数学通报问题2631的拓展与延伸

林子珊

设△ABC的3条边长为a，b，c，其内切圆半径、半周长、面积分别为r、s、S.对应边上的旁切圆半径、高线、角平分线、中线长分别为ra、rb、rc；ha、hb、hc；wa、wb、wc；ma、mb、mc.

下面我们来研究《数学通报》中的2021年第11期问题2631［1］.

问题  在△ABC中，求证：（b+c）cosA2+（c+a）cosB2+（a+b）cosC2>3（a+b+c）2.  ①

式①形式简洁优美，但破解之并非易事.命题老师巧妙的利用局部不等式2acosB2+2bcosA2>a+b+c证明了上述不等式，读罢给人以启迪.关注式①的形式，一个自然的想法是：∑（b+c）cosA2（记Σ表示轮换对称求和）的上界是什么？

显然，∑（b+c）cosA2的上界可尝试用∑a进行估计.根据对称性，令△ABC为等边三角形，得∑（b+c）cosA2=33a，∑a=3a，故猜测有3∑a≥∑（b+c）cosA2，经验证，笔者得到：

定理1  在△ABC中，有32∑a<∑（b+c）cosA2≤3∑a.②

证明：由柯西不等式得∑（b+c）cosA2≤∑（b+c）2·∑cos2A2.

由恒等式∑a=2s、∑ab=s2+r（4R+r）得

∑（b+c）2=2∑a2+2∑bc=2（∑a）2－2∑bc=6s2－2r（4R+r），又∑cosA=R+rR［2］，则∑cos2A2=∑1+cosA2=32+12∑cosA=2+r2R，从而∑（b+c）2·∑cos2A2=［6s2－2r（4R+r）］（2+r2R）.

要证明∑（b+c）cosA2≤3∑a，只需证明［6s2－2r（4R+r）］（2+r2R）≤3（2s），等价于证明12s2－［6s2－2r（4R+r）］（2+r2R）≥0，即证16R2+8Rr+r2－3s2≥0，由s2≤4R2+4Rr+3r2（Gerrestsen不等式），只需证明16R2+8Rr+r2－3（4R2+4Rr+3r2）≥0，即证4（R+r）（R－2r）≥0，由Euler不等式知4（R+r）（R－2r）≥0成立，故式②成立.

注意到wa=2bcb+ccosA2，则cosA2=b+c2bcwa，式②等价于32∑a<∑（b+c）22bcwa≤3∑a，不等式链的形式引发笔者进一步的思考：∑（b+c）22bcra、∑（b+c）22bcha、∑（b+c）22bcma等与3∑a、∑a的大小关系又是如何？经整理，得到；

定理2  在△ABC中，有∑（b+c）22bcra≥2∑ra≥3∑a≥∑（b+c）22bcwa≥∑（b+c）22bcha.③

证明：由基本不等式得（b+c）22bc≥2，故∑（b+c）22bcra≥2∑ra成立.

由于ra=Ss－a=rss－a=s·rs－a=stanA2，又∑tanA2=4R+rs［2］，得∑ra=4R+r，要证明2∑ra≥3∑a，只需证明4R+r≥3s，等價于证明16R2+8Rr+r2－3s2≥0，此不等式在定理1中已证明，故2∑ra≥3∑a成立.

由于∑（b+c）2=6s2－2r（4R+r），abc=4Rrs，则∑（b+c）22bcha=∑［（b+c）22bc·2Sa］=rsabc∑（b+c）2=3s2－r（4R+r）2R，

得3∑a≥∑（b+c）22bcha等价于23s≥3s2－r（4R+r）2R，等价于3s2－43Rs－r（4R+r）≤0，即（3s+r）（4R+r－3s）≥0，则只需证明4R+r≥3s，此不等式已验证.

由常见不等式wa≥ha，显然∑（b+c）22bcwa≥∑（b+c）22bcha成立.

综上，式③成立.

评注：结合式②与式③，还可得不等式链

∑（b+c）22bcra≥2∑ra≥3∑a≥∑（b+c）22bcwa>32∑a.④

由于∑（b+c）22bcha无法用∑a进行有效的下界估计，故无法将其列入式④中.∑（b+c）22bcma与3∑a无恒定的大小关系，故也无法将其列入式③或式④中，笔者发现∑（b+c）22bcma>2716∑a成立.限于篇幅，验证留给有兴趣的读者进行.

参考文献

［1］李居之，孙文雪.问题2631［J］.数学通报，2021（60），11：65.

［2］何灯，王少光.串联五个基本三角不等式的一条不等式链［J］.中学数学研究（江西师大），2017（2）：49-50.