一个关于三角形的边长和面积的不等式

今天在网上看到下面这个问题

对于任意三角形 \(ABC\), 必有 \(ab+bc+ca\geq 4S\). 这里的 \(S\) 表示三角形的面积.

我记得在哪见过这个不等式，但一时想不起来，自己也不会做。几何不等式这个领域我几乎都没怎么注意过，看来哪天得了解一下。到网上找了些资料，其中有一份资料里有如下的更强的结果：

对于任意三角形 \(ABC\), 必有 \(ab+bc+ca\geq 4\sqrt{3}S\). 这里的 \(S\) 表示三角形的面积.

本来准备写资料中那个涉及若干三角不等式的证明的，但知乎上有网友给出了一个精彩的短证明，就先照抄一下吧：

证明一

根据面积公式 \(S=\frac{1}{2}ab\sin C\) 可以得到

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

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

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

结合上面两个式子可知命题成立.

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证明二

想了想还是把这个长证明也写一下吧，原因有二：一是这个证明更为初等，二是这个证明里有几个有趣的三角不等式. 这个证明用一系列的三角不等式绕过了证明一中的詹森不等式.

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

证明

\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 \(\triangle ABC\) 中恒有 \(\sin A+\sin B+\sin C\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\), \(\sin A\sin B\sin C\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{8}\).

证明

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

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

命题的证明

由引理2以及均值不等式可知

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

接下来的步骤和证明一相同.

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为什么align* 环境编译不出来？

本文的证明二来自于《三角不等式及其应用》以及Bottemi等人编著的 Geometric inequalities.

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2015.7.25 补注：

本文出现之后知乎上又有了一个证明，它是三角不等式和柯西不等式的结合。那个证明的巧妙完全不下于证明二，这里就不抄录了。仅在下面列出其中使用的两个三角关系式，有兴趣的朋友不妨自己动手试一试：

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