小代换 大乾坤

一、代换之乾坤大挪移

三角形中有很多优美的恒等式，如：在ΔABC有tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1．

如果我们令tanA2=x，tanB2=y，tanC2=z，则xy+yz+zx=1，在此前提下，我们利用三角公式易有cosA2=11+x2=1（x+y）（x+z），sinA2=x1+x2=x（x+y）（x+z），cosA=1－x21+x2，

sinA=2x1+x2=2x（x+y）（x+z），tanA=2x1－x2．休要小视这一小小的代换，它开辟了一条将一些三角形不等式问题转化为代数不等式问题的金光大道，更有趣的是，借助以下定理，我们还可将一些代数不等式几何化来处理．

定理 设x，y，z∈R+，且xy+yz+zx=1，则存在ΔABC，使tanA2=x，tanB2=y，tanC2=z．

证明：令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，A，B，C∈（0，π）．

由xy+yz+zx=1得tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1，故tanC2=cotA+B2=tanπ－A－B2，又π－A－B2∈（－π2，π2），C2∈（0，π2），∴π－A－B2=C2，∴A+B+C=π，故存在三角形使其三个角分别为A，B，C．

值得说明的是，对于知正数a，b，c满足a+b+c=1型条件不等式问题，我们可令a=tanA2tanB2，b=tanB2tanC2，c=tanC2tanA2，以实现代数问题几何化．如试题：（第22届全苏数学奥林匹克题）设正数x，y，z满足x2+y2+z2=1，求s=xyz+yzx+zxy的最小值．令x2=tanA2tanB2，y2=tanB2·tanC2，z=tanC2tanA2，则s2= （tanA2+tanB2+tanC2）2≥3（tanA2tanB2+tanB2tanC2

+tanC2tanA2）=3，当且仅当A=B=C=π3时等号成立，∴A=B=C=π3时，s取最小值3．

二、相关几何不等式之代数破解

例1 （欧拉不等式）设ΔABC的外接圆和内切圆半径分别为R，r，求证：R≥2r．

证明：由r4R=sinA2sinB2sinC2=x（x+y）（y+z）·y（y+z）（y+x）·z（z+x）（z+y）=xyz（x+y）（y+z）（z+x）≤xyz2xy·2yz·2zx=18，即得R≥2r．

例2 （外森比克不等式）设ΔABC的三边长为a，b，c，面积为Δ，求证：a2+b2+c2≥43Δ．

证明：由 a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC及Δ=12absinC=2R2sinAsinBsinC知，只要证sin2A+sin2B+sin2C≥23sinAsinBsinCx2（x+y）2（x+z）2+y2（y+z）2（y+x）2+z2（z+x）2（z+y）2≥43xyz（x+y）2（y+z）2（z+x）2x2（y+z）2+y2（z+x）2+z2（x+y）2≥43xyz，

由柯西不等式得x2（y+z）2+y2（z+x）2+z2（x+y）2≥［x（y+z）+y（z+x）+z（x+y）］212+12+12=43，由平均不等式得1=xy+yz+zx≥33xy·yz·zx，∴43xyz≤43，故原不等式成立．

例3 （嵌入不等式）对ΔABC及任意正实数u，v，w，求证：u2+v2+w2≥2vwsinA2+2wusinB2+2uvsinC2．

证明：由平均不等式得2vwsinA2=2vw.x（x+y）（x+z）=2xw2x+y·v2x+z≤x（w2x+y+v2x+z），

同理2wusinB2≤y（w2y+x+u2y+z），2uvsinC2≤z（v2z+x+u2z+y），

以上三不等式相加即得u2+v2+w2≥2vwsinA2+2wusinB2+2uvsinC2．

分别以π－2A，π－2B，π－2C代A2，B2，C2得u2+v2+w2≥2vwcosA+2wucosB+2uvcosC．分别以u，v，w代上两不等式中的vw，wu，uv得usinA2+vsinB2+wsinC2≤12（uvw+vwu+wuv），

ucosA+vcosB+wcosC≤12（uvw+vwu+wuv）．

说明：以上三个不等式都是三角形中著名的母不等式，通过对u，v，w施以代换，可以繁衍出很多外形用途俱佳的不等式，如sinA2+sinB2+sinC2≤32，cosA+cosB+cosC≤32等．

例4 在ΔABC中，求证：sinA+sinB+sinC≤323．

证明：由平均不等式得xyz=3xyz·3xy·yz·zx≤x+y+z3·xy+yz+zx3=x+y+z9，

∴（x+y）（y+z）（z+x）=（x+y+z）（xy+yz+zx）－xyz=x+y+z－xyz≥89（x+y+z）≥893（xy+yz+zx）=893，∴sinA+sinB+sinC=2x（x+y）（x+z）+2y（y+x）（y+z）+2z（z+x）（z+y）=4（x+y）（y+z）（z+x）≤323．

说明：分别以π2－A2，π2－B2，π2－C2代A，B，C，得cosA2+cosB2+cosC2≤323．

例5 在ΔABC中，设ΔABC的外接圆和内切圆半径分别为R，r，求证：

（1）sinA2sinB2+sinB2sinC2+sinC2sinA2≤12+r2R，（2）sin2A2+sin2B2+sin2C2≥1－r2R．

证明：（1）由平均不等式得sinA2sinB2=x（x+y）（x+z）·y（y+x）（y+z）=xyx+y·1（x+z）（y+z）

≤xy2（x+y）（1x+z+1y+z），

同理sinB2sinC2≤yz2（y+z）（1y+z+1y+x），sinC2sinA2≤zx2（z+x）（1z+y+1z+x），

以上三不等式相加整理得sinA2sinB2+sinB2sinC2+sinC2sinA2≤x2y+x2z+y2x+y2z+z2x+z2y+6xyz2（x+y）（y+z）（z+x）=（x+y）（y+z）（z+x）+4xyz2（x+y）（y+z）（z+x）=12+r2R．（由例1知r4R=xyz（x+y）（y+z）（z+x））

（2）由平均不等式得sin2A2+sin2B2+sin2C2=x2（x+y）（x+z）+y2（y+z）（y+x）+z2（z+x）（z+y）=

x2（y+z）+y2（z+x）+z2（x+y）（x+y）（y+z）（z+x）=（x+y）（y+z）（z+x）－2xyz（x+y）（y+z）（z+x）=1－r2R．

说明：第（1）题是下题的加强：在ΔABC中，求证：sinA2sinB2+sinB2sinC2+sinC2sinA2≤58+r4R（第29届IMO预选题）．

分别以π－2A，π－2B，π－2C代A2，B2，C2可得cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA≤12+r2R，及cos2A+cos2B+cos2C≥1－r2R．

三、相关代数不等式之几何本源

例6 设正实数x，y，z满足xy+yz+zx=1，求证：1－x21+x2+1－y21+y2+1－z21+z2≤32．

证明：令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，则1－x21+x2+1－y21+y2+1－z21+z2=cosA+cosB+cosC≤32．

说明：分别以1a，1b，1c代x，y，z并简单变形得：设a，b，c∈R+，且a+b+c=abc，则有11+a2+11+b2+11+c2≥94．

分别以a，b，c代xy，yz，zx并简单变形得：设a，b，c∈R+，且a+b+c=1，则有a－bca+bc+b－cab+ca+c－abc+ab≤32．（2008加拿大数学奥林匹克）

利用嵌入不等式，可迅速将以上不等式推广，如：设u，v，w，a，b，c∈R+，且a+b+c=1，则有u（a－bc）a+bc+v（b－ca）b+ca+w（c－ab）c+ab≤12（uvw+vwu+wuv）．

例7 设x，y，z均为正实数，证明：xy+z+yz+x+zx+y≤32（x+y）（y+z）（z+x）．

证明：注意到欲证不等式为齐次不等式，故可令xy+yz+zx=1，再令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，

则由sinA2+sinB2+sinC2≤32得x（x+y）（x+z）+y（y+z）（y+x）+z（z+x）（z+y）≤32，

从而xy+z+yz+x+zx+y≤32（x+y）（y+z）（z+x）．

说明：同上题，利用嵌入不等式，可将上不等式进行推广：设u，v，w，x，y，z均为正实数，则有uxy+z+vyz+x+wzx+y≤32（uvw+vwu+wuv）（x+y）（y+z）（z+x）．

例8 （《数学通报》数学问题解答1830）已知x，y，z∈R+，证明：xx+（x+y）（x+z）+

yy+（y+z）（y+x）+zz+（z+x）（z+y）≤1．

证明：注意到欲证不等式为齐次不等式，故可令xy+yz+zx=1，再令x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，

则xx+（x+y）（x+z）+yy+（y+z）（y+x）+zz+（z+x）（z+y）≤111+（x+y）（x+z）x+

11+（y+z）（y+x）y+11+（z+x）（z+y）z≤111+1sinA2+11+1sinB2+11+1sinC2≤111+sinA2+11+sinB2+11+sinC2≥2，

由柯西不等式及例2特例得11+sinA2+11+sinB2+11+sinC2≥（1+1+1）2（1+sinA2）+（1+sinB2）+（1+sinC2）

≥93+32≥2，故原不等式成立．

说明：用类似的方法，我们可将原问题推广为：已知x，y，z∈R+，λ为正常数，则有xλx+（x+y）（x+z）+yλy+（y+z）（y+x）+zλz+（z+x）（z+y）≤3λ+2．

例9 （《中等数学》数学奥林匹克问题高231）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，证明：

1+bca+1+cab+1+abc≥23．

证明：令a=tanA2tanB2，b=tanB2tanC2，c=tanC2tanA2，

则1+bca+1+cab+1+abc≥231+tan2A2+1+tan2B2+1+tan2C2≥231cosA2+1cosB2+1cosC2≥23，由柯西不等式及例4变式得1cosA2+1cosB2+1cosC2≥（1+1+1）2cosA2+cosB2+cosC2≥9323=23，

故原不等式成立．

例10 已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，证明：aa+bc+bb+ca+abcc+ab≤1+343．

证明：令a=tanA2tanB2，b=tanB2tanC2，c=tanC2tanA2，

则aa+bc+bb+ca+abcc+ab≤1+34311+bca+11+cab+abc1+abc≤1+34311+tan2A2+11+tan2B2+tanC21+tan2C2≤1+3431+12（cosA+cosB+sinC）≤1+343cosA+cosB+sinC≤3232cosA+B2+sinC≤3232sinC2+sinC≤323sinC2（1+cosC2）≤343，

引进正参数λ，由柯西不等式及平均不等式有sin2C2（1+cosC2）2≤1λ2sin2C2（12+λ2）（λ2+cos2C2）=（1+1λ2）sin2C2（λ2+cos2C2）≤（1+1λ2）［sin2C2+（λ2+cos2C2）2］2=（λ2+1）34λ2，当且仅当1λ=λcosC2且sin2C2=λ2+cos2C2时，等号成立，此时λ2=12，∴sinC2（1+cosC2）≤343，故原问题成立．