37108 Weitzenbock不等式的又一推廣

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

$\triangle ABC$ 中, 設 $a,b,c$ 分別為 $BC$, $CA$, $AB$ 的邊長, $\triangle ABC$ 面積記為 $S$, 則有 $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3} S$, 當且僅當 $\triangle ABC$ 為等邊三角形時等號成立。 此即著名的 Weitzenbock不等式, 具體見文[1]。 關於它的推廣與加強屢見於各種刊物中, 但大多數是增加不等式右邊的項數, 如著名的費-哈不等式: $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3} S+(b-c)^2+(c-a)^2+(a-b)^2$, 具體見文 [1]。 本文將從新的角度給出它的一個有趣推廣:

定理: $\triangle ABC$ 中, 設 $a,b,c$ 分別為 $BC$, $CA$, $AB$ 的邊長; 相應於頂點 $A,B,C$ 的中線長為 $m_a,m_b,m_c$; 內角平分線長 $w_a,w_b,w_c$; 高線長為 $h_a,h_b,h_c$; $\triangle ABC$ 面積記為 $S$, 則有 $$a^2+b^2+c^2\ge \frac 4{\sqrt{3}}\Big(\frac{m_a}{h_a}+\frac{m_b}{h_b}+\frac{m_c}{h_c}\Big)S\ge \frac 4{\sqrt{3}}\Big(\frac{w_a}{h_a}+\frac{w_b}{h_b}+\frac{w_c}{h_c}\Big)S\ge 4{\sqrt 3}S.$$

當且僅當 $\triangle ABC$ 為等邊三角形時等號成立。

我們先證以下引理。

引理: $ \triangle ABC$ 中, 相應於頂點 $A,B,C$ 的中線長為 $m_a,m_b,m_c$; 內角平分線長 $w_a,w_b,w_c$; 高線長為 $h_a,h_b,h_c$; 則 $h_a\le w_a\le m_a$, $h_b\le w_b\le m_b$, $h_c\le w_c\le m_c$。

證明: 如圖: $ \triangle ABC$ 中, $AD$ 是高, $AE$ 是內角平分線, $AF$ 是中線, 我們分情況討論:

(1) 若 $AC\not=AB$, 不妨設 $AC\gt AB$, 則 $\angle B\gt \angle ACB$, 所以 $\angle BAD\lt \angle CAD$, 所以 $\angle BAC$ 的內角平分線 $AE$ 位於 $\angle CAD$ 中, 即 $E$ 一定在 $CD$ 上。 根據勾股定理, $BD\lt CD$, 所以 $BC$ 的中點 $F$ 一定在 $CD$ 上, 因為 $\dfrac{BE}{EC}=\dfrac{AB}{AC}\lt 1$, 所以 $E$ 點在線段 $DF$ 上, 故 $h_a\lt w_a\lt m_a$。 若 $AC\lt AB$ 同理可證。

(2) 如果 $AC=AB$ 則 $h_a= w_a= m_a$。

由 (1)、 (2) 得 $h_a\le w_a\le m_a$。 同理 $h_b\le w_b\le m_b$, $h_c\le w_c\le m_c$。

下面我們來給出定理的證明:

證明: 不等式的右半部分是顯然成立的, 因為由引理即得 $$\frac 4{\sqrt{3}}\Big(\frac{m_a}{h_a}+\frac{m_b}{h_b}+\frac{m_c}{h_c}\Big)S\ge \frac 4{\sqrt{3}}\Big(\frac{w_a}{h_a}+\frac{w_b}{h_b}+\frac{w_c}{h_c}\Big)S\ge 4{\sqrt 3}S$$ 下面關鍵是證明不等式的左半部分。 $$\because \ \Big(\frac{m_a}{h_a}+\frac{m_b}{h_b}+\frac{m_c}{h_c}\Big)S=\frac 12(am_a+bm_b+cm_c),$$ $\therefore $ 原不等式等價於 $$a^2+b^2+c^2\ge \frac 2{\sqrt{3}}(am_a+bm_b+cm_c).$$ 由柯西不等式得 $(a^2+b^2+c^2)(m_a^2+m_b^2+m_c^2)\ge (am_a+bm_b+cm_c)^2$, 又 $$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4},\quad m_b^2=\frac{2a^2+2c^2-b^2}{4},\quad m_c^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4},$$ 所以 $$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}4,$$ 所以 $$(a^2+b^2+c^2)\times \dfrac 34 (a^2+b^2+c^2)\ge (am_a+bm_b+cm_c)^2.$$ 即 $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge \frac 43(am_a+bm_b+cm_c)^2$$ 開方即得 $$a^2+b^2+c^2\ge \frac 2{\sqrt 3}(am_a+bm_b+cm_c).$$

如果等號成立, 必須 $\dfrac a{m_a}=\dfrac b{m_b}=\dfrac c{m_c}$, 即 $\Big(\dfrac a{m_a}\Big)^2=\Big(\dfrac b{m_b}\Big)^2 =\Big(\dfrac c{m_c}\Big)^2$, 即 $$\frac{a^2}{2b^2+2c^2-a^2}=\frac{b^2}{2a^2+2c^2-b^2}=\frac{c^2}{2a^2+2b^2-c^2}=k,$$ 由等比性質得 $$k=\frac{a^2+b^2+c^2}{3a^2+3b^2+3c^2}=\frac 13,\ \hbox{從而} \left\{\begin{array}{l} 4a^2=2b^2+2c^2\\ 4b^2=2a^2+2c^2\\ 4c^2=2a^2+2b^2\end{array}\right.,\ \hbox{解得}\ a^2=b^2=c^2,$$ 即當且僅當 $\triangle ABC$ 為等邊三角形時等號成立, 定理得證。

參考資料

O. Bottema 等著, 單墫譯, 幾何不等式, 北京大學出版社, 1993年版。

---本文作者任教安徽省旌德中學---