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{{Unreferenced|time=2019-01-13T21:06:05+00:00}}
[[幾何學]]的'''佩多不等式'''，是關連兩個[[三角形]]的[[不等式]]，以[[唐·佩多]](Don Pedoe)命名。這不等式指出：如果第一個[[三角形]]的邊長為<math>a,b,c</math>，[[面積]]為<math>f</math>，第二個[[三角形]]的邊長為<math>A,B,C</math>，[[面積]]為<math>F</math>，那麼：

:<math>A^2(b^2+c^2-a^2)+B^2(a^2+c^2-b^2)+C^2(a^2+b^2-c^2)\geq 16Ff</math>，

等式成立[[當且僅當]]兩個[[三角形]]為一對[[相似三角形]]，對應邊成比例；
<br />也就是<math>\tfrac{a}{A}=\tfrac{b}{B}=\tfrac{c}{C}</math>。

== 证明 ==

*由[[海伦公式]]，两个三角形的面积可用边长表示为
:<math>16f^2=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)</math>
:<math>16F^2=(A+B+C)(A+B-C)(A-B+C)(B+C-A)=(A^2+B^2+C^2)^2-2(A^4+B^4+C^4)</math>

再由[[柯西不等式]]，
:<math>16Ff+2a^2A^2+2b^2B^2+2c^2C^2</math>
:<math>\leq \sqrt{(16f^2+2a^4+2b^4+2c^4)}\sqrt{(16F^2+2A^4+2B^4+2C^4)}</math>
:<math>= (a^2+b^2+c^2)(A^2+B^2+C^2) </math>

于是，
:<math>16Ff\leq  A^2(a^2+b^2+c^2)-2a^2A^2+B^2(a^2+b^2+c^2)-2b^2B^2+C^2(a^2+b^2+c^2)-2c^2C^2 </math>
:<math>=A^2(b^2+c^2-a^2)+B^2(a^2+c^2-b^2)+C^2(a^2+b^2-c^2)</math> 

命题得证。

等号成立当且仅当<math>\tfrac{a}{A}=\tfrac{b}{B}=\tfrac{c}{C}=\sqrt{\tfrac{f}{F}}</math>，也就是说两个三角形相似。


[[File:Pedoe's inequality.jpg|frame|right|ABC是第一个三角形，A'B'C'是取相似后的第二个三角形，BC与B'C'重合]]

*几何证法
三角形的面积与边长的平方成正比，因此在要证的式子两边同乘一个系数<math>\lambda^2</math>，使得<math>\lambda A = a</math>，几何意义是将第二个三角形取相似（如右图）。
设这时A、B、C变成x、y、z，F变成F'。
考虑'' AA' ''的长度。由余弦公式，
:<math>AA'^2=AB^2+BA'^2-2AB \cdot BA' \cos (\angle B-\angle B')</math>
:<math>=c^2+z^2-2cz(\cos \angle B \cos \angle B'+\sin \angle B \sin \angle B')</math>
将<math>\cos \angle B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} , \cos \angle B' = \frac{x^2+z^2-y^2}{2xz}</math>,<math>\sin \angle B = \frac{2f}{ac}, \sin \angle B' = \frac{2F'}{xz}</math>

代入就变成：
:<math>0\leq AA'^2=c^2+z^2-2cz\left[\frac{(a^2+c^2-b^2)(x^2+z^2-y^2)}{4acxz}+\frac{4F'f}{acxz}\right]</math>
两边化简后同时乘以<math>\frac{1}{\lambda^2}</math>，并注意到a=x，就可得到原不等式。
等号成立当且仅当A与A'重合，即两个三角形相似。

== 相关条目 ==
*[[外森比克不等式]]
[[Category:几何不等式]]
[[Category:三角形几何]]