關鍵詞： 三角形、 Symmedian點、 Gergonne 點、 Ceva 線、 幾何不等式、 歐拉不等式。
1. 引言
在本文中約定: $a$, $b$, $c$ 分別為 $\triangle ABC$ 的三邊長; $s$ 為半周長; $\triangle $ 為三角形面積; $R, r$ 分別為 $\triangle ABC$ 的外接圓半徑與內切圓半徑; $m_a$, $m_b$, $m_c$ 分別為三中線長; $w_a$, $w_b$, $w_c$ 分別為三角平分線長; $h_a$, $h_b$, $h_c$ 分別為三高線長; $r_a$, $r_b$, $r_c$ 分別為三旁切圓半徑長; $k_a$, $k_b$, $k_c$ 分別為過 Symmedian 點之 Ceva 線長; $g_a$, $g_b$, $g_c$ 分別為過 Gergonne 點之 Ceva 線長。 另外我們通常使用循環求和符號"$\sum$"與循環求積符號"$\prod$", 如: \begin{eqnarray*} \sum f(a)&=&f(a)+f(b)+f(c),\\ \sum f(b,c)&=&f(a,b)+f(b,c)+f(c,a),\\ \prod f(a)&=&f(a)f(b)f(c) \end{eqnarray*} 等等。
最近, Zhivko Zhelev 在文 [5] 證明了如下的一組幾何不等式： \begin{eqnarray} ah_a+bh_b+ch_c&\le&\sqrt{bc}h_a+\sqrt{ca}h_b+\sqrt{ab}h_c ,\label{1}\\ am_a+bm_b+cm_c&\le&\sqrt{bc}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c .\label{2} \end{eqnarray}
文 [5] 證明不等式 \eqref{2} 時用了多元函數求極值的高等數學方法。 本文將給出不等式 \eqref{2} 的一個初等證明和一個類似: \begin{equation} aw_a+bw_b+cw_c\le\sqrt{bc}w_a+\sqrt{ca}w_b+\sqrt{ab}w_c. \label{3} \end{equation}
2. 引理
為了證明不等式 \eqref{2} 和 \eqref{3}, 我們先給出一些引理。
引理1. ([1, p.12; 2, p.52] 也可參見[4, p.510]) 在 $\triangle ABC$ 中,有 \begin{eqnarray} a+b+c&=&2s,\label{4}\\ ab+bc+ca&=&s^2+4Rr+r^2,\label{5}\\ abc&=&4Rrs.\label{6} \end{eqnarray}
引理2. 在 $\triangle ABC$ 中,有 \begin{eqnarray} a^2m_a^2+b^2m_b^2+c^2m_c^2&=&\frac 12 s^4-(4R-5r)rs^2+\frac 12(4R+r)^2r^2,\label{7}\\ bcm_a^2+cam_b^2+abm_c^2&=&s^4-6Rrs^2-(4R+r)^2r^2 ,\label{8}\\ a^2w_a^2+b^2w_b^2+c^2w_c^2&=&\dfrac{16Rr^2s^2[(5R+6r)s^2-(8R^2+7Rr+2r^2)r]}{(s^2+2Rr+r^2)^2} ,\label{9}\\ bcw_a^2+caw_b^2+abw_c^2&=&\dfrac 1{(s^2+2Rr+r^2)^2} \cdot [s^8-4(R-r)rs^6\nonumber\\ &&-2(24R^2-2Rr-3r^2)r^2s^4\nonumber\\ &&+4(16R^2+5Rr+r^2)r^4s^2+(4R+r)^3r^5],\label{10}\\ &&\hskip -150pt \sum bc(2a^2+bc)=s^4+2(4R+r)rs^2+(4R+r)^2r^2,\label{11}\\ &&\hskip -150pt \sum \frac{4a^2+b^2+c^2}{b+c}=\dfrac{11s^4-2(20R+11r)rs^2-(4R+r)^2r^2}{s(s^2+2Rr+r^2)} ,\label{12}\\ &&\hskip -150pt \sum\dfrac{(b+c)(b-c)^2}{a^2}=\dfrac{-s^4+2(R+r)(4R-r)s^2-(4R+r)^2(2R+r)r}{2R^2s}, \label{13}\\ &&\hskip -150pt \sum\dfrac{(s-b)(s-c)}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{2(R+r)r}{s^2+2Rr+r^2},\label{14}\\ &&\hskip -150pt \sum\dfrac{(b+c)(s-b)(s-c)}{a(a+b)(a+c)}=\dfrac{r(s^2+4R^2+2Rr+r^2)}{2R(s^2+2Rr+r^2)}.\label{15} \end{eqnarray}
證明: 由中線長公式 $m_a=\dfrac 12 \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$ 等可得 \begin{eqnarray} a^2m_a^2\!+\!b^2m_b^2\!+\!c^2m_c^2&=&-\frac 14\Big(\sum a\Big)^4\hskip -3pt \!+\!\Big(\sum a\Big)^2\!\cdot\! \sum bc \!+\!\frac 12\Big(\sum bc\Big)^2\hskip -3pt \!-\!3\prod a\!\cdot\! \sum a;\quad~\label{16}\\ bcm_a^2\!+\!cam_b^2\!+\!abm_c^2&=&\frac 12\Big(\sum a\Big)^2\cdot \sum bc-\Big(\sum bc\Big)^2-\dfrac 34\prod a\cdot \sum a;\label{17} \end{eqnarray} 由角平分線長公式 $w_a=\dfrac{2\sqrt{bcs(s-a)}}{b+c}$ 等可得 \begin{eqnarray} a^2w_a^2\!+\!b^2w_b^2\!+\!c^2w_c^2 &=&\dfrac{\prod a\cdot \sum a}{\Big(\sum a\cdot \sum bc-\prod a\Big)^2}\Bigg[ -\Big(\sum a\Big)^6+5\sum bc\cdot \Big(\sum a\Big)^4\nonumber\\ &&-7\prod a\cdot \Big(\sum a\Big)^3-4\Big(\sum bc\Big)^2\cdot \Big(\sum a\Big)^2\nonumber\\ &&+9\prod a\cdot \sum bc\cdot \sum a-6\Big(\prod a\Big)^2\Bigg];\label{18}\\ bcw_a^2\!+\!caw_b^2\!+\!abw_c^2 &=&\dfrac{\sum a}{\Big(\sum a\cdot \sum bc-\prod a\Big)^2}\Bigg[ -\Big(\prod a\Big)^2\Big(\sum a\Big)^3\nonumber\\ &&-2\prod a\cdot \Big(\sum bc\Big)^2\cdot \Big(\sum a\Big)^2+\sum a\cdot \Big(\sum bc\Big)^4\nonumber\\ &&+6\sum a\!\cdot\! \sum bc\!\cdot\! \Big(\prod a\Big)^2\!\!-\!2\prod a\Big(\sum bc\Big)^3\!\!-\!6\Big(\prod a\Big)^3\Bigg];\label{19}\\ \sum bc(2a^2+bc)&=&\Big(\sum bc\Big)^2;\label{20}\\ \sum\dfrac{4a^2\!+\!b^2\!+\!c^2}{b+c}&=&\dfrac{2\Big[ 2\Big(\sum a\Big)^4\!-\!5\sum bc\cdot \Big(\sum a\Big)^2\!-\!\Big(\sum bc\Big)^2\!+\!6\prod a\cdot \sum a\Big]}{\sum a\cdot\sum bc-\prod a}\label{21}\\ \sum\dfrac{(b\!+\!c)(b\!-\!c)^2}{a^2}&=&\dfrac 1{\Big(\prod a\Big)^2}\cdot \Big[-2\prod a \cdot\Big(\sum a\Big)^4+\Big(\sum bc\Big)^2\cdot \Big(\sum a\Big)^3\nonumber\\ &&+9\prod a\cdot \sum bc \cdot \Big(\sum a\Big)^2-4 \Big(\sum bc\Big)^3\cdot \sum a\nonumber\\ &&-12 \Big(\prod a\Big)^2\cdot \sum a+4\prod a \cdot \Big(\sum bc\Big)^2\Big];\label{22}\\ \sum\dfrac{(s\!-\!b)(s\!-\!c)}{(a\!+\!b)(a\!+\!c)}&=&\dfrac 14\sum\dfrac{(c+a-b)(a+b-c)}{(a+b)(a+c)}\nonumber\\ &=&\dfrac{-\Big(\sum a\Big)^3+4\sum bc\cdot \sum a-6\prod a}{\sum a\sum bc-\prod a};\label{23}\\ &&\hskip -120pt \sum\dfrac{(b+c)(s-b)(s-c)}{a(a+b)(a+c)}=\dfrac 14\sum\dfrac{(b+c)(c+a-b)(a+b-c)}{a(a+b)(a+c)}\nonumber\\ &&\hskip -120pt =\dfrac{-\!\sum bc\!\cdot\! \Big(\!\sum\! a\!\Big)^4\!\!+\!\!\prod a\cdot \Big(\!\sum\! a\!\Big)^3 \!+\!4\sum bc\Big(\!\sum\! a\!\Big)^2 \!-\!12\prod\! a\cdot \sum\! bc\!\cdot\! \sum\! a\!+\!12\Big(\!\prod a\!\Big)^2} {4\prod a\cdot \Big(\!\sum bc\cdot \sum a-\prod a\!\Big)}.\label{24} \end{eqnarray} 由恒等式\eqref{16}$-$\eqref{24} 和引理 1 即可得恒等式 \eqref{7}$-$\eqref{15}。
引理 3. ([4, pp.440, pp.564]) 在 $\triangle ABC$ 中, 有 \begin{equation} \frac 12 \Big[ 4a^2+b^2+c^2-\dfrac{(b^2-c^2)^2}{a^2} \Big]\le 4m_bm_c\le 2a^2+bc. \label{25} \end{equation}
引理4. 在 $\triangle ABC$ 中, 有 \begin{equation} \frac {4s(s-b)(s-c)(b+c)}{(a+b)(a+c)} \le w_bw_c \le \frac{2as}{(a+b)(a+c)}\Big[\frac{abc}{b+c}+\frac{(b+c)(s-b)(s-c)}{a}\Big]. \label{26} \end{equation}
證明： 不等式 \eqref{26} 右邊的不等式的證明見 [4, pp.467]。
由角平分線長公式 $w_a=\dfrac{2\sqrt{bcs(s-a)}}{b+c}$ 知不等式 \eqref{26} 左邊的不等式等價於 \begin{eqnarray*} &&\dfrac{4s(s-b)(s-c)(b+c)}{(a+b)(a+c)}\le\dfrac{4as\sqrt{bc(s-b)(s-c)}}{(a+b)(a+c)}\\ &\Leftrightarrow& \frac 14 (a+b+c)(b+c-a)(b-c)^2\ge 0. \end{eqnarray*} 最後一式顯然成立,所以不等式 \eqref{26} 左邊的不等式成立。 $\Box$
引理5. ([3, pp.56]) 在 $\triangle ABC$ 中, 有 \begin{equation} 16Rr-5r^2\le s^2\le 4R^2+4Rr+3r^2. \label{27} \end{equation}
3. 不等式 \eqref{2} 和 \eqref{3} 的證明
3.1. 不等式 \eqref{2} 的證明
證明： 不等式 \eqref{2} 等價於 \begin{eqnarray} &&(am_a+bm_b+cm_c)^2\le\Big(\sqrt{bc}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c\Big)^2\nonumber\\ &\Leftrightarrow& \sum a^2m_a^2+2\sum bc m_bm_c\le \sum bc m_a^2+2\sum a\sqrt{bc}m_bm_c.\label{28} \end{eqnarray} 由引理 3 知 \begin{equation} \sum a^2m_a^2+2\sum bc m_bm_c\le \sum a^2m_a^2+\frac 12\sum bc(2a^2+bc).\label{29} \end{equation} 由引理 3 及調和平均 $\le$ 幾何平均知 \begin{eqnarray} \sum bcm_a^2+2\sum a\sqrt{bc}m_bm_c&\ge& \sum bc m_a^2+2\sum\frac{2abc m_bm_c}{b+c}\nonumber\\ &=&\sum bcm_a^2+4\prod a\cdot \sum\frac{m_bm_c}{b+c}\nonumber\\ &\ge&\sum bc m_a^2\!+\!\frac 12\prod a\cdot \!\sum\Big[\frac{4a^2\!+\!b^2\!+\!c^2}{b+c}\!-\!\frac{(b^2\!-\!c^2)^2}{a^2(b\!+\!c)}\Big].\qquad~\label{30} \end{eqnarray} 由不等式 \eqref{29} 和 \eqref{30} 知要證不等式 \eqref{28} 只要證 $$\sum a^2m_a^2\!+\!\frac 12\sum bc(2a^2\!+\!bc)\!\le\! \sum bc m_a^2\!+\!\frac 12\prod a\!\cdot\! \sum \Big[\frac{4a^2\!+\!b^2\!+\!c^2}{b+c}\!-\!\frac{(b^2\!-\!c^2)^2}{a^2(b\!+\!c)}\Big],$$ 即證 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt \sum a^2m_a^2+\frac 12\sum bc(2a^2+bc)\nonumber\\ &\le& \sum bc m_a^2+\frac 12\prod a\cdot \Big[\sum\frac{4a^2+b^2+c^2}{b+c}- \sum\frac{(b+c)(b-c)^2}{a^2}\Big].\label{31} \end{eqnarray} 由引理 1 中恒等式 \eqref{6} 及引理 2 中恒等式 \eqref{7}, \eqref{8}, \eqref{11}$-$\eqref{13} 可知不等式 \eqref{31} 等價於 \begin{eqnarray} s^4+6r^2s^2+(4R+r)^2r^2&\ge&\frac{2Rr[11s^4-2(20R+11r)rs^2-(4R+r)^2r^2]}{s^2+2Rr+r^2}+s^4-6Rrs^2\nonumber\\ &&\hskip -65pt -(4R+r)^2r^2+\frac rR\cdot [s^4-2(R+r)(4R-r)s^2+(4R+r)^2(2R+r)r]\nonumber\\ &&\hskip -80pt \Leftrightarrow (s^2-16Rr+5r^2)^3+[8R^2+32Rr+6r(R-2r)](s^2-16Rr+5r^2)^2\nonumber\\ &&\hskip -65pt +2r[R+r+(R-2r)][37R^2+82Rr+12r(R-2r)](s^2-16Rr+5r^2)\nonumber\\ &&\hskip -65pt +4r^2(R-2r)[72R^3+52R^2r+31Rr(R-2r)+8r^3]\ge 0. \label{32} \end{eqnarray} 由引理 5 及著名的歐拉不等式 [3, pp.53] $R\ge 2r$ 可知不等式 \eqref{32} 成立, 從而不等式 \eqref{31} 成立, 進而不等式 \eqref{28} 成立, 即不等式 \eqref{2} 得證。 $\Box$
3.2. 不等式 \eqref{3} 的證明
證明： 不等式 \eqref{3} 等價於 \begin{eqnarray} &&(aw_a+bw_b+cw_c)^2\le\Big(\sqrt{bc}w_a+\sqrt{ca}w_b+\sqrt{ab}w_c\Big)^2\nonumber\\ &\Leftrightarrow& \sum a^2w_a^2+2\sum bc w_bw_c\le \sum bc w_a^2+2\sum a\sqrt{bc}w_bw_c.\label{33} \end{eqnarray} 由引理 4 知 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt \sum a^2w_a^2+2\sum bcw_bw_c\nonumber\\ &\le&\sum a^2w_a^2+2\sum \frac{2abcs}{(a+b)(a+c)}\Big[\frac{abc}{b+c}+\frac{(b+c)(s-b)(s-c)}{a}\Big]\nonumber\\ &=&\sum a^2w_a^2+\frac{12s\Big(\prod a\Big)^2}{\sum a\cdot \sum bc-\prod a}+4s\prod a\cdot \sum\frac{(b+c)(s-b)(s-c)}{a(a+b)(a+c)}.\label{34} \end{eqnarray} 由引理 4 及調和平均 $\le $ 幾何平均知 \begin{eqnarray} \sum bcw_a^2+2\sum a\sqrt{bc}w_bw_c&\ge&\sum bcw_a^2+2\sum \frac{2abc}{b+c}w_bw_c\nonumber\\ &=&\sum bcw_a^2+4\prod a\cdot \sum \frac{w_bw_c}{b+c}\nonumber\\ &\ge&\sum bcw_a^2+4\prod a\cdot \sum\frac{4s(s-b)(s-c)}{(a+b)(a+c)}\nonumber\\ &=&\sum bcw_a^2+16s\prod a\cdot \sum\frac{(s-b)(s-c)}{(a+b)(a+c)}. \label{35} \end{eqnarray} 由不等式 \eqref{34} 和 \eqref{35} 知要證不等式 \eqref{33} 只要證 \begin{eqnarray} &&\sum a^2w_a^2+\frac{12s\Big(\prod a\Big)^2}{\sum a\cdot \sum bc-\prod a}+4s\prod a\cdot \sum\frac{(b+c)(s-b)(s-c)}{a(a+b)(a+c)}\nonumber\\ &\le&\sum bcw_a^2+16s\prod a\cdot \sum\frac{(s-b)(s-c)}{(a+b)(a+c)}. \label{36} \end{eqnarray} 由引理 1 中恒等式及引理 2 中恒等式 \eqref{9}, \eqref{10}, \eqref{14}, \eqref{15} 可知不等式 \eqref{36} 等價於 \begin{eqnarray} &&\hskip -20pt \frac{16Rr^2s^2[(5R\!+\!6r)s^2\!-\!(8R^2\!+\!7Rr\!+\!2r^2)r]}{(s^2\!+\!2Rr\!+\!r^2)^2}\!+\!\frac{96R^2r^2s^2}{s^2\!+\!2Rr\!+\!r^2}\!+\!\frac{8(s^2\!+\!4R^2\!+\!2Rr\!+\!r^2)r^2s^2}{s^2\!+\!2Rr\!+\!r^2}\nonumber\\ &\le&\frac{s^8\!-\!4(R\!-\!r)rs^6\!-\!2(24R^2\!-\!2Rr\!-\!3r^2)r^2s^4\!+\!4(16R^2\!+\!5Rr\!+\!r^2)r^4s^2\!+\!(4R\!+\!r)^3r^5}{(s^2\!+\!2Rr\!+\!r^2)^2}\nonumber\\ &&\!+\!\frac{128R(R\!+\!r)r^2s^2}{s^2\!+\!2Rr\!+\!r^2}\nonumber\\ &\Leftrightarrow&(s^2\!-\!16Rr\!+\!5r^2)^4\!+\!12r[4R\!+\!(R\!-\!2r)](s^2\!-\!16Rr\!+\!5r^2)^3\nonumber\\ &&\!+\!8r^2[84R^2\!+\!68R(R\!-\!2r)\!+\!25r^2](s^2\!-\!16Rr\!+\!5r^2)^2\nonumber\\ &&\!+\!16r^3[584(R\!-\!2r)^3\!+\!2585r(R\!-\!2r)^2\!+\!3720r^2(R\!-\!2r)\!+\!1728r^3](s^2\!-\!16Rr\!+\!5r^2)\nonumber\\ &&\!+\!32r^4(R\!-\!2r)[576(R\!-\!2r)^3\!+\!2870r(R\!-\!2r)^2\!+\!4739r^2(R\!-\!2r)\!+\!2592r^3]\ge 0. \label{37} \end{eqnarray} 由引理 5 及著名的歐拉不等式 [3, pp.53] $R\ge 2r$ 可知不等式 \eqref{37} 成立,從而不等式 \eqref{36} 成立,進而不等式 \eqref{33} 成立, 即不等式 \eqref{3} 得證。$\Box$
4. 進一步的思考
通過仔細研究, 我們還發現與不等式 \eqref{1}$-$\eqref{3} 類似的兩個不等式: \begin{eqnarray} ak_a+bk_b+ck_c&\le&\sqrt{bc}k_a+\sqrt{ca}k_b+\sqrt{ab}k_c , \label{38}\\ ag_a+bg_b+cg_c&\le&\sqrt{bc}g_a+\sqrt{ca}g_b+\sqrt{ab}g_c.\label{39} \end{eqnarray} 仿文 [5], 由不等式 \eqref{3}, \eqref{38}, \eqref{39} 及幾何平均 $\le$ 算術平均, 我們立即可得如下幾個有趣的不等式: \begin{eqnarray} (b+c-2a)w_a+(c+a-2b)w_b+(a+b-2c)w_c&\ge&0 , \label{40}\\ (b+c-2a)k_a+(c+a-2b)k_b+(a+b-2c)k_c&\ge&0 , \label{41}\\ (b+c-2a)g_a+(c+a-2b)g_b+(a+b-2c)g_c&\ge&0 . \label{42} \end{eqnarray}
但是卻有下面的不等式: \begin{eqnarray} a^2+b^2+c^2&\ge&a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}, \label{43}\\ ar_a+br_b+cr_c&\ge&\sqrt{bc}r_a+\sqrt{ca}r_b+\sqrt{ab}r_c.\label{44} \end{eqnarray}
礙於篇幅本文不再給出不等式 \eqref{38} 和 \eqref{39} 的證明, 這兩個不等式的證明將另文發表。 下面我們給出不等式 \eqref{43} 和 \eqref{44} 的證明。
不等式 \eqref{43} 的證明: 由 $(\sqrt{ab}-\sqrt{bc})^2+(\sqrt{bc}-\sqrt{ca})^2+(\sqrt{ca}-\sqrt{ab})^2\ge 0$ 可得 \begin{equation} ab+bc+ca\ge a\sqrt{bc}+b\sqrt{bc}+c\sqrt{ca},\label{45} \end{equation} 又由 $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0$ 可得 \begin{equation} a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca.\label{46} \end{equation} 由不等式 \eqref{45} 和 \eqref{46} 即可得不等式 \eqref{43}。$\Box$
不等式 \eqref{44} 的證明: 由旁切圓半徑公式 $r_a=\dfrac{\triangle}{s-a}$ 等可知不等式 \eqref{44} 等價於 \begin{equation} \frac{a}{s-a}+\frac b{s-b}+\frac c{s-c}\ge \frac{\sqrt{bc}}{s-a}+ \frac{\sqrt{ca}}{s-b}+ \frac{\sqrt{ab}}{s-c}.\label{47} \end{equation} 由幾何平均 $\le$ 算術平均知 \begin{equation} \frac{\sqrt{bc}}{s-a}+ \frac{\sqrt{ca}}{s-b}+ \frac{\sqrt{ab}}{s-c}\le \frac{b+c}{2(s-a)}+\frac {c+a}{2(s-b)}+\frac {a+b}{2(s-c)}. \label{48} \end{equation} 由不等式 \eqref{48} 知要證不等式 \eqref{47} 只要證 \begin{equation} \frac{b+c}{2(s-a)}+\frac {c+a}{2(s-b)}+\frac {a+b}{2(s-c)}\le \frac{a}{s-a}+\frac b{s-b}+\frac c{s-c}.\label{49} \end{equation} 令 $x=s-a$, $y=s-b$, $z=s-c$ 則 $x,y,z\gt 0$, $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$ 從而不等式 \eqref{49} 等價於 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt \frac{2x+y+z}{2x}+\frac{x+2y+z}{2y}+\frac{x+y+2z}{2z}\le\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\nonumber\\ &\Leftrightarrow& \frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}+3\le \frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\nonumber\\ &\Leftrightarrow& 3\le \frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\nonumber\\ &\Leftrightarrow& 6\le \Big(\frac xy+\frac yx\Big)+\Big(\frac yz+\frac zy\Big)+\Big(\frac zx+\frac xz\Big). \label{50} \end{eqnarray} 由幾何平均 $\le$ 算術平均得 $$\frac xy+\frac yx\ge 2,\qquad\frac yz+\frac zy\ge 2,\qquad \frac zx+\frac xz\ge 2.$$ 由上述三個不等式即得不等式 \eqref{50}, 從而不等式 \eqref{49} 成立, 進而不等式 \eqref{47} 成立, 即不等式 \eqref{44} 得證。$\Box$
因此現在一個自然的問題是:
問題1. 在 $\triangle ABC$ 中, 對哪些幾何量 $l_a,l_b,l_c$ 來說如下的不等式成立? \begin{equation} al_a+bl_b+cl_c\le \sqrt{bc}l_a+\sqrt{ca}l_b+\sqrt{ab}l_c\label{51} \end{equation} 而對哪些幾何量上述不等式反向成立?
根據不等式 \eqref{1}$-$\eqref{3} 和 \eqref{38}$-$\eqref{39}, 我們有理由猜想對於三角形內的 Ceva 線, 不等式 \eqref{51} 成立, 這還有待於證實。
注: 本文中的運算藉助了數學軟件 Maple 9.0。
致謝: 非常感謝山東省威海職業學院姜衛東老師提供文獻 [5] 以及和他有益的探討！ 同時也衷心感謝審稿專家提出的寶貴意見和建議！ 對《數學傳播》編輯部老師耐心細緻的排版和編輯工作亦深表感謝！
參考文獻
---本文作者任教中國浙江省新昌縣新昌中學---