[不等式] 人教数学群早上提到的一道几何不等式

教师-穿越时空 2013-5-13 10:47:58
修正一下：
证明 非锐角三角形最大边及其该边的高之和大于另两边之和。

   对于哪些锐角三角形最大边及其该边的高之和大于另两边之和？

先证明一下第一个问题，不知下面这样证是否正确？

首先证明直角三角形的情况成立，这是容易的。
不妨设 $\triangle ABC$ 对应三边长为 $a$, $b$, $c$ 且 $a$ 为最大边，其上的高为 $h$，那么当三角形为直角三角形时
\[a+h>b+c \iff a-b>c-h \iff a(1-\sin B)>c(1-\sin B),\]
显然成立；

然后再证明非锐角三角形的情况成立。
此时等价于证明在 $a^2\geqslant b^2+c^2$ 的情况下
\[a+\frac{2S}a>b+c,\]
去分母移项平方等价于
\[16S^2>4a^2(b+c-a)^2,\]
由海伦公式，等价于
\[(a+b+c)\prod(a+b-c)>4a^2(b+c-a)^2,\]
约去一个 $b+c-a$ 后，等价于
\[f(a)=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)-4a^2(b+c-a)>0,\]
我们对 $a$ 求导，易得
\[f'(a)=2a^2+6a(2a-b-c)+(a+b-c)(a-b+c)>0,\]
因此，我们只需要证明当 $a^2=b^2+c^2$ 时即可，而这就是前面已证的直角三角形的情形，故命题得证。

放个板凳占个位

第二个问题其实没有表达清楚，因为如果你问的是“哪些……”，那么我完全可以说“就是满足 $f(a)>0$ 的那些……”，那样的话……

可以问得更清楚，而且方式不一，比如说，可以考虑这样的问题：
求最小的正数 $\alpha$，使得当三角形的最大角大于 $\alpha$ 时恒有 $a+h>b+c$（$a$, $b$, $c$, $h$ 的意思仍如1#所设，下同）；

又或者：
求最小的正数 $k$，使得当三角形的最大边 $a$ 满足 $a>k(b+c)$ 时恒有 $a+h>b+c$；

等等……

1#的思路还是能使的，感觉第二个问法的会更简单些……但是好像又涉及三次方程，又好像不是，待续……

如果是锐角三角形最大角固定的话就不可能恒成立了，但可以讨论哪些角度可使$a+h_a>b+c$能成立

如果是锐角三角形最大角固定的话就不可能恒成立了，但可以讨论哪些角度可使$a+h_a>b+c$能成立
hejoseph 发表于 2013-5-13 15:28

噢对，等腰的时候肯定不能成立……3#可以扔掉了……

换个角度，用坐标来考虑吧。
我们不妨设 $a=2$，令 $B(1,0)$，$C(-1,0)$，设 $A(x,y)$，其中 $y>0$。则
\[a+h>b+c \iff 2+y>\sqrt{(x-1)^2+y^2}+\sqrt{(x+1)^2+y^2},\]
平方移项再平方，整理后最终等价于
\[(4 y + 16) x^2 + 3 y^3 + 8 y^2 - 4 y - 16 < 0,\]
即
\[x^2<\frac{16+4y-8y^2-3y^3}{16+4y},\]
把图作出来

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2013-5-13 16:49

可以看出，曲线包含在两个大圆内部，所以在紫色线里面的点也满足 $a$ 是最大边（其实是废话，因为如果 $a$ 不是最大边，显然 $a+h<b+c$），因此在紫色线内部的点就是所求。
于是只要研究一下那条曲线的特性，大概就能得到一些结论。
……

直角三角形情况：
$\triangle ABC,\angle ACB=90^\circ$，正方形$BCMN$，$\triangle BDC\cong\triangle NLB,LB=DC$，\[MN=NB>NL\riff AL>AM\]

7# 李斌斌755

直角的没难度啦，不过你这个整得也蛮漂亮

8# kuing
试着一步步来，看能走多远

直角的确实没难度，下面写一下试试：
\[\begin{array}{l}
A \ge B \ge C,2S = ah = bc\sin A,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A,h = \frac{{bc\sin A}}{a}\\
\Rightarrow {(a + h)^2} = {a^2} + 2ah + {h^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A + 2bc\sin A + {(\frac{{bc\sin A}}{a})^2} = {(b + c)^2} + 2bc(\sin A - \cos A - 1) + {(\frac{{bc\sin A}}{a})^2}\\
a + h > b + c \Leftrightarrow {(a + h)^2} > {(b + c)^2} \Leftrightarrow 2bc(\sin A - \cos A - 1) + {(\frac{{bc\sin A}}{a})^2} > 0 \Leftrightarrow 2(\sin A - \cos A - 1) + bc{(\frac{{\sin A}}{a})^2} > 0\\
\Leftrightarrow 2(\sin A - \cos A - 1) + \sin B\sin C > 0 \Leftrightarrow 2(\sin A - \cos A - 1) - \frac{1}{2}[\cos (B + C) - \cos (B - C)] > 0\\
\Leftrightarrow 2\sin A - \frac{3}{2}\cos A{\rm{ + }}\frac{1}{2}\cos (B - C) > 2
\end{array}\]

10# yes94
当$A=\dfrac{\pi}2$时，上式显然成立。