1.引言

設(shè)a，b，c，R，r，s，△ABC分別為△ABC的三邊長(zhǎng)、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、半周長(zhǎng)與面積，∑表示循環(huán)求和.文［1］介紹了由D.M.Milosevic提出的如下不等式：

∑ab+csin2A2≥12（1－r2R）≥38①.

文［2］給出了不等式的①的加強(qiáng)：

∑ab+csin2A2≥（1－r2R2）②.

最近文［3］中對(duì)milosevic不等式做了進(jìn)一步研究，給出了①的一個(gè)逆向不等式和②的一個(gè)加強(qiáng).

1－3r2R+3r28R2+r34R3≤∑ab+csin2A2≤1－21r16R+r28R2③.

文［4］將不等式（3）改進(jìn)為更簡(jiǎn)潔的形式：

1－3R2r+r22R2≤∑ab+csin2A2≤1－4r3R+r26R2④.

文［5］通過Gerrestsen不等式 ③的加強(qiáng)：

1－3r2R+r22R2≤∑ab+csin2A2≤1－4r3R+r26R2⑤.

本文利用Gerrestsen不等式的加強(qiáng)不等式，即楊雪枝不等式等到新的定理1以及運(yùn)用引理4得到一個(gè)強(qiáng)于⑤式的定理2：

定理1 在△ABC中，有1－3r2R+3r24R2－r34R3－r42R4≤∑ab+csin2A2≤1－9r8R－r28R2－r34R3.

等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)△ABC為正三角形時(shí)成立.

定理2 在△ABC中，有1－3r2R+3r28R2+r34R3≤∑ab+csin2A2≤1－5r22R2.

等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)△ABC為正三角形時(shí)成立.

2.引理

引理1［5］ 在△ABC中，有∑ab + csin2A2 = 1-3r2R + r2R·6R r + 4r2s2 + 2Rr + r2.

引理2［6］ （Gerrestsen）在△ABC中，有16Rr－5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2.

引理3［6］ （楊學(xué)枝不等式）在△ABC中，有16Rr－5r2+（R－2r）r2R－r≤s2≤4R2+4Rr+3r2－（R－2r）r2R－r.

證明：引理3是引理2的加強(qiáng)式.只需證（R－2r）r2R－r≥0，由R≥2r，顯然成立.

為了方便計(jì)算，我們引理3轉(zhuǎn)化成：16R2r－20Rr2+3r3R－r≤s2≤4R3－2Rr2－r3R－r.

引理4［6］ 在△ABC中，有27r2≤s2≤27R24.

證明：由海倫公式，△2=116（a+b+c）（b+c－a）（c+a－b）（a+b－c）=116·2s（2s－2a）（2s－b）（2s－2c）=s（s－a）（s－b）（s－c），又由△=12（a+b+c）r=sr，結(jié)合三元不等式可得（sr）2=s（s－a）（s－b）（s－c）≤s·［（s－a）+（s－b）+（s－c）3］3=s427，整理得27r2≤s2，引理左端得證.又由s=a+b+c2=R（sinA+sinB+sinC），sinA+sinB+sinC=4cosA2cosB2·cosC2，cosA2cosB2cosC2≤332，則可得s2≤27R24.引理4得證.

3.結(jié)論的證明

由引理1和引理2右端可知，以及歐拉公式R≥2r，

6Rr+4r2s2+2Rr+r2≥6Rr+4r24R3－2Rr2－r3R－r+2Rr+r2=6R2r－2Rr2－4r34R3+2R2r－3Rr2－2r3≥6R2r－2Rr2－4r34R3=3r2R－r22R2－r3R3.

代入下式得

∑ab+csin2A2=1－3r2R+r2R·6Rr+4r2s2+2Rr+r2≥1－3r2R+r2R·（3r2R－r22R2－r3R3）

=1－3r2R+3r24R2－r34R3－r42R4.

則定理1的左邊得證.現(xiàn)證右邊.

6Rr+4r2s2+2Rr+r2≤6Rr+4r216R2r－20Rr2+3r3R－r+2Rr+r2=6R2－2Rr－4r218R2－21Rr+2r2，

由歐拉公式R≥2r，18R2－21Rr+2r2－8R3=10R2－21Rr+2r2=（R－2r）（10R－r）≥0，即18R－21Rr+2r2≥8R2，所以上式6R2－2Rr－4r218R2－21Rr+2r2≤6R2－2Rr－4r28R2=34－r4R－r22R2.代入下式得∑ab+csin2A2=1－3r2R+r2R·6Rr+4r2s2+2Rr+r2≤1－3r2R+r2R·（34－r4R－r32R3）

=1－9r8R－r28R2－r34R3.

由上，定理1得證.

現(xiàn)證明定理2，由引理1和引理4，以及歐拉公式R≥2r，可得：

6Rr+4r2s2+2Rr+r2≥6Rr+4r227R24+2Rr+r2=24Rr+16r227R2+8Rr+4r2≥24Rr+16r232R2=3r4R+r22R2，可得∑ab+csin2A2=1－3r2R+r2R·6Rr+4r2s2+2Rr+r2≥1－3r2R+r2R·（3r4R+r22R2）=1－3r2R+3r28R2+r34R3.

即定理2的左端得證.現(xiàn)證右邊.

6Rr+4r2s2+2Rr+r2≤6Rr+4r227r2+2Rr+r2=6R+4r28r+2R=3－80r2R+28r≤3－80r16R=3－5rR，可得

∑ab+csin2A2=1－3r2R+r2R·6Rr+4r2s2+2Rr+r2≤1－3r2R+r2R（3－5rR）=1－5r22R2.

則定理2得證.

注：定理2是⑤式的加強(qiáng).只需證分別證右端1－3r2R+r22R2與1－3r2R+3r28R2+r34R3，左端1－4r3R+r26R2與1－5r22R2的大小.

證明：由歐拉公式R≥2r，右端有

1－3r2R+r22R2－（1－3r2R+3r28R2+r34R3）=r28R2－r34R3=r2（R－2r）8R3≥0，即1－3r2R+r22R2≥1－3r2R+3r28R2+r34R3.

左端：1－4r3R+r26R2－（1－5r22R2）=8r（2r－R）6R2≤0，有1－4r3R+r26R2≥1－5r22R2.則證明了定理2強(qiáng)于⑤式.

現(xiàn)證明定理1式與定理2的強(qiáng)弱.只需證右端 1－3r2R+3r24R2－r34R3－r42R4與 1－3r2R+3r28R2+r34R3，左端1－9r8R－r28R2－r34R3與1－5r22R2的大小.

證明：由歐拉公式R≥2r，右端有1－3r2R+3r24R2－r34R3－r42R4－（1－3r2R+3r28R2+r34R3）=r2［R（3R－2r）－2r（R－2r）］8R4≥r2（3R－2r）8R3≥0，即1－3r2R+3r24R2－r34R3－r42R4≥1－3r2R+3r28R2+r34R3.

左端：1－9r8R－r28R2－r34R3－（1－5r22R2）=r（2r－R）（9R－r）8R3≤0，即1－9r8R－r28R2－r34R3≤1－5r22R2.則定理2的右端強(qiáng)于定理1的右端端，而定理2的左端弱于定理1的左端.

參考文獻(xiàn)

［1］ Mitrinovic D S，Pecaric JE，Volenec V，陳計(jì).專著《幾何不等式新進(jìn)展》的補(bǔ)遺（Ⅰ）（英文）［J］.寧波大學(xué)學(xué)報(bào)（理工版），1991（02）：79-145.

［2］姜衛(wèi)東.關(guān)于Milosevic不等式的加強(qiáng)［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，2019（02）：71.

［3］郭要紅.關(guān)于Milosevic不等式的再研討［J］.數(shù)學(xué)通報(bào)，2020，59（02）：60-61.

［4］何燈，王少光.Milosevic不等式的再探討［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究，2021（04）：31-32.

［5］李建潮.關(guān)于Milosevic不等式的再研究［J］.數(shù)學(xué)通報(bào)，2022，61（03）：54-55+60.

［6］蘇岳祥，胡孝蘭，楊續(xù)亮.三角形半周長(zhǎng)不等式的研討［J］.數(shù)學(xué)通訊，2020（16）：62-66.