一個關於三角形的邊長和面積的不等式

今天在網上看到下面這個問題

對於任意三角形 \(ABC\), 必有 \(ab+bc+ca\geq 4S\). 這里的 \(S\) 表示三角形的面積.

我記得在哪見過這個不等式，但一時想不起來，自己也不會做。幾何不等式這個領域我幾乎都沒怎么注意過，看來哪天得了解一下。到網上找了些資料，其中有一份資料里有如下的更強的結果：

對於任意三角形 \(ABC\), 必有 \(ab+bc+ca\geq 4\sqrt{3}S\). 這里的 \(S\) 表示三角形的面積.

本來准備寫資料中那個涉及若干三角不等式的證明的，但知乎上有網友給出了一個精彩的短證明，就先照抄一下吧：

證明一

根據面積公式 \(S=\frac{1}{2}ab\sin C\) 可以得到

\[\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{ab+bc+ca}{2S}.\qquad (1) \]

設函數 \(f(x)=\dfrac{1}{\sin x}\)，利用詹森不等式可得

\[f(A)+f(B)+f(C)\geq 3f(\frac{A+B+C}{3})=2\sqrt{3}. \]

結合上面兩個式子可知命題成立.

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證明二

想了想還是把這個長證明也寫一下吧，原因有二：一是這個證明更為初等，二是這個證明里有幾個有趣的三角不等式. 這個證明用一系列的三角不等式繞過了證明一中的詹森不等式.

引理1： 在 \(\triangle ABC\) 中恆有 \(\sin^2 A+\sin^2B+\sin^2C\leq \dfrac{9}{4}\).

證明

\begin{align*}\sin^2 A+\sin^2B+\sin^2C &=\frac{1-\cos 2A}{2}+\frac{1-\cos 2B}{2}+\frac{1-\cos 2C}{2}\\ &=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C)\\ &=\frac{3}{2}-\cos(A+B)\cos(A-B)-\cos^2C+\frac{1}{2}\\ &=2+\cos C\cos(A-B)-\cos^2C\\ &\leq 2+|\cos C|+\cos^2C \\ &=-(|\cos C|-\frac{1}{2})^2+\frac{9}{4}\\ &\leq \frac{9}{4}.\end{align*}

引理2：在 \(\triangle ABC\) 中恆有 \(\sin A+\sin B+\sin C\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\), \(\sin A\sin B\sin C\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{8}\).

證明

利用不等式 \(a^2+b^2\geq 2ab\) 可以得到

\[\sin A+\sin B+\sin C\leq \sqrt{3(\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C)}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}. \qquad (2) \]

利用上面的不等式以及均值不等式又能得到

\[\sin A\sin B\sin C\leq \left(\frac{\sin A+\sin B+\sin C}{3}\right)^3\leq \frac{3\sqrt{3}}{8}. \]

命題的證明

由引理2以及均值不等式可知

\[\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sin A}\frac{1}{\sin B}\frac{1}{\sin C}}\geq 2\sqrt{3}. \]

接下來的步驟和證明一相同.

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為什么align* 環境編譯不出來？

本文的證明二來自於《三角不等式及其應用》以及Bottemi等人編著的 Geometric inequalities.

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2015.7.25 補注：

本文出現之后知乎上又有了一個證明，它是三角不等式和柯西不等式的結合。那個證明的巧妙完全不下於證明二，這里就不抄錄了。僅在下面列出其中使用的兩個三角關系式，有興趣的朋友不妨自己動手試一試：

\[\cos A \cos B \le \cos^2(\frac{A+B}{2}), \qquad \sin^2A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2\cos A \cos B \cos C. \]