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：

　
: $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}\geqslant 2x_{1}x_{2}\cos \varphi _{3}+2x_{2}x_{3}\cos \varphi _{1}+2x_{3}x_{1}\cos \varphi _{2}.$

或輪換下標不等式：

　
: $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}\geqslant 2x_{1}x_{2}\cos \varphi _{1}+2x_{2}x_{3}\cos \varphi _{2}+2x_{3}x_{1}\cos \varphi _{3}.$

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：

　
: $(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}){\frac {\cos \alpha _{1}}{\sin \alpha _{1}}}+(x_{2}^{2}+x_{3}^{2}){\frac {\cos \alpha _{2}}{\sin \alpha _{2}}}+(x_{3}^{2}+x_{1}^{2}){\frac {\cos \alpha _{3}}{\sin \alpha _{3}}}\geqslant 2x_{1}x_{2}{\frac {\cos \varphi _{1}}{\sin \alpha _{1}}}+2x_{2}x_{3}{\frac {\cos \varphi _{2}}{\sin \alpha _{2}}}+2x_{3}x_{1}{\frac {\cos \varphi _{3}}{\sin \alpha _{3}}}.$

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 $x={\sqrt {R_{1}}},y={\sqrt {R_{2}}},z={\sqrt {R_{3}}}$ ， $A={\frac {\angle A_{2}OA_{3}}{2}},B={\frac {\angle A_{1}OA_{3}}{2}},C={\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}$ 則可得到：

　
: $R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant 2\left[{\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{2}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{2}OA_{3}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{1}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{3}}{2}}\right)\right]$

另一方面，計算三角形 $A_{1}OA_{2}$ 在 O 點發出的角平分線長度 $w_{3}$ ，可得

　
: $w_{3}={\frac {2R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right).$

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

　
: $r_{3}\leqslant w_{3}\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)$

　
: $r_{1}+r_{2}+r_{3}\leqslant {\sqrt {R_{1}R_{2}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{2}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{2}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{2}OA_{3}}{2}}\right)+{\sqrt {R_{1}R_{3}}}\cos \left({\frac {\angle A_{1}OA_{3}}{2}}\right)$

因此

　
: $R_{1}+R_{2}+R_{3}\geqslant 2\left(r_{1}+r_{2}+r_{3}\right).$

## 等價形式

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

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

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

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

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：

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

## 參見

* 三角不等式
* 外森比克不等式

## 參考來源