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[279-281]《数学反思 2010-2011》(美)蒂图·安德雷斯库(Titu Andreescu)著
3.10 美国数学月刊中的一个问题的改进 在本节中我们对刊登在美国数学月刊的一个问题做一个改进.
3.10.1 引言
对于 $\triangle A B C$, 设 $A, B, C$ 表示内角, $a, b, c$ 表示对边的边长, $R$ 和 $r$ 分别是外接圆的半径和内切圆的半径, $s$ 是半周长. 在 $\triangle A B C$ 中, 下列不等式成立 (见 [1],[2] 或 [3]):
\begin{equation}
(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C) \geqslant \cos A \cos B \cos C \text {. }
\end{equation}
2008 年, Cezar 和 Tudorel Lupu 提出了以下问题 (见 [4]):
对于边长为 $a, b, c$, 内切圆的半径是 $r$, 半周长是 $s$ 的锐角三角形, 证明
\begin{equation}
(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C) \geqslant \cos A \cos B \cos C\left(2-\frac{3 \sqrt{3} r}{s}\right) .
\end{equation}
根据 Popoviciu 不等式的一个解刊登在 2009 年 10 月的《美国数学月刊》(The American Mathematical Monthly) 上.
根据不等式 ([5]): $s \geqslant 3 \sqrt{3} r$, 我们知道 (2) 强于 (1).
本节中, 我们对给出 (2) 做一个改进.
3.10.2 主要的结果
定理 在 $\triangle A B C$ 中
\begin{equation}
(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C) \geqslant \cos A \cos B \cos C\left(2-\frac{2 r}{R}\right) .
\end{equation}
为了证明定理,我们需要以下引理.
引理 在 $\triangle A B C$ 中, 以下不等式成立
\begin{equation}
s^2 \leqslant 2 R^2+10 R r-r^2+2(R-2 r) \sqrt{R(R-2 r)} .
\end{equation}
定理的证明 因为 $1-\cos x=2 \sin ^2 \frac{x}{2}$, 我们有
$$
(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C)=8 \sin ^2 \frac{A}{2} \sin ^2 \frac{B}{2} \sin ^2 \frac{C}{2} .
$$
由熟知的三角形中的恒等式
\begin{gathered}
\sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}=\frac{r}{4 R}, \\
\cos A \cos B \cos C=\frac{s^2-4 R^2-4 R r-r^2}{4 R^2},
\end{gathered}式 (3) 等价于
\[
\frac{r^2}{2 R^2} \geqslant \frac{s^2-4 R^2-4 R r-r^2}{4 R^2}\left(2-\frac{2 r}{R}\right) \Leftrightarrow \]
\begin{equation}s^2 \leqslant 4 R^2+4 R r+r^2+\frac{R r^2}{R-r} .
\end{equation}
利用引理,只要证明\begin{align}
2 R^2+10 R r-r^2+2(R-2 r) \sqrt{R(R-2 r)} &\leqslant 4 R^2+4R r+r^2+\frac{R r^2}{R-r} . \\
\Leftrightarrow 2(R-2 r) \sqrt{R(R-2 r)}&\leqslant 2 R^2-6 R r+2 r^2+\frac{R r^2}{R-r} .
\end{align}因为
\begin{aligned}
& 2 R^2-6 R r+2 r^2+\frac{R r^2}{R-r}-2(R-2 r) \sqrt{R(R-2 r)} \\
= & 2(R-2 r)(R-r)-\frac{(R-2 r) r^2}{R-r}-2(R-2 r) \sqrt{R(R-2 r)} \\
= & \frac{R-2 r}{R-r}\left(2(R-r)^2-r^2-2(R-r) \sqrt{R(R-2 r)}\right) \\
= & \frac{R-2 r}{R-r}\left(\sqrt{R(R-2 r)}-(R-r)\right)^2,
\end{aligned}这就完成了式 (5) 的证明.
评注 如果 $\triangle A B C$ 是锐角三角形,那么由不等式 ([5]): $s \leqslant \frac{3 \sqrt{3} R}{2}$, 于是推出 (5) 强于 (2).
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