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[不等式] 四道三角形不等式

(1)$A_{1}, B_{1},$和 $C_{1}$是$\triangle ABC$内一点M在三边上的射影,$M A \cdot M B \cdot M C \geq\left(M B_{1}+M C_{1}\right) \cdot\left(M C_{1}+M A_{1}\right) \cdot\left(M A_{1}+M B_{1}\right)$
美国队训练题
(2)$\frac{1}{r}=\frac{1}{r_{a}}+\frac{1}{r_{b}}+\frac{1}{r_{c}}=\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}} \geq \frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}} \geq \frac{1}{m_{a}}+\frac{1}{m_{b}}+\frac{1}{m_{c}} \geq \frac{2}{R}$
(3)a,b,c是任意三角形的三边,则$a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq \alpha(a b+b c+c a)$,求实数$\alpha$的取值范围
近欧298f
(4)a,b,c是三角形的三边,则方程$b^{2} x^{2}+\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) x+c^{2}=0$没有实根

(4)\begin{align*}
\Delta &=b^{4}+c^{4}+a^{4}+2 b^{2} c^{2}-2 a^{2} c^{2}-2 a^{2} b^{2}-4 b^{2} c^{2}\\
&=-(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)(a+b+c)\\
&<0
\end{align*}

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(1)由
\[MB_1+MC_1=MA(\sin\angle MAB_1+\sin\angle MAC_1)\leqslant2MA\sin\frac A2\]以及熟知的 `\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2)\leqslant1/8` 立得;

(2)记面积为 `S`,有
\[\frac1r=\frac{a+b+c}{2S}=\frac1{h_a}+\frac1{h_b}+\frac1{h_c},\]记半周长为 `s`,有 `r_a=S/(s-a)`,故
\[\frac1{r_a}=\frac{b+c-a}{2S}=\frac1{h_b}+\frac1{h_c}-\frac1{h_a},\]从而前两个等号成立。
但是 `l_a` 等是什么?如果是平分线,按习惯应该是用 `w_a` 等,或许是国外习惯与国内不同?
不管了,就当它是平分线吧,这时中间的两个 `\geqslant` 是显然的,于是只剩最右边。利用 holder 或权方和,有
\[\sum\frac1{m_a}=\sum\frac1{\sqrt{m_a^2}}\geqslant\frac{3\sqrt3}{\sqrt{m_a^2+m_b^2+m_c^2}}=\frac6{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\]于是只需证 `a^2+b^2+c^2\leqslant9R^2`,而这在 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4942 就写过,即得证;

(3)当 `a=b=1` 且 `c\to0` 时可知必须满足 `\alpha\geqslant2`,于是只需证明当 `\alpha=2` 时不等式成立即可,事实上
\[2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2=a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)>0,\]又或者
\[2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2=(a+b-c)(a+c-b)+(b+c-a)(a+b-c)+(a+c-b)(b+c-a)>0,\]即得证;
(这两条等式正好用于验证 8# 的取等)

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k版一下子就把这些题杀光了呀?这儿也有一道关于三角形的:
设$a$,$b$,$c$是一个给定的三角形的三边长,若正实数$x$,$y$,$z$满足$x+y+z=1$,求$axy+byz+czx$的最大值。

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k版一下子就把这些题杀光了呀?这儿也有一道关于三角形的:
设$a$,$b$,$c$是一个给定的三角形的三边长,若正实数$x$,$y$,$z$满足$x+y+z=1$,求$axy+byz+czx$的最大值。
其妙 发表于 2019-7-31 21:15
这个用上次这帖 http://kuing.orzweb.net/redirect ... =6348&pid=32674 的 7# 的方法撸就可以了,过程略。

这里想说的是变量的范围其实可以更大:

命题:若实数 `a`, `b`, `c` 满足 `abc\ne0` 且 `2ab+2bc+2ca\geqslant a^2+b^2+c^2`,则对任意实数 `x`, `y`, `z` 恒有
\[(x+y+z)^2\geqslant\frac{2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2}{abc}(ayz+bzx+cxy).\]

证明:为方便书写记 `T=2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\geqslant0`,不等式可整理为
\[x^2+y^2+z^2\geqslant2(pyz+qzx+rxy),\]其中
\[p=\frac T{2bc}-1,\,q=\frac T{2ca}-1,\,r=\frac T{2ab}-1,\]由
\[1-p^2=\frac{(b+c-a)^2T}{4b^2c^2}\geqslant0,\]得 $\abs p\leqslant1$,同理 $\abs q$, $\abs r\leqslant1$,且不难验证
\[p^2+q^2+r^2+2pqr=1,\]于是,根据这帖 http://kuing.orzweb.net/redirect ... =5263&pid=26005(14#)的结论可知不等式成立。

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(4)\begin{align*}
\Delta &=b^{4}+c^{4}+a^{4}+2 b^{2} c^{2}-2 a^{2} c^{2}-2 a^{2} b^{2}-4 b^{2} c^{2}\\
&=-(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)(a+b+c)\\
&<0
\end{align*}
hbghlyj 发表于 2019-7-31 12:06

已知$a,b,c$是三角形的三边,则方程$b^2 x^2 +(b^2 +c^2 −a^2 )x+c^2 =0 $没有实数根。
分析:判别式法肯定是个万能的好方法,然而分解成四个因式的乘积还得要些功力或者火候或者阅历(当然先局部配方,再慢慢提取公因式也是可行的,事实上它与面积的某种表达形式有关,那么分解因式就是手到擒来了)。
下面不用判别式法,而采用“均值不等式+反证法”试试看(由于写的详细,所以看起来过程挺多的,挺复杂的):
假设方程$b^2 x^2 +(b^2 +c^2 −a^2 )x +c^2 =0$有实数根$x_1$(易知$x_1\neq0$),则$b^2x_1^2 +(b^2 +c^2 −a^2)x_1+c^2 =0$,于是$0=(b^2 x_1^2 +c^2)+(b^2 +c^2 −a^2 )x_1\geqslant2bc|x_1|+(b^2 +c^2 −a^2 )x_1$,
当$x_1>0$时,
$0=(b^2 x_1^2 +c^2)+(b^2 +c^2 −a^2 )x_1\geqslant2bc|x_1|+(b^2 +c^2 −a^2 )x_1=(b^2 +c^2+2bc −a^2 )x_1=[(b+c)^2 −a^2 ]x_1$,
即$0\geqslant[(b+c)^2 −a^2 ]x_1$,因为$b+c>a$得,$(b+c)^2 −a^2>0$,但$x_1>0$,矛盾。
同理,当$x_1<0$时,
$0=(b^2 x_1^2 +c^2)+(b^2 +c^2 −a^2 )x_1\geqslant2bc|x_1|+(b^2 +c^2 −a^2 )x_1=(b^2 +c^2-2bc −a^2 )x_1=[(b-c)^2 −a^2 ]x_1$,
即$0\geqslant[(b-c)^2 −a^2 ]x_1$,因为$|b-c|<a$得,$(b-c)^2 −a^2<0$,但$x_1<0$,也矛盾。
综上所述,方程$b^2 x^2 +(b^2 +c^2 −a^2 )x+c^2 =0$没有实数根。

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回复 5# kuing
厉害!
这么说,原题$axy+byz+czx$的最大值就是$\dfrac{abc}{2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2}$了?

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回复 7# 其妙

是的,不过当然还需要说明一下取等的事,对原题就是
\[x=\frac{b(c+a-b)}T,\,y=\frac{c(a+b-c)}T,\,z=\frac{a(b+c-a)}T.\]

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回复 6# 其妙
请问这方法能否用于证明逆命题:
a,b,c是正数,方程$b^2x^2+(b^2+c^2−a^2)x+c^2=0$没有实根,则a,b,c可构成三角形的三边
(逆命题判别式法易证)

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回复 6# 其妙
判别式跟面积有关,设A,B对应复数为0,-1,则$x_1,x_2$的几何意义就是$C_1,C_2$:
$x=\frac{-2bc \cos A±Si}{2b^2}=\frac c b(-\cos A±i \sin A)$(i是虚数单位,S是面积)
share.(3).jpg
2019-8-1 08:07

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回复  其妙
请问这方法能否用于证明逆命题:
a,b,c是正数,方程$b^2x^2+(b^2+c^2−a^2)x+c^2=0$没有实根,则a,b,c可构成三角形的三边 (逆命题判别式法易证)hbghlyj 发表于 2019-8-1 07:48

同理可以证明的,你不妨试一试,在6楼我的均值不等式的证明中,我没有写取等号的时候的条件$x=\pm \dfrac{c}{b}$,在证明你的这个你命题的时候,需要用到取等条件(你懂的,取等条件一找到,不等式就容易多啦),另外,你只要知道判别式法和配方是等价的,而均值不等式和配方也基本是等价的,你只要用配方法搞出来,我就能用均值不等式搞出来,不说了,说漏嘴了…………

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回复  其妙
判别式跟面积有关,设A,B对应复数为0,-1,则$x_1,x_2$的几何意义就是$C_1,C_2$:
$x=\dfrac{-2bc \cos A±iS}{2b^2}=\dfrac c b(-\cos A±i \sin A)$
(i是虚数单位,S是面积)
hbghlyj 发表于 2019-8-1 07:52

在6楼我也说过,判别式跟面积有关,而面积和海伦公式有关,海伦公式里的分解因式就和你的那个判别式有9成的关系!不过你把根解出来并给与几何意义值得点赞

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回复 1# hbghlyj
下面谈谈楼主的第(3)题:
(3)$a$,$b$,$c$是任意三角形的三边,则$a^2 +b^2 +c^2 ≤\alpha (ab+bc+ca) $,求实数$α$ 的取值范围.
k版已经找到临界状态,例如$a=b=1,c\to 0$时,$α\geqslant2$,下面证明 $α=2$不等式成立,k版也是搞成三个正数之和,对每个正数因式分解,也恰好为因式分解“两边之和大于第三边”,没这个运算功底也没法子证明的,(可惜k版的公式不能显示Tex Commands,所以不便于复制,怎么破?)下面改用另外一种方法:
易知$(b-c)^2<a^2$,故$b^2+c^2-a^2<2bc$,同理,$a^2+c^2-b^2<2ac$,$b^2+a^2-c^2<2ab$,三式相加得,
$a^2+b^2+c^2<2ab+2bc+2ca$,故原命题得证。

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