三角形内角的嵌入不等式

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：

$x^2+y^2+z^2⩾2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B.$

首先发现此不等式的是英国数学家Template:Link-en。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。

证明

注意到不等式：$(x-y\cos C-z\cos B{)}^2+(y\sin C-z\sin B{)}^2⩾0$ 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：

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

$x^2+y^2+z^2⩾2xy\cos C+2xz\cos B+2yz(\sin B\sin C-\cos B\cos C)$

$x^2+y^2+z^2⩾2xy\cos C+2xz\cos B-2yz\cos (B+C)$

由于A、B、C是三角形内角，$\cos (B+C)=\cos (\pi -A)=-\cos A$，因此上式等价于

$x^2+y^2+z^2⩾2xy\cos C+2xz\cos B+2yz\cos A.$

从证明中可推出，不等式中等号成立当且仅当$y\sin C=z\sin B$和$x=y\cos C+z\cos B$同时成立。也就是说，要么$x=y=z=0$，要么$x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C$。

推广与加强

从以上证明中可以看到，证明成立的关键是$\cos (B+C)+\cos A=0$，所以可以将条件中的“A、B、C是三角形内角”推广到“$A+B+C=(2k+1)\pi ,k\in \mathbb{N}$”。而如果 $A+B+C=2k\pi$，则$\cos (B+C)=\cos A$，展开恒成立的不等式 $(x+y\cos C+z\cos B{)}^2+(y\sin C-z\sin B{)}^2⩾0$便可得到不等式

$x^2+y^2+z^2+2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B⩾0.$

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：

如果$A+B+C=k\pi ,k\in \mathbb{N}$，那么对任意实数x、y、z，都有$x^2+y^2+z^2+2(-1{)}^k(xy\cos C+yz\cos A+zx\cos B)⩾0.$

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：

$x_1^2+x_2^2+x_3^2⩾2x_1{x}_2\cos {\phi }_3+2x_2{x}_3\cos {\phi }_1+2x_3{x}_1\cos {\phi }_2.$

或轮换下标不等式：

$x_1^2+x_2^2+x_3^2⩾2x_1{x}_2\cos {\phi }_1+2x_2{x}_3\cos {\phi }_2+2x_3{x}_1\cos {\phi }_3.$

设 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$是三角形内角，对后一个不等式做变量代换

$x_1\to x_1\sqrt{\frac{\sin {\alpha }_2}{\sin {\alpha }_3\sin {\alpha }_1}},x_2\to x_2\sqrt{\frac{\sin {\alpha }_3}{\sin {\alpha }_1\sin {\alpha }_2}},x_3\to x_3\sqrt{\frac{\sin {\alpha }_1}{\sin {\alpha }_2\sin {\alpha }_3}},$

可以得到不等式：

$(x_1^2+x_2^2)\frac{\cos {\alpha }_1}{\sin {\alpha }_1}+(x_2^2+x_3^2)\frac{\cos {\alpha }_2}{\sin {\alpha }_2}+(x_3^2+x_1^2)\frac{\cos {\alpha }_3}{\sin {\alpha }_3}⩾2x_1{x}_2\frac{\cos {\phi }_1}{\sin {\alpha }_1}+2x_2{x}_3\frac{\cos {\phi }_2}{\sin {\alpha }_2}+2x_3{x}_1\frac{\cos {\phi }_3}{\sin {\alpha }_3}.$

由这个不等式可以推出嵌入不等式的另一种推广：

设${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$满足 ${\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots +{\alpha }_n=\pi$， ${\phi }_1,{\phi }_2,\cdots ,{\phi }_n$满足 ${\phi }_1+{\phi }_2+\cdots +{\phi }_n=\pi$，则有：

$\sum _{i=1}^n\frac{\cos {\alpha }_i}{\sin {\alpha }_i}(x_i^2+x_{i+1}^2)⩾2\sum _{i=1}^n{x}_i{x}_{i+1}\frac{\cos {\phi }_i}{\sin {\alpha }_i}.$

其中$x_{n+1}=x_1$。而当${\alpha }_1={\alpha }_2=\cdots ={\alpha }_n=\frac{\pi }{n}$的时候，上面的不等式转化为：

$\cos \frac{\pi }{n}\sum _{i=1}^n(x_i^2+x_{i+1}^2)⩾2\sum _{i=1}^n{x}_i{x}_{i+1}\cos {\phi }_i.$

嵌入不等式是此不等式在$n=3$时的特例。

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。运用嵌入不等式可以解决许多几何不等式，例如以下是运用嵌入不等式证明埃尔德什－莫德尔不等式。

$r_3$（红）小于$w_3$（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到三角形的三个顶点的距离之和的一半。下设这个三角形顶点为$A_1,A_2,A_3$，点O到这三个顶点的距离分别是$R_1,R_2,R_3$，到它们对边的距离分别是$r_1,r_2,r_3$，则埃尔德什-莫德尔不等式写作：

$R_1+R_2+R_3⩾2(r_1+r_2+r_3)$

在嵌入不等式中令$x=\sqrt{R_1},y=\sqrt{R_2},z=\sqrt{R_3}$，$A=\frac{\mathrm{\angle }{A}_{2}O{A}_3}{2},B=\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_3}{2},C=\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_2}{2}$则可得到：

$R_1+R_2+R_3⩾2[\sqrt{R_1{R}_2}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_2}{2}\right)+\sqrt{R_2{R}_3}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{2}O{A}_3}{2}\right)+\sqrt{R_1{R}_3}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_3}{2}\right)]$

另一方面，计算三角形$A_{1}O{A}_2$在O点发出的角平分线长度$w_3$，可得

$w_3=\frac{2R_1{R}_2}{R_1+R_2}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_2}{2}\right)⩽\sqrt{R_1{R}_2}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_2}{2}\right).$

同时作为角平分线，其长度必然大于O点到$A_1{A}_2$的距离$r_3$，所以

$r_3⩽w_3⩽\sqrt{R_1{R}_2}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_2}{2}\right)$

$r_1+r_2+r_3⩽\sqrt{R_1{R}_2}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_2}{2}\right)+\sqrt{R_2{R}_3}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{2}O{A}_3}{2}\right)+\sqrt{R_1{R}_3}\cos \left(\frac{\mathrm{\angle }{A}_{1}O{A}_3}{2}\right)$

因此

$R_1+R_2+R_3⩾2(r_1+r_2+r_3).$

等价形式

设 $A+B+C=k\pi$, $k\in \mathbb{Z}$, $x,y,z\in ℝ$，则有

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

等号成立当且仅当 $x:y:z=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$。

证明

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

推论

对于 $\mathrm{△}ABC$，令 $x=u{a}^2$, $y=v{b}^2$, $z=w{c}^2$，其中 $u,v,w\in ℝ$，即得

$(u{a}^2+v{b}^2+w{c}^2{)}^2⩾4\sum vw{b}^2{c}^2{\sin }^{2}A=16(vw+wu+uv)S^2,$

等号成立当且仅当 $u{a}^2:v{b}^2:w{c}^2=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$，即 $u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C$。

一般形式

若非零实数 $p,q,r$ 满足 $2(pq+qr+rp)⩾p^2+q^2+r^2$，则对任意实数 $x,y,z$ 恒有

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

证明：

$\begin{array}{cc}& \mathrm{L}\mathrm{H}\mathrm{S}\mathrm{-}\mathrm{R}\mathrm{H}\mathrm{S}\\ =& {(x+y+z-\frac{2(pq+qr+rp)-p^2-q^2-r^2}{2pqr}(ry+qz))}^2\\ & +\frac{2(pq+qr+rp)-p^2-q^2-r^2}{4p^2{q}^2{r}^2}((p+q-r)ry-(p-q+r)qz{)}^2.\end{array}$

参见

• 三角不等式
• 外森比克不等式