三角形边长的不等式

hbghlyj

$$\frac{\left(a^6 \left(b^2+c^2\right)-2 a^4 \left(b^4+c^4\right)+a^2 \left(b^6+c^6\right)+b^2 c^2 \left(b^2-c^2\right)^2\right)^2}{4 a^2 b^2 c^2 \left(-a^2 \left(b^2+c^2\right)+a^4-b^2 c^2+b^4+c^4\right) \left(-a^4 \left(b^2+c^2\right)-a^2 \left(-3 b^2 c^2+b^4+c^4\right)+a^6+\left(b^2-c^2\right)^2 \left(b^2+c^2\right)\right)}\ge\frac{3}{4}$$

kuing

作置换 `(a^2,b^2,c^2)\to(a,b,c)`，不等式变成
\[\frac{\left( \sum ab(a-b)^2 \right)^2}{2abc\sum(a-b)^2\sum a(a-b)(a-c)}\geqslant\frac34,\]即
\[\left( \sum ab(a-b)^2 \right)^2\geqslant\frac32abc\sum(a-b)^2\sum a(a-b)(a-c),\quad(*)\]由 `(x+y+z)^2\geqslant3(xy+yz+zx)` 可知只需证
\[3\sum a^2bc(a-b)^2(a-c)^2\geqslant\frac32abc\sum(a-b)^2\sum a(a-b)(a-c),\]而这竟然是恒等式！这也太巧合了吧！！！那也就是说式 (*) 实际上对任意实数都成立呢。

PS、于是又可以写出一行装逼 SOS 回给原帖了

hbghlyj

zhihu.com/question/369353721/answer/2386632473
几何意义:
对于平面内任意非等边三角形，其布洛卡轴与欧拉线夹角不大于30º
近代的三角形几何学第74页
由这里的第一行$\frac{O \delta^{2}}{R^{2}}=\frac{\cot \omega-\sqrt{3}}{\cot \omega+\sqrt{3}}>0$就看出来了...

hbghlyj

这帖8楼的做法:
$△ABC$中，外心$O$，重心$M$，Tarry点$T$，共轭重心$K$，$Z$为$OK$中点，则有：$∠MOK=∠OTZ$

这里,直线OK是布洛卡轴,直线$OM$是欧拉线,
它们的夹角为$∠MOK$,按照这题的结论$∠MOK=∠OTZ$,所以要证明的是$∠OTZ\lt30°$.
因为共轭重心K故其总在外接圆内（或圆周上）
因此$2OZ = OK < OT$,在$\triangle OZT$中,$2OZ\lt OT$,可得$∠OTZ<30°$.
最后这一步,可以这样证明:
以$O$为圆心,$\frac12OT$为半径作圆,点$T$到这个圆的一条切线为$TX$,那么$∠TXO=90°,TO=2XO$,所以$∠OTX=30°$.而$OZ<\frac12OT=OX$,所以$Z$在这个圆内,所以$∠OTZ<30°$.