网友问的三角形动点不等式

kuing

2019-02-19
生如夏花 13:19:38
色K这个第一题怎么做？
题目1 设 $Q$ 是 $\triangle A B C$ 内一点，满足 $\angle Q B C=\angle Q C A=\angle Q A B=\alpha, P$ 是 $\triangle A B C$ 所在平面上任意一点，记 $B C=a, C A=b, A B=c$ ，求证：
\[
\frac{P A}{a}+\frac{P B}{b}+\frac{P C}{c} \geqslant 2 \cos \alpha .
\]
（题目1由某匿名网友提供，没有红包，但比题目2更有意义）
题目2 已知 $P$ 是 $\triangle A B C$ 内一点，且满足 $\angle P A B=\angle P B C=\angle P C A=\alpha$ ，并设 $B C=a, C A=b, A B=c$ ，求证：
\[
\frac{a}{P B}+\frac{b}{P C}+\frac{c}{P A} \geqslant 6 \sqrt{3} \sin \alpha .
\]
（题目 2 由某匿名网友提供，第一位正确解答者获 20 元红包）
题目3 设函数 $f(x)=(x-1) \ln x$ ，若 $0<x_1<x_2$ ，且满足 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=\ln m$ ，求证：
（1）$\frac{1}{m}<x_1 x_2<\frac{1}{\sqrt{m}}$ ；
（2）$\frac{2}{m+1}<x_1 x_2<\frac{\ln m}{m-1}$ ．
（题目 3 由北京王志强提供，第一位正确解答者获 20 元红包）

那点就是布洛卡点，`\alpha` 就是布洛卡角，其实我对这个点没什么研究，所以百度了一下，得知关于它有如下公式
\[\cot\alpha=\frac{a^2+b^2+c^2}{4S},\]
由此可推出
\[2\cos\alpha=\frac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}},\]
也就是说，题目1等价于
\[\frac{PA}a+\frac{PB}b+\frac{PC}c\geqslant\frac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}},\]
凭记忆，上式我是见过的，于是在《撸题集》里搜索了一下，果然在 P827 有所记载，iask爱问网友“德雷纳特”在 2010-03-11 08:36:27 就曾经说：我曾在中等数学杂志上发表一个结论 PA/a+PB/b+PC/c>=∑a^2/√∑(bc)^2 ……

也就是说，这结论至少有九年历史，可惜当时他没具体说在哪年哪期的杂志上，所以我整理进《撸题集》时也只说“证明有空待查”，咳，有空待查往往就等于扔一边不管了……

而刚刚想了一下，其实并不复杂，只要用两个经典结论就行。

引理一（惯性矩不等式）：设 `x`, `y`, `z` 为任意实数，其余与题设相同（下同），则
\[(x+y+z)(xPA^2+yPB^2+zPC^2)\geqslant yza^2+zxb^2+xyc^2.\]

引理二：
\[\frac{PB\cdot PC}{bc}+\frac{PC\cdot PA}{ca}+\frac{PA\cdot PB}{ab}\geqslant1.\]

引理一的证明见 forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … d=3567&pid=15115（3#）；引理二用复数易证，过程略（或有空再补充）。

在引理一中，令 `(x,y,z)\to(1/a^2,1/b^2,1/c^2)` 得
\[\left( \frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2} \right)\left( \frac{PA^2}{a^2}+\frac{PB^2}{b^2}+\frac{PC^2}{c^2} \right)\geqslant\frac{a^2}{b^2c^2}+\frac{b^2}{c^2a^2}+\frac{c^2}{a^2b^2},\]
即
\[\frac{PA^2}{a^2}+\frac{PB^2}{b^2}+\frac{PC^2}{c^2}\geqslant\frac{a^4+b^4+c^4}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2},\]
将上式与引理二的式子的两倍相加，即得
\[\left( \frac{PA}a+\frac{PB}b+\frac{PC}c \right)^2\geqslant\frac{a^4+b^4+c^4}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}+2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2},\]
开方就是
\[\frac{PA}a+\frac{PB}b+\frac{PC}c\geqslant\frac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}.\]

zhcosin

顶一个

yuzi

虽然看不懂，说一句话算了

kuing

顺便说说题目2吧，尽管图中说它没有题目1有意义。

题目2的 `P` 直接就是布洛卡点，没有动点了，意义自然就不及有动点的了。
查询相关资料后得知，布洛卡点到顶点距离有表达式 `PA=b^2c/\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}` 等等，然后由 1# 开头的公式推得 `\sin\alpha=2S/\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}`，代入化简后即知题目2等价于
\[\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\geqslant\frac{12\sqrt3S}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2},\]
可见原题表面看起来是轮换，其实是全对称，而且十分简单，用一下外森比克，只需证
\[\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\geqslant\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2},\]
换个元，去分母，就是显然的 `(xy+yz+zx)^2\geqslant3xyz(x+y+z)`，完。

这三题里，我相信题目3的漂移才是最难的，我不懂为何要将它和上面两题放在一起，类型不同，难度也不在一个级别，莫非有深层的联系？

业余的业余

顶。等清醒时研究

kuing

现在补充引理二的复数证明。
设复平面上 `z`, `z_1`, `z_2`, `z_3` 所对应的点为 `P`, `A`, `B`, `C`，注意到恒等式
\[\frac{(z-z_2)(z-z_3)}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)}+\frac{(z-z_1)(z-z_3)}{(z_2-z_1)(z_2-z_3)}+\frac{(z-z_1)(z-z_2)}{(z_3-z_1)(z_3-z_2)}=1,\]故\[\left|\frac{(z-z_2)(z-z_3)}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)}\right|+\left|\frac{(z-z_1)(z-z_3)}{(z_2-z_1)(z_2-z_3)}\right|+\left|\frac{(z-z_1)(z-z_2)}{(z_3-z_1)(z_3-z_2)}\right|\geqslant1,\]也就是\[\frac{PB\cdot PC}{bc}+\frac{PC\cdot PA}{ca}+\frac{PA\cdot PB}{ab}\geqslant1.\]

其妙

这三题里，我相信题目3的漂移才是最难的， ...
kuing 发表于 2019-2-19 21:04

题目3怎么做？据说至今没人做出来（他们的借口都是觉得这道题没有意义，所以就不做啦）