黄雅芬 李建潮
(浙江省湖州市双林中学 313012)
设x,y,z>0,则有
(y+z)(z+x)(x+y)≥8xyz
(*)
这是一个众所周知的不等式,她既不失一种天然的淳朴,又具一种纯真的优雅,从而激发了笔者探究的“冲动”,以期抛砖引玉.
其实,使不等式(*)成立的“正数”条件可弱化为:
设实数x,y,z满足y+z>0,z+x>0,x+y>0,则有
(y+z)(z+x)(x+y)≥8xyz.
(1)
如若在(1)式中作代换:(y+z,z+x,x+y)→(2a,2b,2c)(其中a>0,b>0,c>0),即(x,y,z)→(b+c-a,c+a-b,a+b-c),则有
abc≥(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c),
(2)
展开,可得
a3+b3+c3+3abc
≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)
(3)
=bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b).
(3′)
本文以下用∑表示循环和,∏表示循环积.
基于后续之需,不等式(3)(即(3′))还可人为地化为以下“二次”齐次不等式:
∑a3+3abc≥∑a(b2+c2)
⟺∑a3+∑a(b2+c2)+3abc
≥2∑a(b2+c2)
⟺∑a·∑a2+3abc+6abc
≥2[∑bc(b+c)+∑abc]
⟺∑a·∑a2+9abc≥2∑a·∑bc
(4)
以上(2)、(3)与(4)三式一并写为:
定理1设a,b,c>0,则有
abc≥(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)
(2)
(1983年瑞士数学竞赛试题)
⟺∑a3+3abc≥∑a(b2+c2)
(3)
(著名Schur′s(舒尔)不等式)
(4)
或
(4′)
进而对于△ABC,如若再对(4′)式作三角形代换:
(5)
整理后发现,这竟然是如下著名不等式:
推论1(Gerrestsen不等式[1])在△ABC中,有
s2≥16Rr-5r2.
(6)
因势利导,我们再对(4′)式实施三角形代换:
由此得:
推论2在△ABC中,有
(7)
显然,推论2的(7)式与推论1的(6)式还是蛮“吻合”的.
文[2]建立了如下一组三角形不等式:在△ABC中,有
(8)
(9)
(10)
(11)
其实,从定理1到推论1的过程式(5)出发可将以上这组三角形不等式加强为:
推论3在△ABC中,有
(8′)
(9′)
(10′)
(11′)
证明(5)式化为
一并用于上述不等式,可得(过渡)不等式
(12)
并注意到三角恒等式cotα-tanα=2cot2α,得
即
(8′)
并注意到三角恒等式cotα+tanα=2csc2α,得
(9′)
(10′)
(11′)
至此,加强三角形不等式组——推论3证毕.
回首推论2的(7)式,由Euler不等式R≥2r容易知道:
这就是说,推论2的结论要弱于Gerrestsen不等式16Rr-5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2的“右翼”不等式s2≤4R2+4Rr+3r2,这是个遗憾.于是乎,激起了笔者向(*)式“沙里淘金”的欲望.
联想起代数恒等式:
∏(y+z)+xyz=∑x·∑yz,
(13)
而有(*)式的等价不等式:
∏(y+z)≥8xyz
(*)
(**)
并转而将等价不等式(**)的两边平方、结合平凡不等式(x′+y′+z′)2≥3(y′z′+z′x′+x′y′)(其中x′,y′,z′为实数),可知(*)式的又一强化:
与前相仿,使这一强化不等式成立的“正数”条件(明显)可弱化为:
设实数x,y,z满足y+z>0,z+x>0,
x+y>0,则有
(14)
使之成为不等式(1)的(一个)强化不等式.于是,理所当然地用仿照获取定理1的代换或方法将定理1强化为:
定理2设a,b,c>0,则有
27a2b2c2≥(∑a)3·∏(b+c-a)
(15)
(16)
(17)
或
(17′)
接下来,先在△ABC中,依然仿前对(17′)式作三角形代换:
(18)
(19)
次对(17)式作如下放缩处理.
利用不等式(2∑a)3=[∑(b+c)]3≥33∏(b+c),将(17)式中的相关部分放缩为
故而由(17)(即(17′))式,再获得:
推论4设a,b,c>0,则有
(20)
或
(20′)
推论5在△ABC中,有
(21)
或
(21′)
其中的(21)式即为著名的Garfunkel-Bankoff(见文[3])不等式.
结合Euler不等式R≥2r,便知(21′)(即(21))式Garfunkel-Bankoff不等式是Gerrestsen不等式s2≤4R2+4Rr+3r2的三角形形式的加强.
至此,有机联立(19)与(22)二式,便是Gerrestsen不等式16Rr-5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2的加强:
推论6在△ABC中,有
(23)
即
推论7在△ABC中,有
(24)
(24′)