摘要: 本文給出三角形中線與高之間關係的兩個幾何不等式。

關鍵字: 三角形、中線、高線、不等式。

本文約定： $\triangle ABC$ 的三邊長分別為 $a, b, c$, 半周長為 $p$, 面積為 $S$, 外徑為 $R$, 內徑為 $r$, 三邊上的高依次為 $h_a$、 $h_b$、 $h_c$, 三邊上的中線長依次為 $m_a$、 $m_b$、 $m_c$, $\sum$ 表示迴圈和, $\prod$ 迴圈積。

匡繼昌教授在《常用不等式》一書中給出了如下的一個不等式：

$$\frac{m_a}{h_a}\ge \frac{(b+c)^2}{4bc}, \ \hbox{僅當}\ b=c\ \hbox{時等號成立。}$$

經過研究, 筆者現已得到這個不等式的上界估計：

定理1： $\dfrac{m_a}{h_a}\le \dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}S}$。

證明：

\begin{align*} \because \quad &(a^2+b^2+c^2)^2-3a^2(2b^2+2c^2-a^2)\\ =&[(a^2+(b^2+c^2)]^2-6a^2(b^2+c^2)+3a^4\\ =&a^4+2a^2(b^2+c^2)+(b^2+c^2)^2-6a^2(b^2+c^2)+3a^4\\ =&4a^4-4a^2(b^2+c^2)+(b^2+c^2)^2=(2a^2-b^2-c^2)^2\ge 0,\\ \therefore\quad &(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3a^2(2b^2+2c^2-a^2).\\ \therefore\quad &a^2+b^2+c^2\ge \sqrt{3a^2(2b^2+2c^2-a^2)}.\\ \because\quad &S=\frac 12 ah_a\quad \therefore h_a=\frac{2S}{a}\qquad \hbox{又}\quad m_a=\frac 12\sqrt{2b^2+2c^2-a^2},\\ \therefore\quad &\frac{m_a}{h_a}=\dfrac{\dfrac 12 \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{\dfrac{2S}a}=\dfrac{a\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}{4S} =\frac{\sqrt{3a^2(2b^2+2c^2-a^2)}}{4\sqrt 3S}\\ &\hskip 20pt \le \dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}S}\qquad \therefore\quad \frac{m_a}{h_a}\le \dfrac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}S}. \end{align*}

由平面幾何知識知 : $m_a\ge h_a$,

這樣, 我們便可得到 Weitzenbook 不等式 : $\sum a^2\ge 4\sqrt{3} S$ 的一個新的證法。

定理2： $\dfrac{9R(2R-r)}{2(5R-r)}\le \dfrac{\sum m_a^2}{\sum h_a}\le \dfrac{3R(2R^2+r^2 )}{2(R+r)^2}$。

證明： $\because$ $\prod a=4Rrp$, $h_a=\dfrac{2rp}{a}$, $\sum ab=p^2+4Rr+r^2$,

$\therefore$ $\sum \dfrac 1a=\dfrac{\sum ab}{\prod a}=\dfrac{p^2+4Rr+r^2}{4Rrp}$.

$\because$ $m_a^2=\dfrac 14(2b^2+2c^2-a^2)$, $\sum a^2=2(p^2-4Rr-r^2)$,

\begin{align*} \therefore\quad \dfrac{\sum m_a^2}{\sum h_a}=&\dfrac{\sum \dfrac 14(2b^2+2c^2-a^2)}{\sum \dfrac{2rp}{a}}=\dfrac{\dfrac 14\sum (2b^2+2c^2-a^2)}{2rp\sum \dfrac{1}{a}}\\ =&\dfrac{\dfrac 34\sum a^2}{2rp\cdot\dfrac{p^2+4Rr+r^2}{4Rrp}}=\dfrac{\dfrac 32 R\sum a^2}{p^2+4Rr+r^2}=\dfrac{3R(p^2-4Rr-r^2)}{p^2+4Rr+r^2}\\ =&\dfrac{3R(p^2+4Rr+r^2-8Rr-2r^2)}{p^2+4Rr+r^2}=3R-\dfrac{3R(8Rr+2r^2)}{p^2+4Rr+r^2}. \end{align*}

由 Gerretsen 不等式知：

$$16Rr-5r^2\le p^2\le 4R^2+4Rr+3r^2,$$ $$\therefore\quad 3R-\frac{3R(8Rr+2r^2)}{(16Rr-5r^2)+4Rr+r^2}\le \dfrac{\sum m_a^2}{\sum h_a}\le 3R-\frac{3R(8Rr+2r^2)}{(4R^2+4Rr+3r^2 )+4Rr+r^2};$$

即 $\dfrac{9R(2R-r)}{2(5R-r)}\le \dfrac{\sum m_a^2}{\sum h_a}\le \dfrac{3R(2R^2+r^2 )}{2(R+r)^2}$.

由 Euler 不等式 ： $R\ge 2r$ 知

$$\hbox{於是 ：}\quad \frac{9R(2R\!-\!r)}{2(5R\!-\!r)} =\frac{9R[(5R\!-\!r)\!-\!3R]}{2(5R\!-\!r)} =\dfrac 92 R\!-\!\dfrac{27R^2}{2(5R\!-\!r)} \ge \dfrac 92 R\!-\!\dfrac{27R^2}{2(5R\!-\!\frac R2)} =\dfrac 32 R.$$

於是, 我們便可得到 ： 推論 ： $ \dfrac{\sum m_a^2}{\sum h_a}\ge \dfrac 32 R$。

參考文獻

本文作者任教中國安徽省舒城二中杭埠校區