35408 有關三角形內切圓等分線的一些不等式

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 ★
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摘要: 本文利用三角形的內切圓等分線長為過渡量, 簡化四個三角幾何不等式的證明。

關鍵詞: 三角形內切圓等分線, 三角幾何不等式。

本文符號定義: $a,b,c$ 表 $\triangle ABC$ 的三邊長; $\triangle$ 表 $\triangle ABC$ 的面積; $s$ 表 $\triangle ABC$ 的半周長; $r$ 表 $\triangle ABC$ 的內切圓半徑; $m_a$, $m_b$, $m_c$ 表三中線長; $t_a$, $t_b$, $t_c$ 表三內角平分線長; $h_a$, $h_b$, $h_c$ 表三邊上的高; $r_a$, $r_b$, $r_c$ 表三傍切圓半徑; $l_a$, $l_b$, $l_c$ 表三內切圓等分線長。

壹、三角形內切圓等分線的由來

1988 年第 29 屆國際奧林匹亞數學競賽 IMO 開賽前, 依慣例各國須提供預選題給命題委員會選用, 其中第 84 題是由當時蘇聯所提供, 其題目為: 在 $\triangle ABC$ 的 $BC$ 邊上取一點 $D$, 使得 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$ 的內切圓半徑相等,

求證: ${\overline {AD}}^2=\triangle \cdot \cot \dfrac A2$。

(因 ${\overline {AD}}$ 使得 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$ 的內切圓半徑相等, 而中文卻無統一的正式譯名, 因此筆者比照三角形中邊或角等分的概念, 將它稱為 $\triangle ABC$ 在 $BC$ 邊上內切圓等分線。)

證明 : 依 Heron 公式及三角形半角定理知: $$ \triangle \cdot \cot \dfrac A2=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\cdot \sqrt{\frac{s(s-a)}{(s-b)(s-c)}}=s(s-a),$$ 故只要證得:$\overline{AD} =\sqrt{s(s-a)}$, 此題即可得證, 今如下圖所示:

設 $\triangle ABD$ 的面積為 $\triangle_1$, 半周長為 $s_1$, 內切圓的圓心為 $O_1$,

設 $\triangle ACD$ 的面積為 $\triangle_2$, 半周長為 $s_2$, 內切圓的圓心為 $O_2$,

且其相等之內切圓半徑為 $r'$; $\triangle ABC$ 的內心為 $I$, 而 $\overline{AD}$ 設為 $l_a$, 則有 \begin{equation} r'=\frac{\triangle_1}{s_1}=\frac{\triangle_2}{s_2}=\frac{\triangle_1+\triangle_2}{s_1+s_2}=\frac{\triangle}{s+l_a} \Rightarrow \frac{r'}{r}=\frac{\triangle}{r(s+l_a)}=\frac{s}{s+l_a};\label{1} \end{equation}

又設 $\triangle ABD$ 的內切圓與 $\overline{AB}$ 切於 $E$, $\triangle ACD$ 的內切圓與 $\overline{AC}$ 切於 $M$, 而 $\triangle ABC$ 的內切圓與 $\overline{AB}$ 及 $\overline{AC}$ 分別切於 $F$ 及 $N$, 因 $\triangle BO_1E$ 和 $\triangle BIF$ 相似, 且 $\triangle CO_2M$ 和 $\triangle CIN$ 相似, 所以有: \begin{equation} \frac{r'}{r}=\frac{\overline{BE}}{\overline{BF}}=\frac{s_1-l_a}{s-b}=\frac{\overline{CM}}{\overline{CN}}=\frac{s_2-l_a}{s-c}= \frac{s_1+s_2-2l_a}{2s-b-c}=\frac{s-l_a}{a};\label{2} \end{equation} 綜合 \eqref{1}、\eqref{2} 得: $$\frac{s}{s+l_a}=\frac{s-l_a}{a}\Rightarrow s^2-l_a^2=as\Rightarrow l_a^2=s^2-as\Rightarrow l_a=\sqrt{s(s-a)}\hbox{。}$$ 上述之 $\overline{AD}=l_a=\sqrt{s(s-a)}=\dfrac 12 \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)}$, 得證。

註:

  1. 有關三角形內切圓等分線相關性質的介紹及另外利用STEWART定理所得的證明, 讀者可參看
  2. 2010 年 AIME 邀請賽第一階段的第 5 題也是關於三角形內切圓等分線的題目, 22 年後又重新出現在國際數學競賽上, 令人驚喜。

貳、利用三角形內切圓等分線長簡化三角幾何不等式

筆者發現將內切圓等分線長 $l_a$ 當成不等式中的過渡量, 可簡化一些過去須繁複技巧才能證明的三角幾何不等式, 接下來證明一個重要的預備定理:

引理: 對任意 $\triangle ABC$, $m_a\ge l_a\ge t_a\ge h_a$。

證明 : 因為 \begin{eqnarray} m_a&=&\frac 12\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}=\frac 12\sqrt{b^2+2bc+c^2-a^2+b^2+c^2-2bc}\nonumber\\ &=&\frac 12\sqrt{(b+c)^2-a^2+(b-c)^2}=\frac 12\sqrt{(b+c+a)(b+c-a)+(b-c)^2}\ge l_a\qquad~\label{3}\\[6pt] \hbox{又}\quad t_a&=&\frac{2bc}{b+c}\cos \frac A2=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{s(s-a)}=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c} l_a\le l_a\hbox{。}\label{4} \end{eqnarray} 由 \eqref{3}、 \eqref{4} 及 $t_a\ge h_a$ 可知:

對任意 $\triangle ABC$, $m_a\ge l_a\ge t_a\ge h_a$, 而等號成立於 $b=c$ 時,

亦即 $\triangle ABC$ 為一等腰三角形時: $m_a= l_a= t_a= h_a$。

以上述引理為基礎, 並以內切圓等分線長 $l_a$ 為過渡量, 我們可得出下列四個不等式, 分述於如下的四個定理:

定理一: $\displaystyle\sum m_a^2\ge s^2\ge \displaystyle\sum t_a^2\ge \sum h_a^2$, 其中 $\displaystyle\sum m_a^2$ 代表 $m_a^2$, $m_b^2$, $m_c^2$ 的迴圈和, 亦即 $\displaystyle\sum m_a^2=m_a^2+m_b^2+m_c^2$, 其餘類推。

證明 : 因為 $\displaystyle\sum l_a^2=\displaystyle\sum s(s-a)=s^2$, 且由引理,

即得: $\displaystyle\sum m_a^2\ge \displaystyle\sum l_a^2=s^2\ge \displaystyle\sum t_a^2\ge \displaystyle\sum h_a^2$。

定理二: $m_am_bm_c\ge r_ar_br_c\ge t_at_bt_c\ge h_ah_bh_c$。

證明 : 因為 $$r_ar_br_c=\Big(\dfrac{\triangle }{s-a}\Big)\Big(\dfrac{\triangle }{s-b}\Big)\Big(\dfrac{\triangle }{s-c}\Big)=\dfrac{\triangle^3 }{(s-a)(s-b)(s-c)} =rs^2$$ 又 $l_al_bl_c=\sqrt{s(s-a)s(s-b)s(s-c)}=s\triangle=rs^2=r_ar_br_c$, 且由引理, 即得: $m_am_bm_c\ge l_al_bl_c=r_ar_br_c\ge t_at_bt_c\ge h_ah_bh_c$。

定理三: $\displaystyle\sum m_at_a\ge \displaystyle\sum r_ar_b$。

證明 : 首先證明 \begin{eqnarray} m_at_a\ge l_a^2&\Leftrightarrow&\Big(\frac 12\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\Big)\Big(\frac{2bc}{b+c}\cos\frac A2\Big)\ge s(s-a)\nonumber\\ &\Leftrightarrow&\Big(\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\Big)\Big(\frac{1}{b+c}\cos\frac A2\Big)\ge \frac{s(s-a)}{bc}=\cos^2\frac A2,\nonumber\\ &\Leftrightarrow&\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{b+c}\ge \cos\frac A2,\nonumber\\ &\Leftrightarrow&\frac{{b^2+c^2+2bc\cos A}}{(b+c)^2}\ge \cos^2\frac A2=\frac{1+\cos A}2,\nonumber\\ &\Leftrightarrow&2b^2+2c^2+4bc\cos A\ge (b+c)^2+(b+c)^2\cos A,\nonumber\\ &\Leftrightarrow&2b^2+2c^2-(b+c)^2\ge [(b+c)^2-4bc]\cos A,\nonumber\\ &\Leftrightarrow&(b-c)^2\ge (b-c)^2\cos A\hbox{。等號成立於 $b=c$ 時,}\label{5}\\ \hbox{又}\qquad &&r_br_c=\Big(\dfrac{\triangle }{s-b}\Big)\Big(\dfrac{\triangle }{s-c}\Big)=\dfrac{\triangle^2 }{(s-b)(s-c)}=s(s-a)=l_a^2,\label{6} \end{eqnarray} 由 \eqref{5} 及 \eqref{6} 可知: $m_at_a\ge l_a^2=r_br_c$, 同理 $m_bt_b\ge l_b^2=r_cr_a$, $m_ct_c\ge l_c^2=r_ar_b$; 三者相加即得: $\sum m_at_a\ge \sum r_ar_b$。

定理四: $\displaystyle\sum \dfrac{a^2}{m_b^2+m_c^2}\le 2\le \displaystyle\sum \dfrac{a^2}{t_b^2+t_c^2}\le \displaystyle\sum \dfrac{a^2}{h_b^2+h_c^2}$。

證明 : 因 $\displaystyle\sum \dfrac{a^2}{l_b^2+l_c^2}=\displaystyle\sum \dfrac{a^2}{s(s-b)+s(s-c)}=\displaystyle\sum \dfrac{a^2}{as}=\displaystyle\sum\dfrac as=2$, 且由引理, 可得: $$\sum\dfrac{a^2}{m_b^2+m_c^2}\le \sum\dfrac{a^2}{l_b^2+l_c^2}=2\le\sum\dfrac{a^2}{t_b^2+t_c^2}\le \sum\dfrac{a^2}{h_b^2+h_c^2}\hbox{。}$$

註: 此不等式即為 Cordon 不等式的推廣, 在貴刊文 中曾給了繁複且技巧的證明。

參考文獻

單墫, 胡大同, 數學奧林匹克高中版, 凡異出版社, 民國93年八月出版。 Paul Yiu, Notes on Euclidean Geometry, http://math.fau.edu/Yiu/EuclideanGeometryNotes.pdf (1998), pp.127-129. 蔣明斌, Cordon 不等式的類比, 「數學傳播」第33卷第1期。

---本文作者任教台北市立內湖高中---