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'''三角形内角的嵌入不等式'''是[[平面几何]]中的一个[[不等式]]。在不至于引起歧义的情况下简称'''嵌入不等式'''。该[[不等式]]指出，若''A''、''B''、''C''是一个[[三角形]]的三个[[内角]]，则对任意[[实数]] x、y、z，有：
:<math>x^2+y^2+z^2 \geqslant 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B.</math><ref name="zhw">{{cite journal | title=嵌入不等式——数学竞赛命题的一个宝藏 | author=朱华伟 | journal=中等数学 | year=2010年 | issue=第1期 | pages=第14-17页}}</ref>
首先发现此不等式的是[[英国]]数学家{{Link-en|约瑟夫·沃尔斯滕霍姆|Joseph Wolstenholme}}。他在1867年出版的《数学问题集》一书中对嵌入不等式做出介绍<ref>J. Wolstenholme, A Book of Mathematical Problems, Cambridge, London, 1867</ref>。

==证明==
注意到不等式：<math>(x - y \cos C - z \cos B)^2 +(y \sin C - z \sin B)^2 \geqslant 0</math> 对所有的[[实数]] x、y、z以及任意角''A''、''B''、''C''成立，将其左侧展开，就得到：
:<math>
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  </math>
:<math> 
x^2 + y^2 + z^2  \geqslant 2xy \cos C + 2xz\cos B + 2yz (\sin B \sin C - \cos B \cos C)
</math>
:<math> 
x^2 + y^2 + z^2  \geqslant 2xy \cos C + 2xz\cos B - 2yz \cos (B+C)
</math> 
由于''A''、''B''、''C''是三角形内角，<math>\cos (B+C) = \cos (\pi - A) = - \cos A</math>，因此上式等价于
:<math> 
x^2 + y^2 + z^2  \geqslant 2xy \cos C + 2xz\cos B + 2yz \cos A.
</math>
从证明中可推出，不等式中等号成立当且仅当<math>y \sin C = z \sin B</math>和<math>x = y \cos C + z \cos B</math>同时成立。也就是说，要么<math>x = y = z = 0</math>，要么<math>x:y:z = \sin A : \sin B : \sin C</math>。

==推广与加强==
从以上证明中可以看到，证明成立的关键是<math>\cos (B+C) + \cos A = 0</math>，所以可以将条件中的“''A''、''B''、''C''是三角形内角”推广到“<math>A + B + C = (2k+1)\pi, \, k\in \mathbb{N}</math>”。而如果 <math>A + B + C = 2k\pi</math>，则<math>\cos (B+C) = \cos A</math>，展开恒成立的不等式 <math>(x + y \cos C + z \cos B)^2 +(y \sin C - z \sin B)^2 \geqslant 0</math>便可得到不等式 
:<math>x^2+y^2+z^2 + 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B  \geqslant 0.</math> 
这个不等式和三角形内角的嵌入不等式可以合写成一个不等式<ref name="zhw"/>：
:如果<math>A + B + C = k\pi, \, k\in \mathbb{N}</math>，那么对任意实数x、y、z，都有<math>x^2+y^2+z^2 + 2(-1)^k (xy\cos C+ yz\cos A+ zx\cos B) \geqslant 0.</math> 
由于三角形内角的嵌入不等式具有高度对称性，在应用中也会写成对称下标不等式：
:<math>x_1^2+x_2^2+x_3^2  \geqslant  2x_1 x_2 \cos \varphi_3+ 2 x_2 x_3 \cos \varphi_1 + 2 x_3 x_1 \cos \varphi_2.</math>  
或轮换下标不等式：
:<math>x_1^2+x_2^2+x_3^2  \geqslant  2x_1 x_2 \cos \varphi_1+ 2 x_2 x_3 \cos \varphi_2 + 2 x_3 x_1 \cos \varphi_3.</math>  
设 <math> \alpha_1 ,\alpha_2 , \alpha_3  </math>是三角形内角，对后一个不等式做变量代换
:<math>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}}, </math> 
可以得到不等式<ref name="wu">{{cite journal | url=http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0898122107000600#b8 | title=Generalization of the Wolstenholme cyclic inequality and its application | author=Shanhe Wu,  Lokenath Debnath | journal=Computers & Mathematics with Applications | volume=53 | issue=1 | pages=104-114 | date=2007年1月 | access-date=2012-06-01 | archive-date=2018-11-06 | archive-url=https://web.archive.org/web/20181106191205/https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0898122107000600#b8 | dead-url=no }}</ref>：
:<math>(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}+ 2 x_2 x_3 \frac{ \cos \varphi_2 }{\sin \alpha_2} + 2 x_3 x_1 \frac{ \cos \varphi_3 }{\sin \alpha_3} .</math> 

由这个不等式可以推出嵌入不等式的另一种推广：
:设<math> \alpha_1 ,\alpha_2 ,\cdots , \alpha_n</math>满足 <math> \alpha_1 +\alpha_2 +\cdots + \alpha_n = \pi</math>，  <math> \varphi_1 ,\varphi_2 ,\cdots , \varphi_n</math>满足 <math> \varphi_1 +\varphi_2 +\cdots + \varphi_n = \pi</math>，则有：
:<math> \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}. </math> 
其中<math>x_{n+1} = x_1</math>。而当<math> \alpha_1 =\alpha_2 =\cdots =\alpha_n = \frac{\pi}{n}</math>的时候，上面的不等式转化为：
:<math>\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. </math>
嵌入不等式是此不等式在<math>n = 3</math>时的特例<ref name="wu"/>。
==应用==
三角形内角的嵌入不等式将代数不等式和几何不等式结合起来<ref name="wu"/>。运用嵌入不等式可以解决许多几何不等式<ref name="zhw"/>，例如以下是运用嵌入不等式证明[[埃尔德什－莫德尔不等式]]。

[[File:Erdos Mordell Wolstenholme.png|thumb|right|303px|<math>r_3 </math>（红）小于<math>w_3</math>（蓝）.]]
埃尔德什-莫德尔不等式是一个二十世纪初期发现的不等式，其声称：对于任何[[三角形]]和其内部的一点O，点O到三角形三条边的距离之和总是小于或等于点O到三角形的三个[[頂點 (幾何)|顶点]]的距离之和的一半。下设这个三角形[[頂點 (幾何)|顶点]]为<math> A_1 ,A_2 ,A_3 </math>，点O到这三个顶点的距离分别是<math> R_1 ,R_2 ,R_3 </math>，到它们对边的距离分别是<math> r_1 ,r_2 ,r_3 </math>，则埃尔德什-莫德尔不等式写作：
: <math>R_1+R_2+R_3 \geqslant 2\left( r_1 +r_2 +r_3 \right)</math>
在嵌入不等式中令<math>x =\sqrt{R_1}, y =\sqrt{R_2}, z =  \sqrt{R_3} </math>，<math>A =\frac{\angle A_2 O A_3}{2}, B =\frac{\angle A_1 O A_3}{2} , C = \frac{\angle A_1 O A_2}{2} </math>则可得到：
: <math>R_1+R_2+R_3 \geqslant 2\left[ \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right)  + \sqrt{R_2 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_2 O A_3 }{2} \right)  + \sqrt{R_1 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_3 }{2}\right)  \right]</math> 
另一方面，计算三角形<math> A_1 O A_2 </math>在O点发出的[[角平分线]][[角平分线长公式|长度]]<math>w_3</math>，可得
:<math>w_3 = \frac{2 R_1 R_2}{R_1+R_2} \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2}  \right) \leqslant \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right) .</math>
同时作为角平分线，其长度必然大于O点到<math> A_1 A_2 </math>的距离<math>r_3 </math>，所以
:<math>r_3 \leqslant w_3 \leqslant \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2}  \right) </math>
:<math> r_1 +r_2 +r_3 \leqslant  \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right)  + \sqrt{R_2 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_2 O A_3 }{2} \right)  + \sqrt{R_1 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_3 }{2}  \right) </math> 
因此 
: <math>R_1+R_2+R_3 \geqslant 2\left( r_1 +r_2 +r_3 \right).</math><ref>{{cite journal | url=http://ssmr.ro/gazeta/gmb/2009/4/articol.pdf | title=A Simple Proof Of The Erdos-Mordell Inequality For Polygons In N-Dimensional Spaces | author=Marian Dinca | journal=Articole si Note Matematice | access-date=2012-06-01 | archive-date=2016-08-15 | archive-url=https://web.archive.org/web/20160815155932/http://ssmr.ro/gazeta/gmb/2009/4/articol.pdf | dead-url=no }}</ref>

==等价形式==
设 <math>A+B+C=k\pi</math>, <math>k\in\mathbb Z</math>, <math>x,y,z\in\mathbb R</math>，则有
:<math>(x+y+z)^2\geqslant 4yz\sin^2A+4zx\sin^2B+4xy\sin^2C,</math>
等号成立当且仅当 <math>x:y:z=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C</math>。<ref>{{Cite web |url=http://kuing.infinityfreeapp.com/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=4413&pid=20079 |title=存档副本 |access-date=2023-04-28 |archive-date=2023-04-28 |archive-url=https://web.archive.org/web/20230428212805/http://kuing.infinityfreeapp.com/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=4413&pid=20079 |dead-url=no }}</ref><ref>{{Cite web |url=http://kuing.infinityfreeapp.com/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=10200&pid=50465 |title=存档副本 |access-date=2023-04-28 |archive-date=2023-04-28 |archive-url=https://web.archive.org/web/20230428213454/http://kuing.infinityfreeapp.com/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=10200&pid=50465 |dead-url=no }}</ref><ref>{{Cite web |url=http://kuing.infinityfreeapp.com/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5263&pid=26005 |title=存档副本 |access-date=2023-04-28 |archive-date=2023-04-28 |archive-url=https://web.archive.org/web/20230428213620/http://kuing.infinityfreeapp.com/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5263&pid=26005 |dead-url=no }}</ref>

===证明===
:<math>LHS-RHS=(x+y\cos 2C+z\cos 2B)^2+(y\sin 2C-z\sin 2B)^2.</math>

===推论===
对于 <math>\triangle ABC</math>，令 <math>x=ua^2</math>, <math>y=vb^2</math>, <math>z=wc^2</math>，其中 <math>u,v,w\in\mathbb R</math>，即得
:<math>(ua^2+vb^2+wc^2)^2\geqslant 4\sum vwb^2c^2\sin^2A=16(vw+wu+uv)S^2,</math>
等号成立当且仅当 <math>ua^2:vb^2:wc^2=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C</math>，即 <math>u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C</math>。

===一般形式===
若非零实数 <math>p,q,r</math> 满足 <math>2(pq+qr+rp)\geqslant p^2+q^2+r^2</math>，则对任意实数 <math>x,y,z</math> 恒有
:<math>(x+y+z)^2\geqslant \frac {2(pq+qr+rp)-p^2-q^2-r^2}{pqr}(pyz+qzx+rxy).</math>
证明：
:<math>\begin{align}
&\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^2q^2r^2}\bigl((p+q-r)ry-(p-q+r)qz\bigr)^2.
\end{align}</math>

== 参见 ==
* [[三角不等式]]
* [[外森比克不等式]]

==参考来源==
{{reflist}}
[[Category:几何不等式]]
[[Category:三角学]]