本文約定: $a$, $b$, $c$: $\triangle ABC$ 的三邊長; $p$: 半周長; $R$: 外接圓半徑; $r$: 內切圓半徑; $S$: 面積; $h_a$, $h_b$, $h_c$: 高; $t_a$, $t_b$, $t_c$: 角平分線長; $r_a$, $r_b$, $r_c$: 旁切圓半徑; $m_a$, $m_b$, $m_c$: 中線長。

1967年, V. O. Cordon 曾建立涉及 $\triangle ABC$ 的高與邊長之間的不等式 (): \begin{equation} %(1) \frac{a^2}{h_b^2+h_c^2} + \frac{b^2}{h_c^2+h_a^2} + \frac{c^2}{h_a^2+h_b^2} \ge 2 \end{equation} 最近貴刊文 給出了 (1) 的加強並給出了 (1) 左邊的上界, 得到如下不等式: \begin{equation} %(2) \frac{9R^2}{4R^2+2r^2} \le \frac{a^2}{h_b^2+h_c^2} + \frac{b^2}{h_c^2+h_a^2} + \frac{c^2}{h_a^2+h_b^2} \le \frac{R}{r} \end{equation} 筆者在閱讀貴刊文 、 、 的時候, 很自然地想到 : 把 (1) 中的高分別換成角平分線長, 旁切圓半徑, 中線長 (1) 是否成立? 通過研究發現前兩者成立, 後一個反向成立, 即有

定理: 在 $\triangle ABC$ 中, 有 \begin{eqnarray} && \frac{a^2}{t_b^2+t_c^2} + \frac{b^2}{t_c^2+t_a^2} + \frac{c^2}{t_a^2+t_b^2} \ge 2 \\ %(3) && \frac{a^2}{r_b^2+r_c^2} + \frac{b^2}{r_c^2+r_a^2} + \frac{c^2}{r_a^2+r_b^2} \ge 2 \\ %(4) && \frac{a^2}{m_b^2+m_c^2} + \frac{b^2}{m_c^2+m_a^2} + \frac{c^2}{m_a^2+m_b^2} \le 2 %(5) \end{eqnarray}

引理: 在 $\triangle ABC$ 中, 有 \begin{eqnarray} t_a^2 &=& \frac{4bc}{(b+c)^2} p(p-a) \\ %(6) r_a &=& \frac{S}{p-a} \\ %(7) m_a^2 &=& \frac{1}{4} (2b^2+2c^2-a^2) %(8) \end{eqnarray}

證明: (6)、 (7) 的證明分別見 、 。現在來證明 (8) 在 $\triangle ABC$ 中, $AB=c$, $BC=a$ $CA=b$, 設 $M$ 為 $BC$ 的中點, $\angle AMB=\alpha$, 則 $BM=CM=\displaystyle\frac{a}{2}$, $\angle AMD=180^\circ-\alpha$, 由餘弦定理有 \begin{eqnarray*} && c^2 = {AB}^2 = {BM}^2 + {AM}^2 - 2BM\cdot AM\cos\alpha = \Big (\frac{a}{2}\Big )^2 + m_a^2 - am_a\cos\alpha, \\ && b^2 = {AC}^2 = {CM}^2 + {AM^2} - 2CM\cdot AM\cos(180^\circ-\alpha) = \Big (\frac{a}{2}\Big )^2 + m_a^2 + a\cdot m_a\cos\alpha, \end{eqnarray*} 兩式相加得, $b^2+c^2=\displaystyle\frac{a^2}{2}+2m_a^2$, 所以 $m_a^2=\displaystyle\frac{1}{4}(2b^2+2c^2-a^2)$。

定理的證明: 由引理中的 (6) 及算幾不等式有 $t_a^2=\displaystyle\frac{4bc}{(b+c)^2}p(p-a)\le p(p-a)$,
同理有 $t_b^2\le p(p-b)$, $t_c^2\le p(p-c)$,
則 $t_b^2+t_c^2\le p(p-b)+p(p-c)=p(2p-b-c)=pa$, $\displaystyle\frac{a^2}{t_b^2+t_c^2}\ge\frac{a^2}{pa}=\frac{a}{p}$,
同理 $\displaystyle\frac{b^2}{t_c^2+t_a^2}\ge\frac{b}{p}$, $\displaystyle\frac{c^2}{t_a^2+t_b^2}\ge\frac{c}{p}$, 三式相加得, $\displaystyle\frac{a^2}{t_b^2+t_c^2}+\frac{b^2}{t_c^2+t_a^2}+\frac{c^2}{t_a^2+t_b^2}\ge\frac{a+b+c}{p}=2$,
即 (3) 成立。

由引理中的 (7) 及海倫公式 $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ 有 \begin{eqnarray*} && r_a(r_b+r_c) = \frac{S}{p-a} \Big (\frac{S}{p-b}+\frac{S}{p-c}\Big ) = \frac{S^2(2p-b-c)}{(p-a)(p-b)(p-c)} = ap \\ && \Rightarrow a = \frac{r_a(r_b+r_c)}{p} \end{eqnarray*} 用 $\sum$ 表示對 $a$, $b$, $c$ 的迴圈和, 則 \begin{eqnarray*} \frac{a^2}{r_b^2+r_c^2} + \frac{b^2}{r_c^2+r_a^2} + \frac{c^2}{r_a^2+r_b^2} &=& \frac{1}{p^2} \sum \frac{r_a^2(r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} \\ &=& \frac{1}{p^2} \sum \frac{[(r_a^2+r_b^2+r_c^2)-(r_b^2+r_c^2)](r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} \\ &=& \frac{1}{p^2} \bigg [\sum \frac{(r_a^2+r_b^2+r_c^2)(r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} - \sum (r_b+r_c)^2\bigg ] \\ &=& \frac{1}{p^2} \bigg [\Big (\sum r_a^2\Big ) \sum \frac{(r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} - \sum (r_b+r_c)^2\bigg ] \\ &=& \frac{1}{p^2} \bigg [\frac{1}{2} \sum (r_b^2+r_c^2) \sum \frac{(r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} - \sum (r_b+r_c)^2\bigg ] \end{eqnarray*} 因為 $\displaystyle\sum(r_b^2+r_c^2)\sum\frac{(r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} \!=\!\sum\Big (\sqrt{r_b^2\!+\!r_c^2}\Big )^2\sum\Big (\displaystyle\frac{r_b+r_c}{\sqrt{r_b^2\!+\!r_c^2}}\Big )^2$ 應用柯西不等式, 有 $$ \sum (r_b^2+r_c^2) \sum \frac{(r_b+r_c)^2}{r_b^2+r_c^2} \ge \Big [\sum (r_b+r_c)\Big ]^2 = \Big (2\sum r_a\Big )^2 = 4 \Big (\sum r_a\Big )^2, $$ 於是 \begin{eqnarray*} && \hskip -25pt \frac{a^2}{r_b^2+r_c^2} + \frac{b^2}{r_c^2+r_a^2} + \frac{c^2}{r_a^2+r_b^2} \\ &\ge& \frac{1}{p^2} \bigg [\frac{1}{2} \times 4 \Big (\sum r_a\Big )^2 - \sum (r_b+r_c)^2\bigg ] \\ &=& \frac{1}{p^2} \bigg [2 \Big (\sum r_a^2 + 2\sum r_br_c\Big ) - \Big (2\sum r_a^2 + 2\sum r_br_c\Big )\bigg ] = \frac{2}{p^2} \sum r_br_c \end{eqnarray*} 而由引理中的 (7) 及海倫公式, 有 $$ \sum r_br_c = \sum\frac{S^2}{(p-b)(p-c)} = \frac{S^2}{(p-a)(p-b)(p-c)} \sum (p-a) = p(3p-a-b-c) = p^2 $$ 所以, $\displaystyle\frac{a^2}{r_b^2+r_c^2}+\frac{b^2}{r_c^2+r_a^2}+\frac{c^2}{r_a^2+r_b^2}\ge\frac{1}{p^2}\times 2\sum r_br_c =\frac{1}{p^2}\times 2p^2=2$, 即 (4) 成立。

由引理中的 (8) 得到 \begin{eqnarray*} \frac{a^2}{m_b^2+m_c^2}\!+\!\frac{b^2}{m_c^2+m_a^2}\!+\!\frac{c^2}{m_a^2+m_b^2} &=& \frac{a^2}{\displaystyle a^2+\frac{b^2}{4}+\frac{c^2}{4}} + \frac{b^2}{\displaystyle b^2+\frac{c^2}{4}+\frac{a^2}{4}} + \frac{c^2}{\displaystyle c^2+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}} \\ &=& 4 \bigg (\frac{a^2}{4a^2+b^2+c^2} \!+\! \frac{b^2}{a^2+4b^2+c^2} \!+\! \frac{c^2}{a^2+b^2+4c^2}\bigg ) \end{eqnarray*} 令 $x=4a^2+b^2+c^2$, $y=a^2+4b^2+c^2$, $z=a^2+b^2+4c^2$, $x, y, z\gt 0$, 則 $$ a^2 = \frac{1}{18}(5x-y-z), \quad b^2 = \frac{1}{18}(-x+5y-z), \quad c^2 = \frac{1}{18}(-x-y+5z), $$ 於是 \begin{eqnarray*} \displaystyle\frac{a^2}{m_b^2+m_c^2}+\frac{b^2}{m_c^2+m_a^2}+\frac{c^2}{m_a^2+m_b^2} &=&\frac{4}{18}\Big (\frac{5x\!-\!y\!-\!z}{x}+\frac{-x\!+\!5y\!-\!z}{y}+\frac{-x\!-\!y\!+\!5z}{z}\Big )\\ &=&\displaystyle\frac{2}{9}\Big [15-\Big (\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\Big )\Big ]\\ &\le& \frac{2}{9}\Big (15-6{\root 6\of{\frac{y}{x}\cdot\frac{x}{y}\cdot\frac{z}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{x}{z}\cdot\frac{z}{x}}}\Big ) =2, \end{eqnarray*} 即 (5) 成立。

注: 由 $t_a\ge h_a$, $t_b\ge h_b$, $t_c\ge h_c$ 及 (1)、 (2)、 (3)、 (5)得 : \begin{eqnarray*} \frac{a^2}{m_b^2+m_c^2}+\frac{b^2}{m_c^2+m_a^2}+\frac{c^2}{m_a^2+m_b^2} &\le& 2 \le \frac{a^2}{t_b^2+t_c^2} + \frac{b^2}{t_c^2+t_a^2} + \frac{c^2}{t_a^2+t_b^2} \\ &\le& \frac{a^2}{h_b^2+h_c^2} + \frac{b^2}{h_c^2+h_a^2} + \frac{c^2}{h_a^2+h_b^2} \le \frac{R}{r}. \end{eqnarray*}

---本文作者現任教四川省蓬安縣蓬安中學---