一个三角不等式在任意三角形ABC
在任意三角形ABC中，记
P=[sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)]^2;
Q=[cos(A/2)]^2+[cos(B/2)]^2+[cos(C/2)]^2。
求证 P≤Q。
关于所证不等式
[sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)]^2≤[cos(A/2)]^2+[cos(B/2)]^2+[cos(C/2)]^2。 (1)
的几点说明:
设s,R,r分别表示△ABC的半周长，外接圆和内切圆半径。
根据三角形恒等式：
[sin(A/2)]^2+[sin(B/2)]^2+[sin(C/2)]^2=(2R-r)/(2R)；
[cos(A/2)]^2+[c...全部
在任意三角形ABC中，记
P=[sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)]^2;
Q=[cos(A/2)]^2+[cos(B/2)]^2+[cos(C/2)]^2。
求证 P≤Q。
关于所证不等式
[sin(A/2)+sin(B/2)+sin(C/2)]^2≤[cos(A/2)]^2+[cos(B/2)]^2+[cos(C/2)]^2。 (1)
的几点说明:
设s,R,r分别表示△ABC的半周长，外接圆和内切圆半径。
根据三角形恒等式：
[sin(A/2)]^2+[sin(B/2)]^2+[sin(C/2)]^2=(2R-r)/(2R)；
[cos(A/2)]^2+[cos(B/2)]^2+[cos(C/2)]^2=(4R+r)/(2R)。
不等式(1)等价于
[sin(B/2)+sin(C/2)]^2+[sin(C/2)+sin(A/2)]^2+[sin(A/2)+sin(B/2)]^2≤3 (2)
sin(B/2)*sin(C/2)+sin(C/2)*sin(A/2)+sin(A/2)*sin(B/2)=
4sin(B/2)*sin(C/2)≥2[sin(B/2)+sin(C/2)]-1
于是有
1+4sin(A/2)*sin(B/2*sin(C/2)≥2sin(A/2)*[sin(B/2)+sin(C/2)]+1-sin(A/2)
因为sin(B/2)*sin(C/2) 在B/2=C/2=(180°-A)/4时取得极大值，故有
2sin(B/2)*sin(C/2)≤2[sin(180°-A)/4]^2=[1-sin(A/2)]。
因此 1+4sin(A/2)*sin(B/2)*sin(C/2)≥2T
由三角形三角恒等式:
cosA+cosB+cosC=1+4sin(A/2)+*sin(B/2)*sin(C/2)
=[cos(A/2)]^2+[cos(B/2)]^2+[cos(C/2)]^2-[sin(A/2)]^2-[sin(B/2)]^2-[sin(C/2)]^2
即得不等式(1)。
证法二 设x=tan(A/2), y=tan(B/2), z=tan(C/2) ，则x>0、y>0、z>0。
据万能置换公式得:
sin(A/2)=x/√(1+x^2)；sin(B/2)=y/√(1+y^2)；sin(C/2)=z/√(1+z^2)。
对所证不等式作置换得:
∑[y/√(1+y^2)+z/√(1+z^2)]^2≤3
注意到yz+zx+xy=1，上述两端同乘(y+z)*(z+x)*(x+y) 即证:
∑[y√(z+x)+z√(x+y)]^2≤3(y+z)*(z+x)*(x+y)
∵ [y√(z+x)+z√(x+y)]^2=y^2*(z+x)+z^2*(x+y)+2yz√[(z+x)(x+y)]
≤y^2*(z+x)+z^2*(x+y)+yz[(z+x)+(x+y)]=2xyz+2yz(y+z)+x(y^2+y^2) ，
即得
[y√(z+x)+z√(x+y)]^2≤2xyz+2yz(y+z)+x(y^2+y^2) (6)
同理可得
[z√(x+y)+x√(y+z)]^2≤2xyz+2zx(z+x)+y(z^2+x^2) (7)
[x√(y+z)+y√(z+x)]^2≤2xyz+2xy(x+y)+z(x^2+y^2) (8)
(6)+(7)+(8)得:
∑[y√(z+x)+z√(x+y)]^2≤∑[2xyz+2yz(y+z)+x(y^2+y^2)]
=3(y+z)*(z+x)*(x+y)。
故得不等式(2)。
证法三 根据三角形半角公式:
[sin(A/2)]^2=(s-b)(s-c)/(bc)
[sin(B/2)]^2=(s-c)(s-a)/(ca)
[sin(C/2)]^2=(s-a)(s-b)/(ab)
由均值平均不等式得:
2sin(B/2)*sin(C/2)=2(s-a)√[(s-b)(s-c)]/√(a^2*bc)
≤[(s-a)/a]*[(s-b)/c+(s-c)/b]
所以欲证不等式(2),只需证
[sin(B/2)+sin(C/2)]^2+[sin(C/2)+sin(A/2)]^2+[sin(A/2)+sin(B/2)]^2
≤2Σ(s-b)(s-c)/(bc)+Σ[(s-a)/a]*[(s-b)/c+(s-c)/b]
=[1/(abc)]*Σ{2a(s-b)(s-c)+(s-a)*[b(s-b)+c(s-c)]}
=[1/(abc)]*Σ[2as^2+2abc-2s(ab+ac)+(b+c)s^2+a(b^2+c^2)-(ab+ac+b^2+c^2)s]
=[1/(abc)]*{-(a+b+c)(bc+ca+ab)+(b+c)(c+a)(a+b)+4abc}
=[1/(abc)]*(3abc)=3。
。
证法四 根据三角形恒等式
cosB*cosC+cosC*cosA+cosA*cosB=(s^2-4R^2+r^2)/(4R^2)；
(cosA)^2+(cosB)^2+(cosC)^2=(6R^2+4Rr+r^2-s^2)/(R^2)。
将恒等式代入不等式(5)得
4(6R^2+4Rr+r^2-s^2)+2(s^2-4R^2+r^2) ≤12R^2
s^2≥2R^2+8Rr+3r^2 (9)
不等式(9)就是著名Walker不等式。
证法五 由余弦定理将不等式(5)，化为仅含边长的不等式
-Σa^6+Σa^5(b+c)+ Σa^4*(b^2+c^2)-2Σb^3*c^3-abcΣa^3≥0
不妨设a=max(a,b,c) ，则b^2+c^2>a^2, 上式化简为
a^2*(a-b)*(a-c)*(b^2+c^2-a^2)+
(b-c)^2*[(ab+ac-bc)*(b^2+c^2-a^2)+b^2*(a^2-b^2)+c^2*(a^2-c^2)]≥0
上式显然成立。
不等式(5)得证。
。收起
