本文作者經過研究, 發現三角形中有如下不等式鏈：

定理1： 設 $a,b,c,m_a,m_b,m_c,l_a,l_b,l_c$ 分別表示 $\triangle ABC$ 對應的三條邊長, 中線長, 角平分線長, 則 $$\sum \frac{m_a^2}{l_b^2+l_c^2}\ge \sum \frac{m_a^2}{m_b^2+m_c^2}\ge \frac 32,\qquad \sum \frac{l_a^2}{b^2+c^2}\le \sum \frac{m_a^2}{b^2+c^2}\le \frac 98.$$

我們先證以下引理。

引理1： $\triangle ABC$ 中, 相應於頂點 $A,B,C$ 的中線長為 $m_a,m_b,m_c$ 內角平分線長 $l_a,l_b,l_c$ 則 $l_a\le m_a$, $l_b\le m_b$, $l_c\le m_c$。

證明： $$\because\ m_a=\frac 12\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}\ge \frac 12\sqrt{(b+c)^2-a^2}=\sqrt{p(p-a)}\ge \frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}=l_a,$$ $\therefore$ $m_a\ge l_a$, 同理 $m_b\ge l_b$, $m_c\ge l_c$。 (其中 $p$ 是三角形的半周長)

引理2： 設 $a,b,c$ 為正實數, 則 $$\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\ge \frac 32.$$

證明： 由柯西不等式有： \begin{eqnarray*} && [(b+c)+(c+a)+(a+b)]\Big(\frac 1{b+c}+\frac 1{c+a}+\frac 1{a+b}\Big)\ge 9.\\ 於是 && 2(a+b+c))\Big(\frac 1{b+c}+\frac 1{c+a}+\frac 1{a+b}\Big)\ge 9,\\ 即 && \frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge \frac 92,\\ 得 && \frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\ge \frac 32. \end{eqnarray*}

由引理 1、2, 我們立即可得： $$\sum \frac{m_a^2}{l_b^2+l_c^2}\ge \sum \frac{m_a^2}{m_b^2+m_c^2}\ge \frac 32.$$ 而 $$\sum \frac{l_a^2}{b^2+c^2}\le \sum \frac{m_a^2}{b^2+c^2}=\sum\frac{\frac 12(b^2+c^2)-\frac 14a^2}{b^2+c^2}=\frac 32-\frac 14\sum \frac{a^2}{b^2+c^2},$$ 由引理2可得 $$\sum\frac{a^2}{b^2+c^2}\ge \frac 32,$$ 所以 $$\sum \frac{l_a^2}{b^2+c^2}\le \sum \frac{m_a^2}{b^2+c^2}\le \frac 98.$$

行文至此, 似乎很滿意了, 無意中翻看雜誌, 發現《數學通報》2016 年第 1 期數學問題解答欄目 2279 題 (江蘇省常熟市中學 查正開) 證明了一個結論 : 設 $a,b,c$ 為正實數, 則 $$\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\ge \frac 32+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}.$$ 他是這樣證明的：

證明： 因為 \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}-\frac 32-\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}\\ &=&\frac{2\sum a^3-\sum a^2(b+c)}{2\prod (a+b)}-\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}\\ &=&\sum\Big[\frac 1{2(a+b)(a+c)}-\frac 1{\Big(\sum a\Big)^2}\Big](b-c)^2\\ &=&\sum\frac{(-a^2+b^2+c^2)(b-c)^2}{2(a+b)(a+c)(\sum a)^2}. \end{eqnarray*} 所以只要證明 $\sum (b+c)(-a^2+b^2+c^2)(b-c)^2\ge 0$, 由對稱性不妨設 $a\ge b\ge c$, 則 \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt\sum (b+c)(-a^2+b^2+c^2)(b-c)^2\\ &\ge& (b+c)(-a^2+b^2+c^2)(b-c)^2+(a+c)(a^2-b^2+c^2)(a-c)^2\\ &\ge& (b+c)(-a^2+b^2+c^2)(b-c)^2+(b+c)(a^2-b^2+c^2)(b-c)^2\\ &=&2(b+c)c^2(b-c)^2\ge 0. \end{eqnarray*} 故不等式成立。

於是 \begin{eqnarray*} \sum \frac{m_a^2}{l_b^2+l_c^2}&\ge& \sum \frac{m_a^2}{m_b^2+m_c^2} \ge \frac 32+\frac{(m_a^2-m_b^2)^2+(m_b^2-m_c^2)^2+(m_c^2-m_a^2)^2}{(m_a^2+m_b^2+m_c^2)^2},\\ \sum \frac{l_a^2}{b^2+c^2}&\le& \sum \frac{m_a^2}{b^2+c^2}=\sum\frac{\frac 12(b^2+c^2)-\frac 14a^2}{b^2+c^2}=\frac 32-\frac 14\sum \frac{a^2}{b^2+c^2},\\ {\hbox{從而}} \sum \frac{l_a^2}{b^2+c^2}&\le& \sum \frac{m_a^2}{b^2+c^2}\le \frac 98-\frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2}. \end{eqnarray*}

於是得：

定理2： 設 $a,b,c,m_a,m_b,m_c,l_a,l_b,l_c$ 分別表示 $\triangle ABC$ 對應的三條邊長, 中線長, 角平分線長, 則 \begin{eqnarray*} \sum \frac{m_a^2}{l_b^2+l_c^2}&\ge& \sum \frac{m_a^2}{m_b^2+m_c^2}\ge \frac 32+\frac{(m_a^2-m_b^2)^2+(m_b^2-m_c^2)^2+(m_c^2-m_a^2)^2}{(m_a^2+m_b^2+m_c^2)^2},\\ \sum \frac{l_a^2}{b^2+c^2}&\le& \sum \frac{m_a^2}{b^2+c^2}\le \frac 98-\frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{4(a^2+b^2+c^2)^2}. \end{eqnarray*}

是剛才的不等式的推廣, 兩個定理都非常漂亮, 而且證明也不是很難。

---本文作者任教中國安徽省旌德中學---