关于三角形的几何量

kuing

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在证明IH时，GH=2GO这里是不是表示有向线段，如果是，那是不是应该改为GH=2OG ...
hjfmhh 发表于 2015-7-30 11:39

不是，如果是有向线段，我会在上面加横线。

kuing

\[s^2-16Rr+5r^2 = 2\sum \frac{a}{a+b+c}\sin^2\frac{A}{2}(b-c)^2\]
\[(x+y)(y+z)(z+x)\sum x(x - y)(x - z) = \sum yz(y^2 - z^2)^2\]

kuing

回复 12# kuing

好嘛，585老说我没例子，我就整两个好了。

例（Finsler-Hadwiger 不等式）在 $\triangle ABC$ 中，求证
\[a^2+b^2+c^2\geqslant 4\sqrt3S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2.\]
...
kuing 发表于 2014-10-4 17:07

我竟然忘记了“Finsler-Hadwiger 不等式”其实还有另一边，完整写起来应该是
\[3(a-b)^2+3(b-c)^2+3(c-a)^2\geqslant a^2+b^2+c^2-4\sqrt3S\geqslant (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2.\]

左边就当作是练习题留给大家试试各种方法吧。

kuing

再给一个比楼上右边更强一些的
\[a^2+b^2+c^2-4\sqrt3S\geqslant 2\max\{(a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2\}.\]

为什么说它比楼上右边强呢？这是因为不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$，则有
\[2\max\{(a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2\}=2(a-c)^2=(a-c)^2+(a-b+b-c)^2\geqslant (a-c)^2+(a-b)^2+(b-c)^2.\]

下面用可能更适合高中生的方法来证明这个更强式。

不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$，由余弦定理及面积公式，得
\begin{align*}
a^2+b^2+c^2-4\sqrt3S&=2a^2+2c^2-2ac\cos B-2\sqrt3ac\sin B\\
&=2a^2+2c^2-4ac\sin(B+30\du)\\
&\geqslant 2a^2+2c^2-4ac\\
&=2(a-c)^2\\
&=2\max\{(a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2\},
\end{align*}
当且仅当中间大小的角为 $60$ 度时取等。

hbghlyj

MSE上的恒等式, 采用本帖的符号为:
$$r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2=16R^2-a^2-b^2-c^2$$