四面体中的Guggenheimer不等式

２０１４年第５３卷第１期数学通报５１

四面体中的Ｇｕｇｇｅｎｈｅｉｍｅｒ不等式

段继艳王卫东

（三峡大学理学院数学系４４３００２）

众所周知，Ｇｕｇｇｅｎｈｅｉｍｅｒ在三角形中建立了在Ｒｔ△ＤＯＥ中，０Ｅ＝ＤＥｃｏｓ口．如下不等式（Ｅ］－ｉ）．１

Ｓ△胱＝÷ＢＣ・ＯＥ

定理１对于欧氏平面上的ＡＡＢＣ，设ＡＢ，厶

１

ＡＣ，ＢＣ长度为ａ。，ａ：，口。，点Ｐ为△ＡＢＣ内任意一（÷ＢＣ・ＤＥ）ＣＯＳａ＝Ｓ１ＣＯＳ口．

厶

一点，连接ＰＡ，ＰＢ，ＰＣ，设其长度分别为ｂ。，ｂ。，同理，Ｓ△０ＤＡ＝Ｓ２ＣＯＳ口，Ｓ△栅一Ｓ３ＣＯＳｙ．ｂ３，则

１所以，Ｓ４＝Ｓ△胱＋Ｓ△蚴＋Ｓ△＾∞

口１＋ａ２＋口３＞６ｌ＋ｂ２＋ｂ３＞寺（口１＋ａ２＋ａ３）．

厶一Ｓ１ＣＯＳ口＋Ｓ２ＣＯＳｐ＋Ｓ３ＣＯＳｙ．

上述不等式称为三角形中的Ｇｕｇｇｅｎｈｅｉｍｅｒ因为０＜ａ，ｐ，ｙ＜７ｒ，

不等式．所以ｃｏｓａ＜ｌ，ＣＯＳＫ１，ｃｏｓＴ＜１．由此有

本文将把上述Ｇｕｇｇｅｎｈｅｉｍｅｒ不等式在四面Ｓ４＜Ｓ１＋Ｓ２＋Ｓ３．体中进行推广，给出四面体中的Ｇｕｇｇｅｎｈｅｉｍｅｒ定理２的证明在四面体ＰＢＣＤ中，根据引理不等式如下．１，得：

定理２在空间四面体ＡＢＣＤ中，设其四个Ｓ△ＰＢｃ＋Ｓ△ＰＤｃ＋Ｓ△ＰＢＤ＞Ｓ△日ｃＤ．（２）侧面面积分别为Ｍ，，Ｍ２，Ｍ３，Ｍ。，点Ｐ为四面体同理，在四面体ＰＢＣＤ中有内任意一点，点Ｐ与点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ所构成的六个Ｓ△ＰＡＢ＋Ｓ△ＰＢｃ＋Ｓ△Ｐ＾ｃ＞ＳｚｘＡＢＣ，（３）三角形面积分别设为Ｎ。，Ｎ：，Ｎ。，Ｎ；，Ｎ。，Ｎ。，在四面体ＰＡＢＣ中有则有Ｓ△ＰＡｃ＋Ｓ△ＰＡＤ＋Ｓ△ＰＤｃ＞ＳｚｘＡＤｃ，（４）

Ｍ１＋Ｍ２＋Ｍ３＋Ｍ４在四面体ＰＡＤＣ中有

９Ｓ△ＰＡＤ＋Ｓ△ＰＡＢ＋Ｓ△ＰＢＤ＞Ｓ△ＡＢＤ．（５）

＞÷（Ｎ。＋Ｎ２＋Ｎ。＋Ｎ。＋Ｎ。＋Ｎ。）

Ｏ将不等式（２），（３），（４），（５）相加，可得以下结论：

１

＞÷（Ｍ１＋Ｍ２＋Ｍ３＋Ｍ。）．（１）２（Ｓ△ＰＢｃ＋Ｓ△＿Ｐ＿Ｄｃ＋Ｓ△ＰＢＤ＋Ｓ△ＰＡＢ＋Ｓ△ＰＡＤ＋ｏＳ△ＰＡｃ）

为了证明四面体中Ｇｕｇｇｅｎｈｅｉｍｅｒ不等式＞Ｓ△日∞＋Ｓ△ＡＤｃ＋Ｓ△＾ＢＤ＋Ｓ△ＡＢｃ，（１），我们需要以下引理．所以（Ｎ１＋Ｎ２＋Ｎ３＋Ｎ。＋Ｎ５＋Ｎ６）

引理１四面体三个侧面面积的和大于第四个１

侧面面积．＞去（Ｍ１＋Ｍ２＋Ｍ３＋Ｍ４），（６）

厶

证明在四面体ＡＢＣＤ中，设顶点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ于是由（６）可得不等式（１）中的第二个不所对面的面积分别为Ｓ。，Ｓ。，Ｓ。，Ｓ。．只要证明Ｓ。等式．

＋Ｓ。＋Ｓ。＞Ｓ。，其他面积也有类似关系．下面证明不等式（１）的第一个不等式成立．

设面ＤＢＣ，面ＤＡＣ，面ＤＡＢ与面ＡＢＣ所成延长ＡＰ交△ＢＣＤ于点Ｐ，，延长ＢＰ，交ＣＤ的二面角分别为口，卢，），，作ＤＯｊ－面ＡＢＣ于点０，于点Ｐ。，连接ＡＰ：并根据引理１可得：在四面体作ＯＥ上ＢＣ于点Ｅ，连接ＤＥ，则由三垂线定理知ＤＡＢＰｚ中

ＤＥＪ－ＢＣ，因而有么ＤＥ０一口．ＳＩｋＤＡＢ＋Ｓ△加Ｐ２＂Ｊ［－ＳＡＤＡＰ２＞Ｓ△ＡＢＰ２，（７）

５２数学通报２０１４年第５３卷第１期在四面体ＣＡＰ，Ｐ。中Ｓ△聃ｃＳＡＰＡＤ＋Ｓ△ＢｃＤ（１２）

ＳａｃＰｌＰ２＋ＳＡＡＰｌＰ２＋ＳａｃＡｐ２ＳＡＡＣＰｌ，（８）＞Ｓ△ＰＡｃ＋Ｓ△ＰＡＤ＋Ｓ△ＰｃＤ，在四面体Ｐ，ＰＢＣ中Ｓ△ｃＡＤ＋Ｓ△ＧＡＢＳＡＣＢＤｆ１３）

Ｓａｐ，盯＋Ｓ△Ｐ，雎＋Ｓ△Ｐ．ＰＢ＞Ｓ△ＰＢｃ．（９）＞Ｓ△ＰＡＤ＋Ｓ△Ｐ＾Ｂ＋Ｓ△删）．

将不等式（７），（８），（９）相加有下面不等式将（１０），（１１），（１２），（１３）相加即得

ＳＡＤＡＢ＋（ＳＡＤＢＰｚ＋ＳａｃｖｌＰ２－－ＦＳＡｖｌＢＣ）＋３（Ｓ△ＡＢｃ＋Ｓ△ＡＢＤ＋Ｓ△∞Ｄ＋Ｓ△＾ｃＤ）＞２（Ｓ△ＰＢｃ（Ｓ△ｎＡＰ。＋Ｓ△ｃＡＰ，）＋Ｓ△ＰｃＤ＋Ｓ△ＰＤＢ＋Ｓ△ＰＡｃ＋Ｓ△ＰＡＤ＋Ｓ△ＰＡＢ），

＞（Ｓ△ＡＢＰ２一Ｓ△ＡＰｌＰ２一ＳＡｙｌＰＢ）＋（ＳａＡＣＰｌ一即有３（Ｍ１＋Ｍ２＋Ｍｓ＋Ｍ。）Ｓ△Ｐ，尸ｃ）＋Ｓ△ＰＢｃ，＞２（Ｎ１＋Ｎ２＋Ｎ３＋Ｎ４＋Ｎ５＋Ｎ６），由此即有

Ｓ△ＤＡＢ＋Ｓ△ＤＡｃ＋Ｓ△ＤＢｃ＞Ｓ△ＰＡＢ＋Ｓ△ＰＡｃ＋Ｓ△ＰＢｃ．因此不等式（１）中的第一个不等式得证．

由上可知，定理２得证．（１０）

同理可得出以下结论：参考文献

Ｓ△ＡＢｃ＋Ｓ△ＡＤｃ＋ＳＡｇｏｆ１１）１匡继昌．常用不等式［Ｍ］．济南：山东科学技术出版社，２０１０ＳＡＰＢＣ＋Ｓ△ＰＤｃ＋Ｓ△ＰＢＤ，（第４版）：２８５

（上接第５０页）

算、推理的数量上分析，自主招生的关卡点往往只持续这个过程，如果最终得到数字１或不包括１有１～２个，ＭＰＳｌ试题的关卡点往往在３个以的循环，那么得到１的这个数就是幸运数，否则就上；第二、在逻辑推理的深度上，自主招生考试和是不幸运数，这个数学概念或活动很适合在低年ＭＰＳＩ都突出计算推理，自主招生试题容易找到级进行，但是作为例６的严格证明非常困难．解题的突破口，而ＭＰＳＩ的试题有时让人无从下一个好的考题往往蕴含着研究者的深层考笔，对比例３和例５的解答过程不难总结这一点．虑，或者说由命题者因素决定．自主招生考试的试第三、从解决问题的方法和整合知识的数量上看，题非常注重与中学课程的联系，而中学课程相对自主招生考试与ＭＰＳＩ试题的差异是明显的．于大学内容来说面较窄，所以，自主招生考试的题２．３文化与背景的比较目在背景上一般比较常见；ＭＰＳＩ考试题更灵活

ＭＰＳＩ与“北约”、“华约”自主招生考试试题一些，在文化背景上就更丰富一些．无论是什么考在文化背景上都比较有特点，自主招生考试的试试，既有文化内涵又有思维深度的题目就是好的题往往有严肃的学科背景，比如例１涉及几何图题目．形的自相似性，即分形几何，这又与新课标教材中３结语的例题（如必修５北师大版Ｐ３２例８、人教版Ｐ３０ＭＰＳＩ与“北约”、“华约”自主招生考试试题例２）相接近，例３的背景是初等数论里关于等差都能满足各自不同的要求，在英才选拔上都能发数列中素数的狄利克雷定理．ＭＰＳＩ选题的背景挥学科功能，只是ＭＰＳＩ考试的题目更灵活、知识很广，且不回避现成题．比如例６，是一类自我指要求、思维能力要求更高，也希望“北约”、“华约”涉数列（Ｓｅｌｆ—ｒｅｆｅｒｅｎｔｉａｌｓｅｑｕｅｎｃｅ），这种题目经自主招生考试题目更开放一些、灵活一些．常出现在一些常规性的数学竞赛中，比如求这个数列的第１０００项等等．例４是类Ｐａｓｃａｌ三角参考文献（Ｐａｓｃａｌ—ｌｉｋｅｔｒｉａｎｇｌｅｓ），比较多这种类什么数１徐文兵，樊兆春．高考自主招生数学考点大全与真题解析列，还比如类Ｆｉｂｏｎａｅｃｉ数（Ｆｉｂｏｎａｃｃｉｎｕｍｂｅｒｓ）等ＩＭ］．北京：朝华出版社．２０１０等，例６中的问题起源于幸运数（ｈａｐｐｙｈｕｍ—２Ｊｅａｎ－ＭａｒｉｅＭｏｎｉｅｒ．Ｌｅｓｍ６ｔｈｏｄｅｓｅｔｅｘｅｒｄｏＰ．ｓｄｅＭａｔｈ６ｍａｔｉｑｕｅｓｂｅｒｓ），而幸运数的起源就不是很确定，可能起源ＭＰＳＩ［Ｍ］．Ｄｕｎｏｄ，Ｐａｒｉｓ，２００８

３［加］Ｒ．Ｋ．盖伊著；张明尧译．数论中未解决的问题［Ｍ］．北于俄罗斯．所谓幸运数就是你无论从哪一个整数京：科学出版社，２００３（第二版）开始，将这个整数的各位数字的平方求和替代它，