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 ⩾ 2 x y cos ⁡ C + 2 y z cos ⁡ A + 2 z x cos ⁡ B . {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B.} 首先发现此不等式的是英国数学家约瑟夫·沃尔斯滕霍姆（英语：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。 注意到不等式： ( x − y cos ⁡ C − z cos ⁡ B ) 2 + ( y sin ⁡ C − z sin ⁡ B ) 2 ⩾ 0 {\displaystyle (x-y\cos C-z\cos B)^{2}+(y\sin C-z\sin B)^{2}\geqslant 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 ) − 2 x y cos ⁡ C − 2 x z cos ⁡ B − 2 y z sin ⁡ B sin ⁡ C + 2 y z cos ⁡ B cos ⁡ C ⩾ 0 {\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} x 2 + y 2 + z 2 ⩾ 2 x y cos ⁡ C + 2 x z cos ⁡ B + 2 y z ( sin ⁡ B sin ⁡ C − cos ⁡ B cos ⁡ C ) {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2xy\cos C+2xz\cos B+2yz(\sin B\sin C-\cos B\cos C)} x 2 + y 2 + z 2 ⩾ 2 x y cos ⁡ C + 2 x z cos ⁡ B − 2 y z cos ⁡ ( B + C ) {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 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 ⁡ ( π − A ) = − cos ⁡ A {\displaystyle \cos(B+C)=\cos(\pi -A)=-\cos A} ，因此上式等价于 x 2 + y 2 + z 2 ⩾ 2 x y cos ⁡ C + 2 x z cos ⁡ B + 2 y z cos ⁡ A . {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 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 {\displaystyle y\sin C=z\sin B} 和 x = y cos ⁡ C + z cos ⁡ B {\displaystyle x=y\cos C+z\cos B} 同时成立。也就是说，要么 x = y = z = 0 {\displaystyle x=y=z=0} ，要么 x : y : z = sin ⁡ A : sin ⁡ B : sin ⁡ C {\displaystyle x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C} 。 从以上证明中可以看到，证明成立的关键是 cos ⁡ ( B + C ) + cos ⁡ A = 0 {\displaystyle \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 = ( 2 k + 1 ) π , k ∈ N {\displaystyle A+B+C=(2k+1)\pi ,\,k\in \mathbb {N} } ”。而如果 A + B + C = 2 k π {\displaystyle A+B+C=2k\pi } ，则 cos ⁡ ( B + C ) = cos ⁡ A {\displaystyle \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 {\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 x 2 + y 2 + z 2 + 2 x y cos ⁡ C + 2 y z cos ⁡ A + 2 z x cos ⁡ B ⩾ 0. {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B\geqslant 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 π , k ∈ N {\displaystyle 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 ( x y cos ⁡ C + y z cos ⁡ A + z x cos ⁡ B ) ⩾ 0. {\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(-1)^{k}(xy\cos C+yz\cos A+zx\cos B)\geqslant 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 ⩾ 2 x 1 x 2 cos ⁡ φ 3 + 2 x 2 x 3 cos ⁡ φ 1 + 2 x 3 x 1 cos ⁡ φ 2 . {\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}.} 或轮换下标不等式： x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 ⩾ 2 x 1 x 2 cos ⁡ φ 1 + 2 x 2 x 3 cos ⁡ φ 2 + 2 x 3 x 1 cos ⁡ φ 3 . {\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}.} 设 α 1 , α 2 , α 3 {\displaystyle \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 → x 1 sin ⁡ α 2 sin ⁡ α 3 sin ⁡ α 1 , x 2 → x 2 sin ⁡ α 3 sin ⁡ α 1 sin ⁡ α 2 , x 3 → x 3 sin ⁡ α 1 sin ⁡ α 2 sin ⁡ α 3 , {\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： ( x 1 2 + x 2 2 ) cos ⁡ α 1 sin ⁡ α 1 + ( x 2 2 + x 3 2 ) cos ⁡ α 2 sin ⁡ α 2 + ( x 3 2 + x 1 2 ) cos ⁡ α 3 sin ⁡ α 3 ⩾ 2 x 1 x 2 cos ⁡ φ 1 sin ⁡ α 1 + 2 x 2 x 3 cos ⁡ φ 2 sin ⁡ α 2 + 2 x 3 x 1 cos ⁡ φ 3 sin ⁡ α 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}}}.} 由这个不等式可以推出嵌入不等式的另一种推广： 设 α 1 , α 2 , ⋯ , α n {\displaystyle \alpha _{1},\alpha _{2},\cdots ,\alpha _{n}} 满足 α 1 + α 2 + ⋯ + α n = π {\displaystyle \alpha _{1}+\alpha _{2}+\cdots +\alpha _{n}=\pi } ， φ 1 , φ 2 , ⋯ , φ n {\displaystyle \varphi _{1},\varphi _{2},\cdots ,\varphi _{n}} 满足 φ 1 + φ 2 + ⋯ + φ n = π {\displaystyle \varphi _{1}+\varphi _{2}+\cdots +\varphi _{n}=\pi } ，则有： ∑ i = 1 n cos ⁡ α i sin ⁡ α i ( x i 2 + x i + 1 2 ) ⩾ 2 ∑ i = 1 n x i x i + 1 cos ⁡ φ i sin ⁡ α i . {\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 x n + 1 = x 1 {\displaystyle x_{n+1}=x_{1}} 。而当 α 1 = α 2 = ⋯ = α n = π n {\displaystyle \alpha _{1}=\alpha _{2}=\cdots =\alpha _{n}={\frac {\pi }{n}}} 的时候，上面的不等式转化为： cos ⁡ π n ∑ i = 1 n ( x i 2 + x i + 1 2 ) ⩾ 2 ∑ i = 1 n x i x i + 1 cos ⁡ φ i . {\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 n = 3 {\displaystyle n=3} 时的特例。 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。 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 {\displaystyle 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 {\displaystyle R_{1},R_{2},R_{3}} ，到它们对边的距离分别是 r 1 , r 2 , r 3 {\displaystyle 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 ) {\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 x = R 1 , y = R 2 , z = R 3 {\displaystyle x={\sqrt {R_{1}}},y={\sqrt {R_{2}}},z={\sqrt {R_{3}}}} ， A = ∠ A 2 O A 3 2 , B = ∠ A 1 O A 3 2 , C = ∠ A 1 O A 2 2 {\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}}} 则可得到： R 1 + R 2 + R 3 ⩾ 2 [ R 1 R 2 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 2 2 ) + R 2 R 3 cos ⁡ ( ∠ A 2 O A 3 2 ) + R 1 R 3 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 3 2 ) ] {\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，计算三角形 A 1 O A 2 {\displaystyle A_{1}OA_{2}} 在O点发出的角平分线长度 w 3 {\displaystyle w_{3}} ，可得 w 3 = 2 R 1 R 2 R 1 + R 2 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 2 2 ) ⩽ R 1 R 2 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 2 2 ) . {\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).} 同时作为角平分线，其长度必然大于O点到 A 1 A 2 {\displaystyle A_{1}A_{2}} 的距离 r 3 {\displaystyle r_{3}} ，所以 r 3 ⩽ w 3 ⩽ R 1 R 2 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 2 2 ) {\displaystyle r_{3}\leqslant w_{3}\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)} r 1 + r 2 + r 3 ⩽ R 1 R 2 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 2 2 ) + R 2 R 3 cos ⁡ ( ∠ A 2 O A 3 2 ) + R 1 R 3 cos ⁡ ( ∠ A 1 O A 3 2 ) {\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 R 1 + R 2 + R 3 ⩾ 2 ( r 1 + r 2 + r 3 ) . {\displaystyle R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant 2\left(r_{1}+r_{2}+r_{3}\right).} 设 A + B + C = k π {\displaystyle A+B+C=k\pi } , k ∈ Z {\displaystyle k\in \mathbb {Z} } , x , y , z ∈ R {\displaystyle x,y,z\in \mathbb {R} } ，则有 ( x + y + z ) 2 ⩾ 4 y z sin 2 ⁡ A + 4 z x sin 2 ⁡ B + 4 x y sin 2 ⁡ C , {\displaystyle (x+y+z)^{2}\geqslant 4yz\sin ^{2}A+4zx\sin ^{2}B+4xy\sin ^{2}C,} 等号成立当且仅当 x : y : z = sin ⁡ 2 A : sin ⁡ 2 B : sin ⁡ 2 C {\displaystyle x:y:z=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C} 。 L H S − R H S = ( x + y cos ⁡ 2 C + z cos ⁡ 2 B ) 2 + ( y sin ⁡ 2 C − z sin ⁡ 2 B ) 2 . {\displaystyle LHS-RHS=(x+y\cos 2C+z\cos 2B)^{2}+(y\sin 2C-z\sin 2B)^{2}.} 对于 △ A B C {\displaystyle \triangle ABC} ，令 x = u a 2 {\displaystyle x=ua^{2}} , y = v b 2 {\displaystyle y=vb^{2}} , z = w c 2 {\displaystyle z=wc^{2}} ，其中 u , v , w ∈ R {\displaystyle u,v,w\in \mathbb {R} } ，即得 ( u a 2 + v b 2 + w c 2 ) 2 ⩾ 4 ∑ v w b 2 c 2 sin 2 ⁡ A = 16 ( v w + w u + u v ) S 2 , {\displaystyle (ua^{2}+vb^{2}+wc^{2})^{2}\geqslant 4\sum vwb^{2}c^{2}\sin ^{2}A=16(vw+wu+uv)S^{2},} 等号成立当且仅当 u a 2 : v b 2 : w c 2 = sin ⁡ 2 A : sin ⁡ 2 B : sin ⁡ 2 C {\displaystyle ua^{2}:vb^{2}:wc^{2}=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C} ，即 u : v : w = cot ⁡ A : cot ⁡ B : cot ⁡ C {\displaystyle u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C} 。 若非零实数 p , q , r {\displaystyle p,q,r} 满足 2 ( p q + q r + r p ) ⩾ p 2 + q 2 + r 2 {\displaystyle 2(pq+qr+rp)\geqslant p^{2}+q^{2}+r^{2}} ，则对任意实数 x , y , z {\displaystyle x,y,z} 恒有 ( x + y + z ) 2 ⩾ 2 ( p q + q r + r p ) − p 2 − q 2 − r 2 p q r ( p y z + q z x + r x y ) . {\displaystyle (x+y+z)^{2}\geqslant {\frac {2(pq+qr+rp)-p^{2}-q^{2}-r^{2}}{pqr}}(pyz+qzx+rxy).} 证明： L H S − R H S = ( x + y + z − 2 ( p q + q r + r p ) − p 2 − q 2 − r 2 2 p q r ( r y + q z ) ) 2 + 2 ( p q + q r + r p ) − p 2 − q 2 − r 2 4 p 2 q 2 r 2 ( ( p + q − r ) r y − ( p − q + r ) q z ) 2 . {\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}}} 三角不等式 外森比克不等式 朱华伟. 嵌入不等式——数学竞赛命题的一个宝藏. 中等数学. 2010年, (第1期): 第14–17页.  J. Wolstenholme, A Book of Mathematical Problems, Cambridge, London, 1867 Shanhe Wu, Lokenath Debnath. Generalization of the Wolstenholme cyclic inequality and its application. Computers & Mathematics with Applications. 2007年1月, 53 (1): 104–114 [2012-06-01]. （原始内容存档于2018-11-06）.  Marian Dinca. A Simple Proof Of The Erdos-Mordell Inequality For Polygons In N-Dimensional Spaces (PDF). Articole si Note Matematice. [2012-06-01]. （原始内容存档 (PDF)于2016-08-15）.  存档副本. [2023-04-28]. （原始内容存档于2023-04-28）.  存档副本. [2023-04-28]. （原始内容存档于2023-04-28）.  存档副本. [2023-04-28]. （原始内容存档于2023-04-28）.