1906年, Carulan提出並證明了如下不等式 (文):

設 $a$, $b$, $c$ 是三角形的三邊長, 求證 \begin{equation} %(1) a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \ge 0. \end{equation}

筆者發現了不等式 (1) 的一個加強。

定理: 設 $a$, $b$, $c$ 和 $r$ 分別是三角形的三邊長與內切圓半徑, 求證 \begin{equation} %(2) a^2b(a-b) + b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \ge 8r^2(a-b)^2. \end{equation}

證明: 作代換 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x, y, z\in R^+$, 由三角形的面積公式 $$ \triangle = \frac{1}{2}r(a+b+c) = \frac{1}{4} \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}, $$ 得 $r^2=\displaystyle\frac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{4(a+b+c)}$, 於是, 有 $r^2=\displaystyle\frac{xyz}{x+y+z}$. 從而, 不等式 (2) 等價於 $$ xy^3 + yz^3 + zx^3 - xyz(x+y+z) \ge \frac{4xyz(x-y)^2}{x+y+z}, $$ 也就是, 對於 $x, y, z\in R^+$ 則有 \begin{equation} %(3) \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} \ge x + y + z + \frac{4(x-y)^2}{x+y+z}. \end{equation} 事實上

由於 $x^2+y^2-2xy=(x-y)^2$, 所以有 $$ \frac{x^2}{y} = 2x - y + \frac{(x-y)^2}{y}. $$ \begin{eqnarray*} \hbox{同理} \qquad\qquad \frac{y^2}{z} &=& 2y - z + \frac{(y-z)^2}{z}, \hskip 8.4cm \\ \frac{z^2}{x} &=& 2z - x + \frac{(z-x)^2}{z}. \end{eqnarray*} 於是, 將上面的3個等式相加, 便得 $$ \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} = x + y + z + \frac{(x-y)^2}{y} + \frac{(y-z)^2}{z} + \frac{(z-x)^2}{x}. {(*)} $$

應用不等式 (文 , 。化為整式, 容易證明) $\displaystyle\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y^2}\ge\frac{(x_1+x_2)^2}{y_1+y_2}$ $(y_1, y_2\in R^+)$, 得 \begin{eqnarray*} \frac{(x-y)^2}{y} + \frac{(y-z)^2}{z} + \frac{(z-x)^2}{x} &\ge& \frac{(x-y)^2}{y} + \frac{[(y-z)+(z-x)]^2}{z+x} \\ &=& (x-y)^2 \Big [\frac{1^2}{y} + \frac{1^2}{z+x}\Big ] \\ &\ge& \frac{4(x-y)^2}{x+y+z}. \end{eqnarray*} 於是, 結合恒等式 $(*)$, 就得出了不等式 (3)。得證。

其實, 由於問題的對稱性, 改進不等式 (2) 的下界, 便得 Carulan 不等式又一加強。

推論: 設 $a$, $b$, $c$ 和 $r$ 分別是三角形的三邊長與內切圓半徑, 求證 \begin{equation} %(4) a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \ge 8r^2 \cdot \max\{(a-b)^2, (b-c)^2, (c-a)^2\}. \end{equation}

---本文作者現任教陝西省咸陽市永壽縣中學---