c3)+abc(b+c)]+2abc∑a2+2abc(-p2+∑bc)

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b3+c3)-4p2abc+2abc∑a2+2abc(-p2+∑bc)

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b3+c3)+abc[-6p2+∑a2+(∑a2+2∑bc)]

=p2∑a(b2+c2)-p∑a(b3+c3)+abc(-2p2+∑a2),

又因

∑a(b2+c2)=2p∑a2-∑a3,

∑a(b3+c3)=2p∑a3-∑a4,

且

∑a2=2(p2-4Rr-r2),

∑a3=2p(p2-6Rr-3r2),

∑a4=2(p2-4Rr-r2)2-8p2r2,

abc=4Rrp,

所以

=p2(2p∑a2-∑a3)-p(2p∑a3-∑a4)+abc(-2p2+∑a2)

=2p3∑a2-3p2∑a3+p∑a4+abc(-2p2+∑a2)

=2p3(2p2-8Rr-2r2)-6p3(p2-6Rr-3r2)+p[2(p2-4Rr-r2)2-8p2r2]+4Rrp[-2p2+2(p2-4Rr-r2)]

=pr[p2(4R+2r)+2r2(4R+r)],

(6)

于是，由(4)、(6)两式可知，

(5)式等价于

⟺8Rr(4R+r)≤p2(2R+r)+r2(4R+r)

⟺p2(2R+r)≥32R2r+4Rr2-r3.

由Gerretsen不等式p2≥16Rr-5r2可知，

欲证上式成立，只需证明

(16Rr-5r2)(2R+r)≥32R2r+4Rr2-r3

⟺(16R-5r)(2R+r)≥32R2+4Rr-r2

⟺32R2+6Rr-5r2≥32R2+4Rr-r2

⟺2Rr-4r2≥0

⟺2r(R-2r)≥0,

而由欧拉不等式R≥2r可知，上式显然成立，故(5)式成立.

(7)

∑ab=p2=4Rr+r2,

(8)

由(6)、(8)两式可知，(7)式等价于

⟺p2(2R+r)+r2(4R+r)

≤2Rp2+8R2r+2Rr2

⟺p2r≤8R2r-2Rr2-r3

⟺p2≤8R2-2Rr-r2.

而由Gerretsen不等式p2≤4R2+4Rr+3r2可知，

欲证上式成立，只需证明

4R2+4Rr+3r2≤8R2-2Rr-r2

⟺2R2-3Rr-2r2≥0

⟺(R-2r)(2R+r)≥0,

而由欧拉不等式R≥2r可知上式显然成立，故(7)式成立.

(9)

由熟知的不等式x2+y2+z2≥xy+yz+zx可知(9)式显然成立.

(10)

(11)

(12)

于是由(11)、(12)两式可知，(10)式等价于

⟺p2-4Rr-r2≤2p2-16Rr-4r2

⟺p2≥12Rr+3r2，

由Gerretsen不等式p2≥16Rr-5r2可知，欲证上式成立，只需证明

16Rr-5r2≥12Rr+3r2

⟺4Rr-8r2≥0

⟺4r(R-2r)≥0,

而由欧拉不等式R≥2r可知，上式显然成立，故(10)式成立.

由以上五步证明的(2)、(5)、(7)、(9)、(10)五式可知(1)式成立.

(安徽省岳西县汤池中学 杨续亮 246620)

解先证明一个等式

sin 66°-sin 30°=sin 18°+sin 6°.

sin 66°-sin 6°-sin 18°

=2cos 36°sin 18°-sin 18°

=sin 54°-sin 18°=2cos36°sin18°

即sin 66°-sin 30°=sin 18°+sin 6°，

所以

sin 66°-sin 30°=sin 18°+sin 6°

⟺2cos 48°sin 18°=2cos 6°sin 12°

⟺cos 48°cos 72°=cos 6°cos 78°

2019年3月号问题
(来稿请注明出处——编者)

2471设n是一个大于1的奇数,数a1,a2,…,aφ(n)是1,2,…,n中与n互素的所有正整数.

(浙江省富阳二中 许康华 311400)

2472设△ABC的三边长、相应的旁切圆半径、外接圆半径、内切圆半径、半周长和面积分别为a、b、c、ra、rb、rc、R、r、p和Δ, 则有

等号当且仅当△ABC为正三角形时成立.

(安徽省太和县第二小学 任迪慧 236630)

(山东省泰安市宁阳第一中学 刘才华 271400)

2474已知a,b,c>0，且abc=1，求证：

(广东省广州市广东广雅中学 杨志明 510160)

(江西师范高等专科学校 王建荣 335000)