请教一个几何不等式的证明

lemondian

在锐角$\triangle ABC$中，求证：$s^2\geqslant 2(7+\sqrt{2})Rr-(1+4\sqrt{2})r^2$。

kuing

建议条件改为“非钝角三角形”，这样等腰直角也能取等。

由 `(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=4r^2\bigl(-s^4+2(2R^2+10Rr-r^2)s^2-r(4R+r)^3\bigr)\geqslant0` 得
\[2R^2+10Rr-r^2+2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr}\geqslant s^2\geqslant2R^2+10Rr-r^2-2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr},\]
这是 `sRr` 基本不等式，这你应该知道。

当限制为非钝角三角形，右边就不同，因为
\[\cos A\cos B\cos C=\frac{s^2-(2R+r)^2}{4R^2}\geqslant0,\]
于是上面的基本不等式的右边应当改为
\[s^2\geqslant\max\bigl\{(2R+r)^2,2R^2+10Rr-r^2-2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr}\bigr\},\]
基本不等式是等腰取等，`s^2\geqslant(2R+r)^2` 是直角取等，可见等腰直角三角形就是它们的分界线，此时 `R=\bigl(\sqrt2+1\bigr)r`，因此上式也可以写成如下分类形式
\[\bbox[#CFF,15px]{
s^2\geqslant\led
& (2R+r)^2, && R\geqslant\bigl(\sqrt2+1\bigr)r, \\
& 2R^2+10Rr-r^2-2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr}, && R<\bigl(\sqrt2+1\bigr)r,
\endled
}\]
这样对于非钝角三角形的 `sRr` 不等式就可以用此结果来分类证明。

对于 1# 的不等式：
（1）当 `R\geqslant\bigl(\sqrt2+1\bigr)r` 时，有
\[(2R+r)^2-\Bigl(2\bigl(7+\sqrt2\bigr)Rr-\bigl(1+4\sqrt2\bigr)r^2\Bigr)=\Bigl(R-\bigl(1+\sqrt2\bigr)r\Bigr)\Bigl(4R-2\bigl(3-\sqrt2\bigr)r\Bigr)\geqslant0;\]
（2）当 `R<\bigl(\sqrt2+1\bigr)r` 时，只需证
\[2R^2+10Rr-r^2-2(R-2r)\sqrt{R^2-2Rr}\geqslant2\bigl(7+\sqrt2\bigr)Rr-\bigl(1+4\sqrt2\bigr)r^2,\]
可分解为
\[2(R-2r)\bigl(R-\sqrt2r-\sqrt{R^2-2Rr}\bigr)\geqslant0,\]
而
\[\bigl(R-\sqrt2r\bigr)^2-(R^2-2Rr)=2r\Bigl(r-\bigl(\sqrt2-1\bigr)R\Bigr)>0.\]
综上，不等式获证。

kuing

你不会是打算用这个 sRr 来证明上次那个中线不等式吧？就是后面那个 `\frac12\sum(b-c)^2\geqslant\sqrt2\sum\frac{s(s-a)(b-c)^2}{2a^2+bc}`，软件说它确实成立，但表示成 sRr 的话我看次数应该不低，如无意外会有 s^8，恐怕不容易搞……

kuing

推了个系数推广：

命题：在非钝角三角形中，设
\[k\in\left[-\frac{3+\sqrt2}2,\frac{1+3\sqrt2}2\right],\]
则有
\[s^2\geqslant k(R-2r)\Bigl(R-\bigl(1+\sqrt2\bigr)r\Bigr)+\frac{7-3\sqrt2}2R^2+\frac{13+6\sqrt2}2Rr.\]

注 1：当 `k=\frac{-7+3\sqrt2}2` 时即为 1#；

注 2：虽然是刚刚推的，但估计也是重复造轮子，所以就作为习题好了（答案我也懒得写，反正方法就那样😇……

lemondian

kuing 发表于 2025-1-20 00:09
你不会是打算用这个 sRr 来证明上次那个中线不等式吧？就是后面那个 `\frac12\sum(b-c)^2\geqslant\sqrt2\s ...

我是想证明这个结论：
结论：在锐角$\triangle ABC$中，设$m_a,m_b,m_c$分别表示三条中线长，则有：$(m_a+m_b)^2+(m_b+m_c)^2+(m_c+m_a)^2\geqslant (a+b+c)^2$。

然后这个$\frac12\sum(b-c)^2\geqslant\sqrt2\sum\frac{s(s-a)(b-c)^2}{2a^2+bc}$又证不下去!

然后有人告诉我：有这个不等式：$m_bm_c+m_cm_a+m_am_b \geqslant \frac{5}{4}s^2-\frac{1}{4}(18+6\sqrt{2})Rr+\frac{1}{4}(9+12\sqrt{2})r^2$.(话说这个不等式又是如何证明的呢？)

所以要证明结论就等价于证明：$s^2\geqslant 2(7+\sqrt{2})Rr-(1+4\sqrt{2})r^2$.

lemondian

kuing 发表于 2025-1-20 00:09
你不会是打算用这个 sRr 来证明上次那个中线不等式吧？就是后面那个 `\frac12\sum(b-c)^2\geqslant\sqrt2\s ...