Bandila不等式的证明、隔离及应用

1765年，瑞士著名数学家Euler建立了关于△ABC的外接圆半径R和内切圆半径r的一个重要不等式R≥2r.设△ABC的三边长分别为a，b，c，外接圆、内切圆半径分别为R，r，1985年，V·Bandila建立了如下一个欧拉不等式的加强：

Rr≥bc+cb.①

这是一个形式简洁、优美的不等式.本文笔者对该不等式进行探究.

1.Bandila不等式的证明

证明" 记△ABC的面积为S，半周长为p.

由abc=4RS，S=12r（a+b+c）知R2r=abc4S·a+b+c4S=abc（a+b+c）16S2，又S=p（p－a）（p－b）（p－c），所以16S2=（a+b+c）（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c），

有R2r=abc（a+b+c）（a+b+c）（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c）=abc（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c），令a=y+x，b=z+x，c=x+y，则Rr=（x+y）（y+z）（z+x）4xyz，因为1（x+y）2+1（z+x）2≤14xy+14zx=y+z4xyz，两边同乘（y+z）（z+x），

得z+xx+y+x+yz+x≤（x+y）（y+z）（z+x）4xyz，即Rr≥bc+cb.

注" Bandila不等式可变形为R2r≥b2+c22bc，由b2+c2≥2bc知R2r≥b2+c22bc≥1，故Bandila不等式是欧拉不等式的一种简洁加强.

2.Bandila不等式的隔离

1982年，Panaitopol得到结果R2r≥maha，无独有偶，《数学通报》2011年第11期问题2031是：在△ABC中，求证：maha≥b2+c22bc.故可得①式的一个隔离.

定理1" 在△ABC中，有R2r≥maha≥b2+c22bc.

证明" 先证明R2r≥maha.由abc=4RS，S=12r（a+b+c）知R2r=abc4S·a+b+c4S=abc（a+b+c）16S2，

又ma=122b2+2c2－a2，ha=2Sa，所以R2r≥mahaabc（a+b+c）16S2≥a2b2+2c2－a24Sb2c2（a+b+c）2≥（2b2+2c2－a2）·16S2.

又16S2=（a+b+c）（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c），2b2+2c2－a2=（a+b+c）（b+c－a）+（b－c）2，所以只需证明b2c2（a+b+c）≥［（a+b+c）（b+c－a）+（b－c）2］（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c）.

令x=b+c－a，y=c+a－b，z=a+b－c，x，y，zgt;0，则（x+y）2（x+z）2（x+y+z）≥16x2yz（x+y+z）+4xyz（y－z）2［（x－y）2+4xy］［（x－z）2+4xz］（x+y+z）≥16x2yz（x+y+z）+4xyz（y－z）2（x+y+z）（x－y）2（x－z）2+4［xy（x－z）2+xz（x－y）2］（x+y+z）≥4xyz（y－z）2.

由此知，只需证明［y（x－z）2+z（x－y）2］（x+y+z）≥yz（y－z）2，因为［y（x－z）2+z（x－y）2］（x+y+z）≥［y（x－z）2+z（x－y）2］（y+z）≥yz（y－z）2，所以上式成立，故R2r≥maha成立.

再证maha≥b2+c22bc.因为S=12bcsinA=12a·ha，所以ha=bcsinAa.

由中线长公式得m2a=14（2b2+2c2－a2）=14（b2+c2+2bccosA），所以m2ah2a=a2（b2+c2+2bccosA）4b2c2sin2A=（b2+c2－2bccosA）（b2+c2+2bccosA）4b2c2sin2A

=（b2+c2）2－4b2c2（1－sin2A）4b2c2sin2A=（b2+c2）2－4b2c24b2c2sin2A+1.

又因为sin2A≤1，所以m2ah2a≥（b2+c2）2－4b2c24b2c2+1=（b2+c2）24b2c2，故maha≥b2+c22bc.

综上所述，定理1成立.

3.Bandila不等式的应用

利用Bandila不等式可以证明一些几何不等式.

定理2" 在△ABC中，有R2r≥a2+b2+c2ab+bc+ca②.

证明" 由①式知R2r≥b2+c22bc，所以2bc·R2r≥b2+c2，同理有2ab·R2r≥a2+b2，2ca·R2r≥c2+a2三式相加即得（2ab+bc+ca）·R2r≥2（a2+b2+c2），所以R2r≥a2+b2+c2ab+bc+ca.

注" 易知a2+b2+c2ab+bc+ca≥1，则②式是欧拉不等式的加强，将R2r=abc（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c）代入得abc≥a2+b2+c2ab+bc+ca（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c），将三角形边长a，b，c弱化为正实数a，b，c，结论依然成立，此时是一道经典不等式（1983年瑞士数学竞赛题）的加强.

定理3" 在△ABC中，有R2r≥a2b2+b2c2+c2a2abc（a+b+c）③.

证明" 由①式知R2r≥b2+c22bc，所以2bc·R2r≥b2+c2，所以2a2bc·R2r≥a2b2+c2a2，同理2ab2c·R2r≥a2b2+b2c2，2abc2·R2r≥b2c2+c2a2，三是相加得2abc（a+b+c）·R2r≥2（a2b2+b2c2+c2a2），所以R2r≥a2b2+b2c2+c2a2abc（a+b+c）.

注" 易知a2b2+b2c2+c2a2abc（a+b+c）≥1，则③式同样是欧拉不等式的加强，将R2r=abc（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c）代入，得到abc≥a2b2+b2c2+c2a2abc（a+b+c）（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c），将三角形边长a，b，c弱化为正实数a，b，c，结论依然成立，此时同样是1983年瑞士数学竞赛题的加强，但②式，③式不分强弱.

由③式变形得a2b2+b2c2+c2a2≤R2r·abc（a+b+c），将abc=4pRr，a+b+c=2p，S=pr代入可得如下结论：

推论1" 在△ABC中，有a2b2+b2c2+c2a2≤4R2r2S2.

记△ABC的三边a，b，c上的高分别为ha，hb，hc，则ha=2Sa，hb=2Sb，hc=2Sc，可得h2a+h2b+h2chahb+hbhc+hcha=a2b2+b2c2+c2a2abc（a+b+c），于是得：

推论2" 在△ABC中，有R2r≥h2a+h2b+h2chahb+hbhc+hcha.

由R2r=abc（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c）知③式等价于abc8（p－a）（p－b）（p－c）≥a2b2+b2c2+c2a2abc（a+b+c），变形得a2b2+b2c2+c2a2a2b2c2≤a+b+c8（p－a）（p－b）（p－c），则1a2+1b2+1c2≤p4（p－a）（p－b）（p－c），于是得：

推论3" 在△ABC中，有1a2+1b2+1c2≤14r2.

定理4" 在△ABC中，有R2r≥16（b+ca+c+ab+a+bc）④.

证明" 由①式有R2r≥12（bc+cb），同理可得R2r≥12（ac+ca），R2r≥12（ab+ba），三式相加，得R2r≥16（b+ca+c+ab+a+bc）.

由④式及均值不等式可知（b+c－aa+c+a－bb+a+b－cc）2=b+c－aa+c+a－bb+a+b－cc+（2b+c－aa·c+a－bb+2c+a－bb·a+b－cc+2a+b－cc·b+c－aa）≤b+c－aa+c+a－bb+a+b－cc+（b+c－aa+c+a－bb+c+a－bb+a+b－cc+a+b－cc+b+c－aa）=b+c－aa+c+a－bb+a+b－cc+6=b+ca+c+ab+a+bc+3≤3（Rr+1），故有b+c－aa+c+a－bb+a+b－cc≤3·Rr+1.所以得：

推论4" 在△ABC中，有b+c－aa+c+a－bb+a+b－cc≤3·Rr+1.⑤

记△ABC的旁切圆半径分别为ra，rb，rc，由ha=2Sa=prRsinA，ra=2Sb+c－a=ptanA2，得b+c－aa=rR1sinAtanA2=r2Rcsc2A2，所以b+c－aa=r2RcscA2，同理可得c+a－bb=r2RcscB2，a+b－cc=r2RcscC2，代入⑤式，得：

推论5" 在△ABC中，有cscA2+cscB2+C2≤6·R2r2+Rr.

又易知sinB+sinC－sinA=4cosA2sinB2sinC2，所以b+c－aa=sinB+sinC－sinAsinA

=4cosA2sinB2sinC22sinA2cosA2=2sinB2sinC2sinA2，同理可得c+a－bb=2sinC2sinA2sinB2，a+b－cc=2sinA2sinB2sinC2，所以得：

推论6" 在△ABC中，有sinB2sinC2sinA2+sinC2sinA2sinB2+sinA2sinB2sinC2≤32（Rr+1）.