标题 | Klamkin不等式的改进 |
范文 | 张 红 文[1]给出了关于三角形三边的Klamkin不等式:ab+bc+ca≥13(a+b+c)(1a+1b+1c) (1)的如下一个逆向形式:ab+bc+ca≤13(a+b+c)(1b+c-a+1c+a-b+1a+b-c) (2) 文[2]把(2)加强为:ab+bc+ca≤23(a+b+c)(1a+1b+1c)-3 (3) 本文首先指出(1)和(3)是等价的.理由如下: 由轮换对称性,(1)赽a+cb+ac≥13(a+b+c)(1a+1b+1c)3(a2b+b2c+c2a)≥(a2b+b2c+c2a)+(a2c+c2b+b2a)+3abc2(a2b+b2c+c2a)≥a2c+c2b+b2a+3abc(3). 下面给出(1)、(3)的两个改进形式. ab+bc+ca≥ 5(a+b)(b+c)(c+a)-(a3+b3+c3)9abc-109 (4) ab+bc+ca≤ 4(a+b)(b+c)(c+a)+(a3+b3+c3)9abc-89 (5) 证明:∵(4)9(a2c+c2b+b2a)≥5(a2c+c2b+b2a)+5(a2b+b2c+c2a)-(a3+b3+c3)赼3+b3+c3≥(a2b+b2c+c2a)+4·(a2b+b2c+c2a-a2c-c2b-b2a)赼3+b3+c3≥a 2b+b2c+c2a+4(a-c)(c-b)(b-a) (6) 同样地,(5)赼3+b3+c3≥a2c+c2b+b2a+4(a-b)(b-c)(c-a) (7) 由于(6)、(7)都是关于a、b、c的轮换对称式,且在(6)中把b、c互换即得(7),所以(6)(7),从而(4)(5).因此只要证明(6)即可. 我们来证明(6)的加强式:a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2a+4|(a-c)(c-b)(b-a )| (8) 若a、b、c中至少有两数相等,则(8)显然成立. 否则,不妨设a=max{a、b、c}. ①若a>b>c,则 (8)赼2(a-b)+b2(b-c)+c2(c-a)≥4(a-b)(b-c)(a-c)赼2(a-b)+b2(b-c)+c2(c-b)+c2(b-a)≥4(a-b)(a-c)(c-b)(a-b)(a+c)(a-c)+(b-c)2·(b+c)≥4(a-b)(b-c)(a-c)赼+cb-c+(b-c)(b+c)(a-b)(a-c)≥4. 由a-b ②若a>c>b,则(8)赼2(a-b)+b2(b-c)+c2(c-a)≥4(a-b)(b-c)(a-c)赼2(a-c)+a2(c-b)+b2(b-c)+c2(c-a)≥4(a-b)(a-c)(c-b)(a-c)2(a+c)+(c-b)(a+b)(a-b)≥4(a-b)(a-c)(c-b)(a-c)(a+c)(a-b)(c-b)+a+ba-c≥4 (10) i)当a≥23c时,则a-c≥12c,a+c≥52c,由于a-b ∵a-c1+cc+bb=3.∴(10)成立. ii)当a<32c时,则a+ba-c=a-ca-c+ba-c+ca-c>1+bb+c32c-c=4.∴(10)也成立. 综上所述,(8)成立,从而(4)和(5)也成立. 从证明过程可知(4)、(5)等号成立的充要条件是a=b=c. 下面设s,R,r分别为三角形的半周长,外接圆和内切圆的半径,则有13(a+b+c)(1a+1b+1c)=(a+b+c)(ab+bc+ca)3abc=2s(s2+4Rr+r2)12Rrs=s2+4Rr+r26Rr, 5(a+b)(b+c)(c+a)-(a3+b3+c3)9abc-109=136sRr[10s(s2+2Rr+r2)-2s(s2-6Rr-3r2)-40sRr]=2s2-2Rr+4r29Rr. 由Gerretsen不等式s2≥16Rr-5r2,得2s2-2Rr+4r29Rr-s2+4Rr+r26Rr= s2-16Rr+5r218Rr≥0. 可见(4)是(1)的一个加强.由于(5)(4),(3)(1),所以(5)也是(3)的一个加强. 另外,通过(8)还能得到(3)的另一个优美的改造形式ab+bc+ca≤a3+b3+c3abc-4|(a-b)(b-c)(c-a)abc|.(11) 最后提出一问题就教于读者:(11)右边的系数4的最佳改进值应为多少? 参考文献 [1]宿晓阳.Klamkin不等式的上界估计.中等数学,1999(3). [2]陈胜利.Klamkin不等式上界估计的改进.中等数学,2001(5). 注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文 |
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