1.冯诺依曼极小极大定理

\begin{Example}
\[\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } \frac { \log ( k ) } { k ^ { 2 } } = - \frac { 1 } { 6 } \pi ^ { 2 } ( - 12 \log ( A ) + \gamma + \log ( 2 ) + \log ( \pi ) ),\]
其中$A$是Glaisher-Kinkelin Constant.
\end{Example}
\begin{Proof}

\end{Proof}

\begin{Example}
设二元函数$f(x,y)$在正方形区域$[0,1]\times [0,1]$上连续.记$J=[0,1]$.
\begin{enumerate}
\item 试比较$\inf_{y\in J}\sup_{x\in J}f(x,y)$与$\sup_{x\in J}\inf_{y\in J}f(x,y)$的大小并证明之;

\item 给出并证明使等式
\[\inf_{y\in J}\sup_{x\in J}f(x,y)=\sup_{x\in J}\inf_{y\in J}f(x,y)\tag{$\ast$}\]
成立的(你认为最好的)充分条件.
\end{enumerate}
\end{Example}
\begin{Proof}
对任意固定的$y\in J$,有
\[\sup_{x\in J}f(x,y)\geq f(x,y)\geq \inf_{y\in J}f(x,y),\quad \forall x\in J,\]
所以
\[\sup_{x\in J}f(x,y)\geq \sup_{x\in J}\inf_{y\in J}f(x,y).\]
由$y$的任意性可知
\[\inf_{y\in J}\sup_{x\in J}f(x,y)\geq\sup_{x\in J}\inf_{y\in J}f(x,y).\]

若$f(x,y)\equiv$常数,则等式($\ast$)显然成立.但这种情况太平凡.一个更有意义的条件是$f(x,y)$关于其中某一变量单调.不妨考察$f(x,y)$对变量$x$单调递增的情形.

上面已证明了($\ast$)式左端$\geq$右端,现证左端$\leq$右端.因$f(x,y)$对$x$单调递增,所以固定$y\in J$有
\[\sup_{x\in J}f(x,y)=f(1,y).\]
由于$f(1,y)$关于$y$在区间$J$上连续,因此存在$y_0\in J$使得
\[f(1,y_0)=\inf_{y\in J}f(1,y)=\inf_{y\in J}\sup_{x\in J}f(x,y),\]
但\[f(1,y_0)=\inf_{y\in J}f(1,y)=\sup_{x\in J}\left[\inf_{y\in J}f(x,y)\right],\]
因此
\[\inf_{y\in J}\sup_{x\in J}f(x,y)\leq \sup_{x\in J}\inf_{y\in J}f(x,y).\]
得证.
\end{Proof}

\begin{Example}
(Lyapunov不等式)设$f(x)$在闭区间$[a,b]$有连续的二阶导数,且$f(a)=f(b)=0$,当$x\in (a,b)$时, $f(x)\neq 0$,证明:
\[\int _ { a } ^ { b } \left| \frac { f ^ { \prime \prime } ( x ) } { f ( x ) } \right| \mathrm{d} x \geq \frac { 4 } { b - a }.\]
\end{Example}
\begin{Proof}
由于
\[\int _ { a } ^ { b } \left| \frac { f ^ { \prime \prime } ( x ) } { f ( x ) } \right| \mathrm { d } x \geq \frac { \int _ { a } ^ { b } \left| f '' ( x ) \right| \mathrm { d } x } {\displaystyle \max _ { a \leq x < b } | f ( x ) | },\]
故只需证
\[\int _ { a } ^ { b } \left| f'' ( x ) \right| \mathrm { d } x \geq \frac { 4 } { b - a } \max _ { a \leq x \leq b } | f ( x ) | = \frac { 4 } { b - a } \left| f \left( x _ { 0 } \right) \right|,\]
$x_0\neq a,b$,对$f(x)$在$[a,x_0]$和$[x_0,b]$分别用拉格朗日中值定理,有
\begin{align*}
f \left( x _ { 0 } \right) - f ( a ) &= f ^ { \prime } \left( \xi _ { 1 } \right) \left( x _ { 0 } - a \right), \\
f ( b ) - f \left( x _ { 0 } \right) &= f ^ { \prime } \left( \xi _ { 2 } \right) \left( b - x _ { 0 } \right), \end{align*}
则
\begin{align*}
\int _ { a } ^ { b } \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x &\geq \int _ { \xi _ { 1 } } ^ { \xi _ { 2 } } \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x\\
&\geq \left| \int _ { \xi _ { 1 } } ^ { \xi _ { 2 } } f ^ { \prime \prime } ( x ) \mathrm { d } x \right| = \left| f ^ { \prime } \left( \xi _ { 2 } \right) - f ^ { \prime } \left( \xi _ { 1 } \right) \right| = \left| \frac { - f \left( x _ { 0 } \right) } { b - x _ { 0 } } - \frac { f \left( x _ { 0 } \right) } { x _ { 0 } - a } \right|\\
&= \left| f \left( x _ { 0 } \right) \right| \frac { b - a } { \left( b - x _ { 0 } \right) \left( x _ { 0 } - a \right) },
\end{align*}
而$\left( b - x _ { 0 } \right) \left( x _ { 0 } - a \right) \leq \frac { ( b - a ) ^ { 2 } } { 4 }$,因此
\[\int _ { a } ^ { b } \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x \geq f \left( x _ { 0 } \right) \frac { 4 } { b - a }.\]
\end{Proof}

\begin{Example}
\[\sum _ { k = 1 } ^ { \infty } \frac { \log ( k ) } { k ^ { 2 } } = - \frac { 1 } { 6 } \pi ^ { 2 } ( - 12 \log ( A ) + \gamma + \log ( 2 ) + \log ( \pi ) ),\]
其中$A$是Glaisher-Kinkelin Constant.
\end{Example}
\begin{Proof}

\end{Proof}

2.

\begin{Example}
(周民强第三册P15)试证明下列命题:
\begin{enumerate}
\item (2019年浙江大学考研)设$f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^1$满足:
\begin{enumerate}
\item $f(x,y)$是单变量连续的;
\item 若$K\subset\mathbb{R}^2$是有界闭集,则$f(K)\subset \mathbb{R}^1$是有界闭集,
\end{enumerate}
证明: $f(x,y)$在$\mathbb{R}^2$上连续.

\item 设$f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^1$满足:
\begin{enumerate}
\item 若$K\subset\mathbb{R}^2$是有界闭集,则$f(K)\subset \mathbb{R}^1$是有界闭集,

\item 若$\{K_n\}$是$\mathbb{R}^2$中的有界闭集列,且有
\[f \left( \bigcap_{n=1}^{ \infty } K _ { n } \right) = \bigcap _ { n = 1 } ^ { \infty } f \left( K _ { n } \right) , \quad K _ { n } \supset K _ { n + 1 }\quad (n\in\mathbb{N}),\]
\end{enumerate}
证明: $f(x,y)$在$\mathbb{R}^2$上连续.

\item 设$F_1,F_2$是$\mathbb{R}^n$中两个互不相交的非空闭集,则存在$f\in C(\mathbb{R}^n)$,使得
\begin{enumerate}
\item $0\leq f(\boldsymbol{X})\leq 1\, (\boldsymbol{X}\in \mathbb{R}^n)$.

\item $F _ { 1 } = \left\{ \boldsymbol { X } : f ( \boldsymbol { X } ) = 1 \right\} ; F _ { 2 } = \left\{ \boldsymbol { X }: f ( \boldsymbol { X } ) = 0 \right\}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{Example}
\begin{Proof}
\begin{enumerate}
\item 只需指出$f$在$(0,0)$处连续即可(一般情形作变量替换),且不妨假定$f(0,0)=0$ (否则,加一个常数).

反证法.假定$f$在$(0,0)$处不连续,则存在$\varepsilon_0>0$,以及点列$\{(x_n,y_n)\}:(x_n,y_n)\to (0,0)\, (n\to\infty)$,使得$|f(x_n,y_n)|\geq \varepsilon_0\,(n\in\mathbb{N})$.

根据$f$对变量$x$的连续性可知,存在$\delta >0$,使得$|f(x,0)|<\frac{\varepsilon}{2}\,(|x|<\delta)$.由此知存在$N$,使得$|x_n|<\delta \,(n\geq N)$.从而有$|f(x_n,0)| <\frac{\varepsilon}{2}\,(n\geq N)$.

取定$n\geq N$,注意到$f(x_n,y)$对$y$连续,故依中值定理知,存在$y'_n:$使得$|f(x_n,y'_n)|=\frac{n\varepsilon_0}{n+1}$.由于$y_n\to 0\, (n\to\infty)$,故$y'_n\to 0\, (n\to\infty)$.因此, $K=\{(x_n,y'_n):n\geq N\}\cup \{(0,0)\}$是有界闭集.根据题设, $f(K)$是有界闭集.但是,点集
\[f ( K ) = \left\{ \frac{n \varepsilon _ { 0 }} {n + 1}: n \geq N \right\} \cup \{ 0 \}\]
不包含极限点$x=\varepsilon_0$,导致矛盾.证毕.

\item 设$\boldsymbol{X}_0=(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$,令$z_0=f(x_0,y_0)$,则对任给$\varepsilon>0$,作区间$I_\varepsilon=(z_0-\varepsilon,z_0+\varepsilon)$以及闭球列$K_n=\overline{B}(\boldsymbol{X} _0,1/n)\,(n\in \mathbb{N})$,由条件可知$\bigcap _ { n = 1 } ^ { \infty } f \left( K _ { n } \right)=\{f(\boldsymbol{X} _0)\}$.
因为$\left\{ \left( \mathbf { R } ^ { 1 } \backslash I _ { \varepsilon } \right) \cap f \left( K _ { n } \right) \right\}$是递减有界闭集列,且其交集为空集,所以存在$n_0$,使得
\[\left( \mathbf { R } ^ { 1 } \backslash I _ { \varepsilon } \right) \cap f \left( K _ { n_0 } \right)=\emptyset.\]
这说明
\[\left| f ( \boldsymbol { X } ) - f \left( \mathbf { X } _ { 0 } \right) \right| < \varepsilon \left( \left\| \mathbf { X } - \boldsymbol { X } _ { 0 } \right\| < 1 / n _ { 0 } \right),\]
即$f$在$(x_0,y_0)$处连续.

\item 函数
\[f ( \mathbf { X } ) = \frac{d \left( \mathbf { X } , F _ { 2 } \right)}{\left[ d \left( \mathbf { X } , F _ { 1 } \right) + d \left( \mathbf { X } , F _ { 2 } \right) \right]}\]
即为所求.
\end{enumerate}
\end{Proof}

\begin{Example}
设$x_i>0\,(i=1,2,\cdots,n)$,求证
\[( n - 1 ) \left( x _ { 1 } ^ { 2 } + x _ { 2 } ^ { 2 } + \cdots + x _ { n } ^ { 2 } \right) + n \sqrt [ n ] { x _ { 1 } ^ { 2 } x _ { 2 } ^ { 2 } \cdots x _ { n } ^ { 2 } } \geq \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } + \cdots + x _ { n } \right) ^ { 2 }.\]
\end{Example}
\begin{Proof}

\end{Proof}

\begin{Example}
设三个实数列$\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\}$满足: $\sum_{i=1}^{n}a_ib_i=0$,求证:
\[\left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } c _ { i } ^ { 2 } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } ^ { 2 } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } c _ { i } ^ { 2 } \right) \geq 4 \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } c _ { i } \right) ^ { 2 } \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } c _ { i } \right) ^ { 2 }.\]
\end{Example}
\begin{Proof}

\end{Proof}

\begin{Example}
设$a_i,b_i\in\mathbb{R},n\geq 2$,求证
\[\left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } ^ { 2 } \right) + \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } b _ { i } \right) ^ { 2 } \geq \sqrt { \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 4 } \right) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } b _ { i } ^ { 4 } \right) } + \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } b _ { i } ^ { 2 }.\]
\end{Example}
\begin{Proof}

\end{Proof}

\begin{Example}
给定正整数$1\leq k\leq n$,非负实数$x_1,x_2,\cdots,x_n$满足$x_1+x_2+\cdots+x_n=1$,试求
\[X = x _ { 1 } x _ { 2 } \cdots x _ { k } + x _ { 2 } x _ { 3 } \cdots x _ { k + 1 } + \cdots + x _ { n - k + 1 } x _ { n - k + 2 } \cdots x _ { n }\]
的最大可能值.
\end{Example}
\begin{Proof}

\end{Proof}

\begin{Example}
求
\begin{align*}
\sum _ { a = 1 } ^ { \infty } \sum _ { b = 1 } ^ { \infty } \sum _ { c = 1 } ^ { \infty } \frac { a b ( 3 a + c ) } { 4 ^ { a + b + c } ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) } .
\end{align*}
\end{Example}
\begin{Proof}
\begin{align*}
\sum _ { a = 1 } ^ { \infty } \sum _ { b = 1 } ^ { \infty } \sum _ { c = 1 } ^ { \infty } \frac { a b ( 3 a + c ) } { 4 ^ { a + b + c } ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) } \\ = \frac { 1 } { 2 } \sum _ { a = 1 } ^ { \infty } \sum _ { b = 1 } ^ { \infty } \sum _ { c = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { 4 ^ { a + b + c } } = \frac { 1 } { 54 }.
\end{align*}
\end{Proof}

\[\prod _ { n = 0 } ^ { \infty } \frac { ( 4 n + 3 ) ^ { \frac { 1 } { 4 n + 3 } } } { ( 4 n + 1 ) ^ { \frac { 1 } { 4 n + 1 } } } = \frac { 2 ^ { \pi / 2 } e ^ { \gamma \pi / 4 } \pi ^ { 3 \pi / 4 } } { \Gamma ^ { \pi } ( 1 / 4 ) }\]

\[\frac { 1 } { \gamma } \lim _ { x \rightarrow 0 } \ln \sqrt [ x ] { x ! } = ?\]

\[\lim _ { x \rightarrow 2 } \left( \frac { \pi \ln | 2 \sin \pi x | } { 2 \sinh ^ { 2 } \pi x } - \frac { \pi \ln \left| 16 - x ^ { 4 } \right| } { 2 \sinh ^ { 2 } 2 \pi } \right) = \frac { A \pi \ln B \pi - \ln C } { D \sinh ^ { E } F \pi }\]

\begin{Example}
设$a_i\in\mathbb{R},i=1,2,\cdots,n,n\geq 3$.已知$\sum_{i=1}^{n}a_i=0$.求证
\[( n - 2 ) ^ { 2 } \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } \right) ^ { 3 } \geq n ( n - 1 ) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 3 } \right) ^ { 2 }.\]
\end{Example}
\begin{Proof}
设$k>0$,记$\sum_{i=1}^{a_i^2}=k^2$.根据柯西不等式
\[k ^ { 2 } - a _ { n } ^ { 2 } = \sum _ { i = 1 } ^ { n - 1 } a _ { i } ^ { 2 } \geq \frac { 1 } { n - 1 } \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n - 1 } a _ { i } \right) ^ { 2 } = \frac { 1 } { n - 1 } \left( - a _ { n } \right) ^ { 2 } = \frac { a _ { n } ^ { 2 } } { n - 1 }.\]
\[\Rightarrow ( n - 1 ) \left( k ^ { 2 } - a _ { n } ^ { 2 } \right) \geq a _ { n } ^ { 2 } \Leftrightarrow ( n - 1 ) k ^ { 2 } \geq n a _ { n } ^ { 2 } \Rightarrow \sqrt { \frac { n - 1 } { n } } k \geq \left| a _ { n } \right|,\]
故满足条件$\sum_ {i=1}^{n}a_i=0,\sum_ {i=1}^{n}a_i^2=k^2$,则
\[a _ { i } \in \left[ - \sqrt { \frac { n - 1 } { n } } k , \sqrt { \frac { n - 1 } { n } } k \right] .\]
因此有
\[\left( a _ { i } - \sqrt { \frac { n - 1 } { n } } k \right) \left( a _ { i } + \frac { k } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } \right) ^ { 2 } \leq 0,\]
展开整理为
\[a _ { i } ^ { 3 } \leq \frac { ( n - 3 ) k } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } a _ { i } ^ { 2 } + \frac { ( 2 n - 3 ) k ^ { 2 } } { n ( n - 1 ) } a _ { i } + \frac { k ^ { 3 } } { n \sqrt { n ( n - 1 ) } },\]
取和得
\begin{align*}
\sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 3 } &\leq \frac { ( n - 3 ) k } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } + \frac { ( 2 n - 3 ) k ^ { 2 } } { n ( n - 1 ) } \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } + \frac { k ^ { 3 } } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } \\
&= \frac { ( n - 3 ) k } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } + \frac { k } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } = \frac { ( n - 2 ) } { \sqrt { n ( n - 1 ) } } \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } \right) ^ { \frac { 3 } { 2 } }.
\end{align*}
上式两边平方得
\[n ( n - 1 ) \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 3 } \right) ^ { 2 } \leq ( n - 2 ) ^ { 2 } \left( \sum _ { i = 1 } ^ { n } a _ { i } ^ { 2 } \right) ^ { 3 }.\]
当前$n-1$个数为$\frac { - k } { \sqrt { n ( n - 1 ) } }$时,最后一个数为$\sqrt { \frac { n - 1 } { n } } k$时,取等号成立.
\end{Proof}

\begin{Example}
设$a_i\in\mathbb{R},i=1,2,\cdots,n$.已知$\sum_{i=1}^{n}a_i=0,\sum_ {i=1}^{n}a_i^2=n^2-n$.求$\sum_ {i=1}^{n}a_i^3$的最大值.
\end{Example}
\begin{Proof}
在定理中,令$\sum_ {i=1}^{n}a_i^2=n^2-n$,即得
\[\sum_ {i=1}^{n}a_i^3=n(n-1)(n-2).\]
当$a_1=a_2=\cdots=a_{n-1}=-1,a_n=n-1$时, $\sum_ {i=1}^{n}a_i^3$取得最大值$n(n-1)(n-2)$.
\end{Proof}

\begin{Example}
(郭新华—2019年春季HMMT数学竞赛（团体赛）三角问题)对任意角$0<\theta<\pi/2$,证明
\[0 < \sin \theta + \cos \theta + \tan \theta + \cot \theta - \sec \theta - \csc \theta < 1.\]
\end{Example}
\begin{Proof}
因为$0<\theta<\pi/2$,令
\[\cos \theta = x , \quad \sin \theta = y , \quad x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1,\]
则$x+y=1$,以及$1\geq 2xy,\frac{1}{xy}\geq 2>1$,所以
\begin{align*}
&\sin \theta + \cos \theta + \tan \theta + \cot \theta - \sec \theta - \csc \theta - 1 \\
&= y + x + \frac { y } { x } + \frac { x } { y } - \frac { 1 } { x } - \frac { 1 } { y } - 1 \\
&= x + y + \frac { 1 } { x y } - \frac { x + y } { x y } - 1 = ( x + y - 1 ) \left( 1 - \frac { 1 } { x y } \right) < 0.
\end{align*}
得证.
\end{Proof}

不等式例讲A解答

陶平生

基本内容与方法:柯西不等式,平均不等式,排序不等式;变形配凑法,数形结合法,三角代换法,局部放缩法,化归法,归纳法,调整法.

\begin{Example}
设$a,b,c\in\mathbb{R}^+,abc=1$,证明: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 4(a+b+c-1)$.
\end{Example}
\begin{Proof}
\textbf{证法一.}局部放缩法.据对称性,不妨设$c\geq 1$,由于
$( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = ( a + b ) \left( c ^ { 2 } + a b + b c + c a \right) \geq ( a + b ) \left( c ^ { 2 } + 3 \sqrt [ 3 ] { ( a b c ) ^ { 2 } } \right)=(a+b)\left(c^2+3\right)$,则
\begin{align*}
&{ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) - 4 ( a + b + c - 1 ) \geq ( a + b ) \left( c ^ { 2 } + 3 \right) - 4 ( a + b ) - 4 ( c - 1 ) } \\
& { = ( a + b ) \left( c ^ { 2 } - 1 \right) - 4 ( c - 1 ) = ( c - 1 ) [ ( a + b ) ( c + 1 ) - 4 ] } \\
&= ( c - 1 ) ( a c + b c + a + b - 4 ) = ( c - 1 ) \left( \frac { 1 } { b } + \frac { 1 } { a } + a + b - 4 \right) \geq 0.
\end{align*}
因此结论成立,取等号当且仅当$a=b=c=1$.

\textbf{证法二.}结构转换法,令$x=b+c,y=c+a,z=a+b$,则$a+b+c=\frac{x+y+z}{2}$,而$a=\frac{y+z-x}{2},b==\frac{z+x-y}{2},c=\frac{x+y-z}{2}$,由于$x,y,z$中任两数之和大于第三数,故以$x,y,z$为边长可以构成一个三角形$\triangle XYZ$,设其面积为$S$,外接圆半径为$R$,内切圆半径为$r$,条件$abc=1$化为
\[\frac { y + z - x } { 2 } \cdot \frac { z + x - y } { 2 } \cdot \frac { x + y - z } { 2 } = 1,\]
即
\[\frac { x + y + z } { 2 } \cdot \frac { y + z - x } { 2 } \cdot \frac { z + x - y } { 2 } \cdot \frac { x + y - z } { 2 } = \frac { x + y + z } { 2 },\]
也即$S^2=\frac { x + y + z } { 2 }$,所以$S^2r=\frac { x + y + z } { 2 }r$,即$S^2r=S$,得$Sr=1$. $\cdots\cdots\text{\ding{172}}$.

又由$S=\frac{xyz}{4R}$,得$xyz=4RS$,于是所证式化为
\[x y z \geq 4 \left( \frac { x + y + z } { 2 } - 1 \right),\]
即$4 R S \geq 4 \left( \frac { x + y + z } { 2 } - S r \right)$,也即$(R+r)S\geq \frac { x + y + z } { 2 }$,由此,
$(R+r)Sr\geq \frac { x + y + z } { 2 }r$,即$(R+r)Sr\geq S$,也即$(R+r)r\geq 1$ $\cdots\cdots\text{\ding{173}}$.

今证\ding{173},注意本题的等号在$a,b,c$相等时取到,此时$\triangle XYZ$为正三角形,当有$R=2r$,据此,将\ding{173}式左边写成
\[( R + r ) r = r ^ { 2 } + \frac { R r } { 2 } + \frac { R r } { 2 } \geq 3 \sqrt [ 3 ] { \frac { R ^ { 2 } r ^ { 4 } } { 4 } },\]
为证\ding{173},只需证$3 \sqrt [ 3 ] { \frac { R ^ { 2 } r ^ { 4 } } { 4 } } \geq 1$ ,即$r ^ { 2 } R \geq \frac { 2 } { 3 \sqrt { 3 } }$\cdots\cdots\text{\ding{174}}$.

由条件$Sr=1$,即$\frac { x + y + z } { 2 } r ^ { 2 } = 1$,由正弦定理,化为
\[( \sin X + \sin Y + \sin Z ) R r ^ { 2 } = 1.\cdots\cdots\text{\ding{175}}\]
由于在$\triangle XYZ$中,有$\sin X + \sin Y + \sin Z \leq \frac { 3 \sqrt { 3 } } { 2 }$,故由\ding{175}得$r ^ { 2 } R \geq \frac { 2 } { 3 \sqrt { 3 } }$,即\ding{174}成立,因此结论得证.
\end{Proof}