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：

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

首先發現此不等式的是英國數學家約瑟夫·沃爾斯滕霍姆。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。

## 證明

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

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

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

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

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

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

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

## 推廣與加強

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

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

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：

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

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：

$$x_1^2+x_2^2+x_3^2 \geqslant 2x_1 x_2 \cos \varphi_3+ 2 x_2 x_3 \cos \varphi_1 + 2 x_3 x_1 \cos \varphi_2.$$

或輪換下標不等式：

$$x_1^2+x_2^2+x_3^2 \geqslant 2x_1 x_2 \cos \varphi_1+ 2 x_2 x_3 \cos \varphi_2 + 2 x_3 x_1 \cos \varphi_3.$$

設 $\alpha_1 ,\alpha_2 , \alpha_3$是三角形內角，對後一個不等式做變量代換

$$x_1 \rightarrow x_1 \sqrt{\frac{\sin \alpha_2}{ \sin \alpha_3 \sin \alpha_1 }}, \, x_2 \rightarrow x_2 \sqrt{\frac{\sin \alpha_3}{ \sin \alpha_1 \sin \alpha_2}},\, x_3 \rightarrow x_3 \sqrt{\frac{\sin \alpha_1}{ \sin \alpha_2 \sin \alpha_3}},$$

可以得到不等式：

$$(x_1^2+x_2^2)\frac{\cos \alpha_1}{\sin \alpha_1}+(x_2^2+x_3^2)\frac{\cos \alpha_2}{\sin \alpha_2}+(x_3^2+x_1^2)\frac{\cos \alpha_3}{\sin \alpha_3} \geqslant 2x_1 x_2 \frac{ \cos \varphi_1 }{\sin \alpha_1}+ 2 x_2 x_3 \frac{ \cos \varphi_2 }{\sin \alpha_2} + 2 x_3 x_1 \frac{ \cos \varphi_3 }{\sin \alpha_3} .$$

由這個不等式可以推出嵌入不等式的另一種推廣：

設$\alpha_1 ,\alpha_2 ,\cdots , \alpha_n$滿足 $\alpha_1 +\alpha_2 +\cdots + \alpha_n = \pi$， $\varphi_1 ,\varphi_2 ,\cdots , \varphi_n$滿足 $\varphi_1 +\varphi_2 +\cdots + \varphi_n = \pi$，則有：

$$\sum_{i=1}^n \frac{\cos \alpha_i}{\sin \alpha_i}(x_i^2 + x_{i+1}^2) \geqslant 2 \sum_{i=1}^n x_i x_{i+1} \frac{ \cos \varphi_i }{\sin \alpha_i}.$$

其中$x_{n+1} = x_1$。而當$\alpha_1 =\alpha_2 =\cdots =\alpha_n = \frac{\pi}{n}$的時候，上面的不等式轉化為：

$$\cos \frac{\pi}{n} \sum_{i=1}^n (x_i^2 + x_{i+1}^2) \geqslant 2 \sum_{i=1}^n x_i x_{i+1} \cos \varphi_i.$$

嵌入不等式是此不等式在$n = 3$時的特例。

## 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。運用嵌入不等式可以解決許多幾何不等式，例如以下是運用嵌入不等式證明埃爾德什－莫德爾不等式。

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$A_1 ,A_2 ,A_3$，點O到這三個頂點的距離分別是$R_1 ,R_2 ,R_3$，到它們對邊的距離分別是$r_1 ,r_2 ,r_3$，則埃爾德什-莫德爾不等式寫作：

$$R_1+R_2+R_3 \geqslant 2\left( r_1 +r_2 +r_3 \right)$$

在嵌入不等式中令$x =\sqrt{R_1}, y =\sqrt{R_2}, z = \sqrt{R_3}$，$A =\frac{\angle A_2 O A_3}{2}, B =\frac{\angle A_1 O A_3}{2} , C = \frac{\angle A_1 O A_2}{2}$則可得到：

$$R_1+R_2+R_3 \geqslant 2\left[ \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right) + \sqrt{R_2 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_2 O A_3 }{2} \right) + \sqrt{R_1 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_3 }{2}\right) \right]$$

另一方面，計算三角形$A_1 O A_2$在O點發出的角平分線長度$w_3$，可得

$$w_3 = \frac{2 R_1 R_2}{R_1+R_2} \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right) \leqslant \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right) .$$

同時作為角平分線，其長度必然大於O點到$A_1 A_2$的距離$r_3$，所以

$$r_3 \leqslant w_3 \leqslant \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right)$$

$$r_1 +r_2 +r_3 \leqslant \sqrt{R_1 R_2 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_2 }{2} \right) + \sqrt{R_2 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_2 O A_3 }{2} \right) + \sqrt{R_1 R_3 } \cos \left( \frac{\angle A_1 O A_3 }{2} \right)$$

因此

$R_1+R_2+R_3 \geqslant 2\left( r_1 +r_2 +r_3 \right).$

## 等價形式

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

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

等號成立若且唯若 $x:y:z=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$。

### 證明

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

### 推論

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

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

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

### 一般形式

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

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

證明：

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