三角形內角的嵌入不等式

三角形內角的嵌入不等式是平面幾何中的一個不等式。在不至於引起歧義的情況下簡稱嵌入不等式。該不等式指出，若A、B、C是一個三角形的三個內角，則對任意實數 x、y、z，有：

${\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B.}$^[1]

首先發現此不等式的是英國數學家約瑟夫·沃爾斯滕霍姆（英語：Joseph Wolstenholme）。他在1867年出版的《數學問題集》一書中對嵌入不等式做出介紹^[2]。

證明

注意到不等式：${\displaystyle (x-y\cos C-z\cos B)^{2}+(y\sin C-z\sin B)^{2}\geqslant 0}$ 對所有的實數 x、y、z以及任意角A、B、C成立，將其左側展開，就得到：

${\displaystyle x^{2}+y^{2}(\cos ^{2}C+\sin ^{2}C)+z^{2}(\cos ^{2}B+\sin ^{2}B)-2xy\cos C-2xz\cos B-2yz\sin B\sin C+2yz\cos B\cos C\geqslant 0}$

${\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xy\cos C+2xz\cos B+2yz(\sin B\sin C-\cos B\cos C)}$

${\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xy\cos C+2xz\cos B-2yz\cos(B+C)}$

由於A、B、C是三角形內角，${\displaystyle \cos(B+C)=\cos(\pi -A)=-\cos A}$，因此上式等價於

${\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xy\cos C+2xz\cos B+2yz\cos A.}$

從證明中可推出，不等式中等號成立若且唯若${\displaystyle y\sin C=z\sin B}$和${\displaystyle x=y\cos C+z\cos B}$同時成立。也就是說，要麼${\displaystyle x=y=z=0}$，要麼${\displaystyle x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C}$。

推廣與加強

從以上證明中可以看到，證明成立的關鍵是${\displaystyle \cos(B+C)+\cos A=0}$，所以可以將條件中的「A、B、C是三角形內角」推廣到「${\displaystyle A+B+C=(2k+1)\pi ,\,k\in \mathbb {N} }$」。而如果 ${\displaystyle A+B+C=2k\pi }$，則${\displaystyle \cos(B+C)=\cos A}$，展開恆成立的不等式 ${\displaystyle (x+y\cos C+z\cos B)^{2}+(y\sin C-z\sin B)^{2}\geqslant 0}$便可得到不等式

${\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B\geqslant 0.}$

這個不等式和三角形內角的嵌入不等式可以合寫成一個不等式^[1]：

如果${\displaystyle A+B+C=k\pi ,\,k\in \mathbb {N} }$，那麼對任意實數x、y、z，都有${\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(-1)^{k}(xy\cos C+yz\cos A+zx\cos B)\geqslant 0.}$

由於三角形內角的嵌入不等式具有高度對稱性，在應用中也會寫成對稱下標不等式：

${\displaystyle x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}\geqslant 2x_{1}x_{2}\cos \varphi _{3}+2x_{2}x_{3}\cos \varphi _{1}+2x_{3}x_{1}\cos \varphi _{2}.}$

或輪換下標不等式：

${\displaystyle x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}\geqslant 2x_{1}x_{2}\cos \varphi _{1}+2x_{2}x_{3}\cos \varphi _{2}+2x_{3}x_{1}\cos \varphi _{3}.}$

設 ${\displaystyle \alpha _{1},\alpha _{2},\alpha _{3}}$是三角形內角，對後一個不等式做變量代換

${\displaystyle x_{1}\rightarrow x_{1}{\sqrt {\frac {\sin \alpha _{2}}{\sin \alpha _{3}\sin \alpha _{1}}}},\,x_{2}\rightarrow x_{2}{\sqrt {\frac {\sin \alpha _{3}}{\sin \alpha _{1}\sin \alpha _{2}}}},\,x_{3}\rightarrow x_{3}{\sqrt {\frac {\sin \alpha _{1}}{\sin \alpha _{2}\sin \alpha _{3}}}},}$

可以得到不等式^[3]：

${\displaystyle (x_{1}^{2}+x_{2}^{2}){\frac {\cos \alpha _{1}}{\sin \alpha _{1}}}+(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}){\frac {\cos \alpha _{2}}{\sin \alpha _{2}}}+(x_{3}^{2}+x_{1}^{2}){\frac {\cos \alpha _{3}}{\sin \alpha _{3}}}\geqslant 2x_{1}x_{2}{\frac {\cos \varphi _{1}}{\sin \alpha _{1}}}+2x_{2}x_{3}{\frac {\cos \varphi _{2}}{\sin \alpha _{2}}}+2x_{3}x_{1}{\frac {\cos \varphi _{3}}{\sin \alpha _{3}}}.}$

由這個不等式可以推出嵌入不等式的另一種推廣：

設${\displaystyle \alpha _{1},\alpha _{2},\cdots ,\alpha _{n}}$滿足 ${\displaystyle \alpha _{1}+\alpha _{2}+\cdots +\alpha _{n}=\pi }$， ${\displaystyle \varphi _{1},\varphi _{2},\cdots ,\varphi _{n}}$滿足 ${\displaystyle \varphi _{1}+\varphi _{2}+\cdots +\varphi _{n}=\pi }$，則有：

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{\frac {\cos \alpha _{i}}{\sin \alpha _{i}}}(x_{i}^{2}+x_{i+1}^{2})\geqslant 2\sum _{i=1}^{n}x_{i}x_{i+1}{\frac {\cos \varphi _{i}}{\sin \alpha _{i}}}.}$

其中${\displaystyle x_{n+1}=x_{1}}$。而當${\displaystyle \alpha _{1}=\alpha _{2}=\cdots =\alpha _{n}={\frac {\pi }{n}}}$的時候，上面的不等式轉化為：

${\displaystyle \cos {\frac {\pi }{n}}\sum _{i=1}^{n}(x_{i}^{2}+x_{i+1}^{2})\geqslant 2\sum _{i=1}^{n}x_{i}x_{i+1}\cos \varphi _{i}.}$

嵌入不等式是此不等式在${\displaystyle n=3}$時的特例^[3]。

應用

三角形內角的嵌入不等式將代數不等式和幾何不等式結合起來^[3]。運用嵌入不等式可以解決許多幾何不等式^[1]，例如以下是運用嵌入不等式證明埃爾德什－莫德爾不等式。

${\displaystyle r_{3}}$（紅）小於${\displaystyle w_{3}}$（藍）.

埃爾德什-莫德爾不等式是一個二十世紀初期發現的不等式，其聲稱：對於任何三角形和其內部的一點O，點O到三角形三條邊的距離之和總是小於或等於點O到三角形的三個頂點的距離之和的一半。下設這個三角形頂點為${\displaystyle A_{1},A_{2},A_{3}}$，點O到這三個頂點的距離分別是${\displaystyle R_{1},R_{2},R_{3}}$，到它們對邊的距離分別是${\displaystyle r_{1},r_{2},r_{3}}$，則埃爾德什-莫德爾不等式寫作：

${\displaystyle R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant 2\left(r_{1}+r_{2}+r_{3}\right)}$

在嵌入不等式中令${\displaystyle x={\sqrt {R_{1}}},y={\sqrt {R_{2}}},z={\sqrt {R_{3}}}}$，${\displaystyle A={\frac {\angle A_{2}OA_{3}}{2}},B={\frac {\angle A_{1}OA_{3}}{2}},C={\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}}$則可得到：

${\displaystyle R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant 2\left[{\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{2}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{2}OA_{3}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{1}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{3}}{2}}\right)\right]}$

另一方面，計算三角形${\displaystyle A_{1}OA_{2}}$在O點發出的角平分線長度${\displaystyle w_{3}}$，可得

${\displaystyle w_{3}={\frac {2R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right).}$

同時作為角平分線，其長度必然大於O點到${\displaystyle A_{1}A_{2}}$的距離${\displaystyle r_{3}}$，所以

${\displaystyle r_{3}\leqslant w_{3}\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)}$

${\displaystyle r_{1}+r_{2}+r_{3}\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{2}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{2}OA_{3}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{1}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{3}}{2}}\right)}$

因此

${\displaystyle R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant 2\left(r_{1}+r_{2}+r_{3}\right).}$^[4]

等價形式

設 ${\displaystyle A+B+C=k\pi }$, ${\displaystyle k\in \mathbb {Z} }$, ${\displaystyle x,y,z\in \mathbb {R} }$，則有

${\displaystyle (x+y+z)^{2}\geqslant 4yz\sin ^{2}A+4zx\sin ^{2}B+4xy\sin ^{2}C,}$

等號成立若且唯若 ${\displaystyle x:y:z=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C}$。^[5][6][7]

證明

${\displaystyle LHS-RHS=(x+y\cos 2C+z\cos 2B)^{2}+(y\sin 2C-z\sin 2B)^{2}.}$

推論

對於 ${\displaystyle \triangle ABC}$，令 ${\displaystyle x=ua^{2}}$, ${\displaystyle y=vb^{2}}$, ${\displaystyle z=wc^{2}}$，其中 ${\displaystyle u,v,w\in \mathbb {R} }$，即得

${\displaystyle (ua^{2}+vb^{2}+wc^{2})^{2}\geqslant 4\sum vwb^{2}c^{2}\sin ^{2}A=16(vw+wu+uv)S^{2},}$

等號成立若且唯若 ${\displaystyle ua^{2}:vb^{2}:wc^{2}=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C}$，即 ${\displaystyle u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C}$。

一般形式

若非零實數 ${\displaystyle p,q,r}$ 滿足 ${\displaystyle 2(pq+qr+rp)\geqslant p^{2}+q^{2}+r^{2}}$，則對任意實數 ${\displaystyle x,y,z}$ 恆有

${\displaystyle (x+y+z)^{2}\geqslant {\frac {2(pq+qr+rp)-p^{2}-q^{2}-r^{2}}{pqr}}(pyz+qzx+rxy).}$

證明：

${\displaystyle {\begin{aligned}&{\rm {LHS-RHS}}\\={}&\left(x+y+z-{\frac {2(pq+qr+rp)-p^{2}-q^{2}-r^{2}}{2pqr}}(ry+qz)\right)^{2}\\&+{\frac {2(pq+qr+rp)-p^{2}-q^{2}-r^{2}}{4p^{2}q^{2}r^{2}}}{\bigl (}(p+q-r)ry-(p-q+r)qz{\bigr )}^{2}.\end{aligned}}}$

參見

• 三角不等式
• 外森比克不等式