定理： 在表面積相同的所有四面體中, 以正四面體體積最大 。

蘇化明老師給出了一個矩陣證明, 具體可見文獻 , 這種證明比較高端, 有沒有中學生能夠看懂的方法呢？ 本文將試給出這個定理的一個初等證明：

首先需要以下引理：

引理1： 如果正四面體棱長為 $a$, 則其體積 $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$ 特別地, 如果正四面體每個面的面積為 $S$, 則 $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\Big(\dfrac{4\sqrt{3}S}{3}\Big)^{\frac 32}$。

引理的前半部分證明非常簡單, 從略。 如果正四面體每個面的面積為 $S$, 則每條棱長為 $ \sqrt{\dfrac{4\sqrt{3}S}{3}}$ 故正四面體體積 $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\Big(\dfrac{4\sqrt{3}S}{3}\Big)^{\frac 32}$。

引理2： 設 $\triangle ABC$ 的三邊長分別為 $a,b,c$ 面積為 $S$, 則有 $(abc)^2\ge \dfrac{64\sqrt {3}}{9}S^3$ 等號當且僅當正三角形時成立。

證明： 我們先證明 $\sin A\sin B\sin C\le \dfrac{3\sqrt{3}}{8}$ 因為 \begin{eqnarray*} \sin A\sin B\sin C&=&\frac 12 [\cos(A-B)-\cos(A+B)]\sin C\le \frac 12(1+\cos C)\sin C\\ &=&2\cos^3\frac C2\sin\frac{C}{2},\\ {\hbox{所以}} (\sin A\sin B\sin C)^2&=&4\cos^6\frac C2\sin^2\frac C2=\frac 43\cos^2\frac C2\cos^2\frac C2\cos^2\frac C2\cdot 3\sin^2\frac C2\\ &\le&\frac 43\Bigg(\frac{\cos^2\dfrac C2+\cos^2\dfrac C2+\cos^2\dfrac C2+3\sin^2\dfrac C2}4\Bigg)^4=\frac 43\Big(\frac 34\Big)^4=\Big(\frac 34\Big)^3. \end{eqnarray*}

所以 $\sin A\sin B\sin C\le \dfrac{3\sqrt{3}}{8}$, 又由正弦定理得 $\dfrac{a}{2R}\,\dfrac{b}{2R}\,\dfrac{c}{2R}\le\dfrac{3\sqrt{3}}{8}$, 即 $$abc\le 3\sqrt{3}R^3=3\sqrt{3}\Big(\frac{abc}{4S}\Big)^3=3\sqrt{3}\cdot \frac{a^3b^3c^3}{64S^3},$$ 從而有 $(abc)^2\ge \dfrac{64\sqrt{3}}{9}S^3$。

引理3： 設 $a,b,c,d\in R^+$, 則 $$\frac{a}{b+c+d}+\frac b{a+c+d}+\frac c{a+b+d}+\frac d{a+b+c}\ge \frac 43.$$

證明： 由柯西不等式 $$(b\!+\!c\!+\!d\!+\!a\!+\!c\!+\!d\!+\!a\!+\!b\!+\!d\!+\!a\!+\!b\!+\!c) \Big(\frac 1{b\!+\!c\!+\!d}\!+\!\frac 1{a\!+\!c\!+\!d}\!+\!\frac 1{a\!+\!b\!+\!d}\!+\!\frac 1{a\!+\!b\!+\!c}\Big)\ge 16,$$ 於是 $$3(a+b+c+d)\Big(\frac 1{b+c+d}+\frac 1{a+c+d}+\frac 1{a+b+d}+\frac 1{a+b+c}\Big)\ge 16,$$ 於是 $$\frac a{b+c+d}+\frac b{a+c+d}+\frac c{a+b+d}+\frac d{a+b+c}\ge \frac 43.$$

引理4： 如圖1：設四面體體積為 $V$, 頂點 $A_i$, 所對各面面積分別為 $S_i$ $(i=1,2,3,4)$, 則 $S_1+S_2+S_3+S_4\ge 6\times 3^{\frac 16}V^{\frac 23}.$

證明： 過頂點 $A_4$ 作 $A_4O$ 垂直平面 $A_1A_2A_3$ 垂足為 $O$, 過 $O$ 點分別作 $OE \perp A_2A_3$, $OF \perp A_1A_3$, $OG \perp A_1A_2$, 垂足分別為 $E,F,G$, 設二面角 $A_1-A_2A_3-A_4=\alpha_1$, $A_2-A_1A_3-A_4=\alpha_2$, $A_3-A_1A_2-A_4=\alpha_3$, 則 $$A_4O=A_4E\cdot \sin\alpha_1=\frac{2S_1}{A_2A_3}\cdot \sin \alpha_1,\ V=\frac 13 S_4\cdot A_4O=\frac 13 S_4\cdot \frac{2S_1\cdot \sin\alpha_1}{A_2A_3} =\frac{2S_1S_4\sin \alpha_1}{3A_2A_3},$$ 於是 $$A_2A_3=\frac{2S_1S_4\sin\alpha_1}{3V},$$ 同理 $$A_1A_3=\frac{2S_2S_4\sin\alpha_2}{3V},\quad A_1A_2=\frac{2S_3S_4\sin\alpha_3}{3V}.$$

由引理2： $(A_1A_2\cdot A_2A_3\cdot A_1A_3)^2\ge \dfrac{64\sqrt{3}}{9}S_4^3$, 得 $$(\sin\alpha_1\sin\alpha_2\sin \alpha_3)^{\frac 23}\ge \dfrac{3\sqrt{3}V^2}{(S_1S_2S_3)^{\frac 23}S_4},$$ 於是 \begin{equation} \sin^2\alpha_1+\sin^2\alpha_2+\sin^2\alpha_3\ge \frac{9\sqrt{3}V^2}{(S_1S_2S_3)^{\frac 23}S_4},\hskip 1.5cm~\label{1} \end{equation} 又 $S_1\cos\alpha_1+S_2\cos\alpha_2+S_3\cos\alpha_3=S_4$, 所以由柯西不等式得 \begin{eqnarray} (S_1^2\!+\!S_2^2\!+\!S_3^2)(\cos^2\alpha_1\!+\!\cos^2\alpha_2\!+\!\cos^2\alpha_3)\!&\!\ge\!&\! (S_1\cos\alpha_1\!+\!S_2\cos\alpha_2\!+\!S_3\cos\alpha_3)^2\!=\!S_4^2,\nonumber\\ \cos^2\alpha_1+\cos^2\alpha_2+\cos^2\alpha_3&\ge& \frac{S_4^2}{S_1^2+S_2^2+S_3^2}, \label{2}\\ {\hbox{\eqref{1}$+$\eqref{2} 得}} \frac{9\sqrt{3}V^2}{(S_1S_2S_3)^{\frac 23}S_4}&+&\frac{S_4^2}{S_1^2+S_2^2+S_3^2}\le 3,\nonumber\\ {\hbox{同理}} \frac{9\sqrt{3}V^2}{(S_1S_2S_4)^{\frac 23}S_3}&+&\frac{S_3^2}{S_1^2+S_2^2+S_4^2}\le 3,\nonumber\\ \frac{9\sqrt{3}V^2}{(S_1S_3S_4)^{\frac 23}S_2}&+&\frac{S_2^2}{S_1^2+S_3^2+S_4^2}\le 3,\nonumber\\ \frac{9\sqrt{3}V^2}{(S_2S_3S_4)^{\frac 23}S_1}&+&\frac{S_1^2}{S_2^2+S_3^2+S_4^2}\le 3.\nonumber \end{eqnarray} 四式相加得 \begin{eqnarray*} \frac{9\sqrt{3}V^2}{(S_1S_2S_3S_4)^{\frac 23}}\Bigg(\frac{1}{S_1^{\frac 13}}+\frac{1}{S_2^{\frac 13}}+\frac{1}{S_3^{\frac 13}} +\frac{1}{S_4^{\frac 13}}\Bigg)+\Big(\frac{S_4^2}{S_1^2+S_2^2+S_3^2}+\frac{S_3^2}{S_1^2+S_2^2+S_4^2}\qquad~\\ +\frac{S_2^2}{S_1^2+S_3^2+S_4^2}+\frac{S_1^2}{S_2^2+S_3^2+S_4^2}\Big)\le 12, \end{eqnarray*} 而 $$\Bigg(\frac{1}{S_1^{\frac 13}}+\frac{1}{S_2^{\frac 13}}+\frac{1}{S_3^{\frac 13}} +\frac{1}{S_4^{\frac 13}}\Bigg){(S_1S_2S_3S_4)^{\frac 1{12}}}\ge 4,$$ 由引理 3 得 $$\Big(\frac{S_4^2}{S_1^2+S_2^2+S_3^2}+\frac{S_3^2}{S_1^2+S_2^2+S_4^2}+\frac{S_2^2}{S_1^2+S_3^2+S_4^2}+\frac{S_1^2}{S_2^2+S_3^2+S_4^2}\Big)\ge \frac 43,$$ 由以上三式得 $${(S_1S_2S_3S_4)^{\frac 32}}\ge \frac{3^7V^4}{64},$$ 於是 $S_1+S_2+S_3+S_4\ge 4{(S_1S_2S_3S_4)^{\frac 14}}=4[(S_1S_2S_3S_4)^{\frac 32}]^{\frac 16}\ge 6{\root 6\of 3}V^{\frac 23}$, 引理 4 得證。

以下證明定理：由引理4知 $S_1+S_2+S_3+S_4\ge 6{\root 6\of 3}V^{\frac 23}$, 即 $$V\le \dfrac{\sqrt{2\sqrt{3}}}{36}(S_1+S_2+S_3+S_4)^{\frac 32},$$ 由引理1可知 $\dfrac{\sqrt{2\sqrt{3}}}{36}(S_1+S_2+S_3+S_4)^{\frac 32},$ 即為每個面面積為 $\dfrac{S_1+S_2+S_3+S_4}{4}$ 的正四面體體積, 於是定理得證。

我們知道, 三角形中有這樣兩個著名不等式：

1. Weitzenbock不等式： 設 $a,b,c$ 分別表示 $\triangle ABC$ 的三邊長, $S$ 表 $\triangle ABC$ 的面積, 則 $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}S$, 當且僅當 $a=b=c$ 時等號成立。

   證明： 由海倫公式 $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ (其中 $p$ 是半周長), 又 $$(p-a)(p-b)(p-c)\le\Big(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\Big)^3=\Big(\frac p3\Big)^3,$$ 因此 $S\le \sqrt{p\Big({\dfrac p3}\Big)^3}=\dfrac{p^2}{3\sqrt{3}}$, 即 $(a+b+c)^2\ge 12\sqrt{3}S$, 又由柯西不等式得 $$3(a^2+b^2+c^2)=(1^2+1^2+1^2)(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\ge 12\sqrt{3}S,$$ 於是 $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}S$。

2. Finsler-Hadwiger不等式： 設 $a,b,c$ 分別表示 $\triangle ABC$ 的三邊長, $S$ 表 $\triangle ABC$ 的面積, 則 $a^2+b^2+c^2-(a-b)^2-(b-c)^2-(c-a)^2\ge 4\sqrt{3}S$, 當且僅當 $a=b=c$ 時等號成立。

證明： 令 $x=p-a$, $y=p-b$, $z=p-c$, 這時 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt (a^2-(b-c)^2)+(b^2-(c-a)^2)+(c^2-(a-b)^2)\\ &=&4(p-b)(p-c)+4(p-a)(p-c)+4(p-a)(p-b)\\ &=&4(yz+zx+xy). \end{eqnarray*} 由海倫公式 $4\sqrt{3}S=4\sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3(x+y+z)xyz}$, 這樣需證明 $xy+yz+zx\ge \sqrt{3(x+y+z)xyz}$, 平方後再化簡成為 $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge x^2yz+y^2xz+z^2xy$, 注意 $$x^2y^2+y^2z^2\ge 2y^2xz,\qquad y^2z^2+z^2x^2\ge 2z^2xy,\qquad z^2x^2+x^2y^2\ge 2x^2yz,$$ 三式相加得證。

本文試將其推廣到空間得：

定理1： 設四面體 $A_1A_2A_3A_4$ 的棱 $A_2A_4=a$, $A_3A_4=b$, $A_1A_4=c$, $A_1A_2=d$, $A_2A_3=e$, $A_1A_3=f$, 頂點 $A_i$ 所對各面面積分別為 $S_i$ $(i=1,2,3,4)$, 體積為 $V$, 則 $$\sum a^3\ge 36\sqrt{2}V,$$ 當且僅當四面體為正時等號成立。 (這裏 $\sum a^3=a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3$, 下同)

定理2： 設四面體 $A_1A_2A_3A_4$ 的棱 $A_2A_4=a$, $A_3A_4=b$, $A_1A_4=c$, $A_1A_2=d$, $A_2A_3=e$, $A_1A_3=f$, 頂點 $A_i$ 所對各面面積分別為 $S_i$ $(i=1,2,3,4)$, 體積為 $V$, 則 $$\sum a^2-\dfrac 12\sum(a-b)^2\ge 12{\root 3\of {9V^2}},$$ (其中 $\sum a^2$ 意義同上, $\sum(a-b)^2$ 表示四面體所有相鄰棱差的平方和), 當且僅當四面體為正時等號成立。

我們以下證明這兩個定理： 先證明定理1, 如圖2：

由 Weitzenbock 不等式可得 \begin{eqnarray*} a^2+b^2+e^2&\ge&4\sqrt{3}S_1,\\ b^2+c^2+f^2&\ge&4\sqrt{3}S_2,\\ a^2+c^2+d^2&\ge&4\sqrt{3}S_3,\\ d^2+e^2+f^2&\ge&4\sqrt{3}S_4, \end{eqnarray*} 將上面四式相加得： $$a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2\ge 2\sqrt{3}(S_1+S_2+S_3+S_4).$$ 由引理4得 $$(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2)^3\ge 24\sqrt{3}(S_1+S_2+S_3+S_4)^3\ge 24\times 648V^2,$$ 由冪平均不等式 \begin{eqnarray*} \Big(\frac{a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3}{6}\Big)^{\frac 13}&\ge&\Big(\frac{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2}{6}\Big)^{\frac 12},\\ {\hbox{於是}} \Big(\frac{a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3}{6}\Big)^{2}&\ge&\Big(\frac{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2}{6}\Big)^{3},\\ {\hbox{得}} 6(a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3)^2&\ge& (a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2)^3\ge 24\times 648V^2, \end{eqnarray*} 兩邊開方即得 $a^3+b^3+c^3+d^3+e^3+f^3\ge 36\sqrt{2}V$, 即 $\sum a^3\ge 36\sqrt 2V$。 當且僅當四面體為正時等號成立, 命題得證。

下證明定理2：

證明： 同前假設, 由 Finsler-Hadwiger 不等式可得 \begin{eqnarray*} a^2+b^2+e^2-(a-b)^2-(b-e)^2-(a-e)^2&\ge& 4\sqrt{3} S_1,\\ b^2+c^2+f^2-(b-c)^2-(c-f)^2-(b-f)^2&\ge& 4\sqrt{3} S_2,\\ a^2+c^2+d^2-(a-c)^2-(c-d)^2-(a-d)^2&\ge& 4\sqrt{3} S_3,\\ d^2+e^2+f^2-(d-e)^2-(e-f)^2-(d-f)^2&\ge& 4\sqrt{3} S_4, \end{eqnarray*} 將上面四式相加得： \begin{eqnarray*} &&\hskip -15pt 2(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2)\\ &&-[(a-b)^2+(b-e)^2+(a-e)^2+(b-c)^2+(c-f)^2+(b-f)^2+(a-c)^2\\ &&+(c-d)^2+(a-d)^2+(d-e)^2+(e-f)^2+(d-f)^2]\ge 4\sqrt{3}(S_1+S_2+S_3+S_4).\\ {\hbox{又 $S_1+S_2+S_3+S_4\ge 6\times 3^{\frac 16}\times V^{\frac 23}$, 所以}} && (a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2)\\ &&-\frac 12[(a-b)^2+(b-e)^2+(a-e)^2+(b-c)^2+(c-f)^2+(b-f)^2+(a-c)^2\\ &&+(c-d)^2+(a-d)^2+(d-e)^2 +(e-f)^2+(d-f)^2]\ge 12 {\root 3\of{9V^2}}, \end{eqnarray*} 定理2得證。

後來發現, 匡繼昌著《常用不等式》一書中已經有定理1, 但無定理2, 所以本文還是有一定意義。

參考文獻

---本文作者任教中國安徽省旌德中學---