佩多不等式

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$a,b,c$，面積為$f$，第二個三角形的邊長為$A,B,C$，面積為$F$，那麼：

$A^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})+B^{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})+C^{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})\geq 16Ff$，

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；
也就是${\tfrac {a}{A}}={\tfrac {b}{B}}={\tfrac {c}{C}}$。

證明

• 由海倫公式，兩個三角形的面積可用邊長表示為

$16f^{2}=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)=(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-2(a^{4}+b^{4}+c^{4})$

$16F^{2}=(A+B+C)(A+B-C)(A-B+C)(B+C-A)=(A^{2}+B^{2}+C^{2})^{2}-2(A^{4}+B^{4}+C^{4})$

再由柯西不等式，

$16Ff+2a^{2}A^{2}+2b^{2}B^{2}+2c^{2}C^{2}$

$\leq {\sqrt {(16f^{2}+2a^{4}+2b^{4}+2c^{4})}}{\sqrt {(16F^{2}+2A^{4}+2B^{4}+2C^{4})}}$

$=(a^{2}+b^{2}+c^{2})(A^{2}+B^{2}+C^{2})$

於是，

$16Ff\leq A^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2a^{2}A^{2}+B^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2b^{2}B^{2}+C^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2c^{2}C^{2}$

$=A^{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})+B^{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})+C^{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})$

命題得證。

等號成立若且唯若${\tfrac {a}{A}}={\tfrac {b}{B}}={\tfrac {c}{C}}={\sqrt {\tfrac {f}{F}}}$，也就是說兩個三角形相似。

ABC是第一個三角形，A'B'C'是取相似後的第二個三角形，BC與B'C'重合

• 幾何證法

三角形的面積與邊長的平方成正比，因此在要證的式子兩邊同乘一個係數$\lambda ^{2}$，使得$\lambda A=a$，幾何意義是將第二個三角形取相似（如右圖）。 設這時A、B、C變成x、y、z，F變成F'。 考慮 AA' 的長度。由余弦公式，

$AA'^{2}=AB^{2}+BA'^{2}-2AB\cdot BA'\cos(\angle B-\angle B')$

$=c^{2}+z^{2}-2cz(\cos \angle B\cos \angle B'+\sin \angle B\sin \angle B')$

將$\cos \angle B={\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}},\cos \angle B'={\frac {x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2xz}}$,$\sin \angle B={\frac {2f}{ac}},\sin \angle B'={\frac {2F'}{xz}}$

代入就變成：

$0\leq AA'^{2}=c^{2}+z^{2}-2cz\left[{\frac {(a^{2}+c^{2}-b^{2})(x^{2}+z^{2}-y^{2})}{4acxz}}+{\frac {4F'f}{acxz}}\right]$

兩邊化簡後同時乘以${\frac {1}{\lambda ^{2}}}$，並注意到a=x，就可得到原不等式。 等號成立若且唯若A與A'重合，即兩個三角形相似。

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