一、前言

由參考資料 的內容, 我們知道幾何學中的歐拉定理是指對任意三角形而言, 其外心與內心的距離 $d$ 滿足下式 :

\begin{align} d^2=R(R-2r),\label{1} \end{align}

其中 $R$ 為三角形的外接圓半徑, $r$ 為內切圓半徑。 利用 \eqref{1} 式中 $d^2\ge 0$ 的條件, 我們可推得底下的歐拉不等式 :

\begin{align} R\ge 2r.\label{2} \end{align}

當三角形三邊等長時, 上式等號成立。 關於 \eqref{1} 式的證明, 請參考與 對應的中文條目。

某次, 筆者研究過後找出了對 \eqref{2} 式的另證, 使用的工具主要是餘弦定理、 正弦定理、 海龍公式與算幾不等式。 此證明不必透過 \eqref{1} 式即可完成, 底下第二節中筆者將予以介紹。 而接著的第三節中, 筆者將使用向量工具提出對 \eqref{1} 式的另證, 雖然此另證的篇幅較長, 但仍希望在提出之後能夠具有一些參考價值。

二、歐拉不等式的證明

令 $a,b,c$ 分別是 $\triangle ABC$ 中 $\angle A$, $\angle B$, $\angle C$ 的對邊長, 且令 $R,r$ 分別為 $\triangle ABC$ 的外接圓半徑與內切圓半徑, 並將 $\triangle ABC$ 的面積簡記為 $\triangle$。 可參考下圖 :

對於 \eqref{2} 式, 筆者的證明如下 :

證明 : 首先由餘弦定理可知

\begin{align} \cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.\label{3} \end{align}

接著, 由正弦定理可知

\begin{align} \sin A=\frac{a}{2R}.\label{4} \end{align}

利用三角恆等式 $\cos^2 A+\sin^2 A=1$ 可知 $$\sin^2 A=1-\cos^2 A.$$ 將 \eqref{3}, \eqref{4} 兩式代入上式, 可得

\begin{align*} \frac{a^2}{4R^2}=\,&1-\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2 c^2}=\frac{(2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2 c^2}\\ =\,&\frac{(2bc+b^2+c^2-a^2 )(2bc-b^2-c^2+a^2 )}{4b^2 c^2}\\ =\,&\frac{[(b+c)^2-a^2][a^2-(b-c)^2 ]}{4b^2 c^2}\\ =\,&\frac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{4b^2 c^2}. \end{align*}

觀察上式的頭尾, 可知

\begin{align} R^2=\frac{a^2 b^2 c^2}{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}.\label{5} \end{align}

此時引進海龍面積公式, 將 $\triangle ABC$ 的面積 $\triangle$ 表為

\begin{align} \triangle =&\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\nonumber\\ =&\frac 14 \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)},\label{6} \end{align}

其中 $s$ 表 $\triangle ABC$ 的半周長, 即

\begin{align} s=\frac 12 (a+b+c).\label{7} \end{align}

由 \eqref{5}, \eqref{6} 兩式可知

\begin{align} R=\frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}}=\frac{abc}{4\triangle}.\label{8} \end{align}

另一方面, $\triangle ABC$ 的面積 $\triangle$ 可由內切圓半徑 $r$ 與半周長 $s$ 表為 $\triangle =rs$, 因此有

\begin{align} r=\frac{\triangle}s.\label{9} \end{align}

考慮 \eqref{8}$\div$\eqref{9}, 並回頭利用 \eqref{6}, \eqref{7} 兩式, 可得

\begin{align} \frac Rr=\,&\frac{sabc}{4\triangle ^2}=\frac{sabc}{4 s(s-a)(s-b)(s-c)}\nonumber\\ =\,&\frac{2abc}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}.\label{10} \end{align}

觀察 \eqref{10} 式後, 我們考慮證明底下的不等式 :

\begin{align} abc\ge (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c).\label{11} \end{align}

先令 $$S=b+c-a,\quad T=c+a-b,\quad U=a+b-c,$$ 由三角形任兩邊長之和大於第三邊長的性質, 可知 $S,T,U$ 三數均正, 且有 $$\frac{T+U}2=a,\quad \frac{U+S}2=b,\quad \frac{S+T}2=c.$$ 利用上述六個 $S,T,U$ 與 $a,b,c$ 之間的關係式, 知 \eqref{11} 式可改寫為如下的等價式子 :

\begin{align} \frac{S+T}2\cdot \frac{T+U}2\cdot \frac{U+S}2\ge STU.\label{12} \end{align}

因為 $S,T,U$ 三數均正, 由算幾不等式可寫下 $$\frac{S+T}{2}\ge \sqrt{ST},\qquad \frac{T+U}2\ge \sqrt{TU},\qquad \frac{U+S}2\ge \sqrt{US}.$$ 將上述三個不等式相乘後, 即可證明 \eqref{12} 式成立, 因此與其等價的 \eqref{11} 式成立。 最後, 由 \eqref{10}, \eqref{11} 兩式即可得出 $$\frac Rr=\frac{2abc}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}\ge 2,$$ 因此有 $R\ge 2r$。 至此, 我們證得歐拉不等式 \eqref{2} 成立。

本節最後, 我們不妨探討一下 \eqref{2} 式等號成立的充要條件。 首先, 若圖1中我們所關心的 $\triangle ABC$ 三邊等長, 則有 $a=b=c$, 此時因 \eqref{11} 式的等號成立, 利用 \eqref{10} 式可推得 $R=2r$, 故 \eqref{2} 式等號成立。

另一方面, 若 \eqref{2} 式等號成立, 我們先回顧於 \eqref{11} 式底下所假設的 $S,T,U$ 三數。 此時若 $S=T=U$ 不成立, 不失一般性可假設 $S\not=T$, 因此 $\dfrac{S+T}2\gt\sqrt{ST}$, 從而 \eqref{12} 式與 \eqref{11} 式的等號不成立。 接著利用 \eqref{11} 式不取等號的結果配合 \eqref{10} 式可推得 $R\gt2r$, 故 \eqref{2} 式等號不成立, 因此得到矛盾, 從而確定 $S=T=U$ 成立。 最後, 利用上方 $S,T,U$ 與 $a,b,c$ 之間的關係式, 由 $S=T=U$ 的條件不難解出 $a=b=c$。

透過以上討論, 我們即確定歐拉不等式 \eqref{2} 等號成立的充要條件為三角形的三邊等長。

三、歐拉定理的向量證明

在與 對應的中文條目中對歐拉定理所提出的證明, 使用了平面幾何的手法。 我們可以問, 是否可利用高中時所學到的向量工具來重新證明歐拉定理的結論(即 \eqref{1} 式)呢？ 答案是肯定的, 請參考底下的證明 :

證明 : 令 $O, I$ 分別為 $\triangle ABC$ 的外心與內心, 而其他相關的資訊與符號如同第二節開頭所介紹, 請讀者往前參考。 由參考資料 , 若 $X$ 為 $\triangle ABC$ 所在平面上的任一點, 則我們有

\begin{align} \vec{XI}=\frac{a}{a+b+c}\!\vec{XA}\!+\,\frac b{a+b+c}\!\vec{XB}\!+\,\frac c{a+b+c}\!\vec{XC}\!.\label{13} \end{align}

對上式取 $X=O$, 其中 $O$ 為 $\triangle ABC$ 的外心, 則有 $$ \vec{OI}=\frac 1{a+b+c} (a\!\vec{OA}\!+\,b\!\vec{OB}\!+\,c\!\vec{OC}).$$ 設 $|\!\vec{OI}\!|=d$, 因此 $d$ 為 $\triangle ABC$ 內心與外心之距離。 利用上式, 我們可寫下

\begin{align} d^2=\,&|\!\vec{OI}\!|^2=\,\vec{OI}\!\cdot\!\vec{OI}\nonumber\\ =\,&\frac 1{(a+b+c)^2}(a^2 |\!\vec{OA}\!|^2+b^2 |\!\vec{OB}\!|^2+c^2 |\!\vec{OC}\!|^2+2ab\!\vec{OA}\!\cdot\!\vec{OB}\nonumber\\ &+2bc\vec{OB}\!\cdot\!\vec{OC}\!+\,2ca\!\vec{OC}\!\cdot\!\vec{OA}).\label{14} \end{align}

觀察上式最後的結果, 首先我們知道

\begin{align} |\!\vec{OA}\!|=|\!\vec{OB}\!|=|\!\vec{OC}\!|=R,\label{15} \end{align}

其中 $R$ 為外接圓半徑。 接著參考圖 1, 連接 $\overline{OA}$ 並考慮一般的情況, 我們可推得 $\vec{OA}\!\cdot\!\vec{OB}$ 之值滿足

\begin{align} \vec{OA}\!\cdot\! \vec{OB}=\,&|\!\vec{OA}\!||\!\vec{OB}\!|\cos \angle AOB=R^2\cos (2\angle ACB)=R^2\cos 2C\nonumber\\ =\,&R^2 (2 \cos^2C-1).\label{16} \end{align}

注意上式中, 我們用上了圓心角 $\angle AOB$ 與圓周角 $\angle ACB$ 所滿足的關係式 $\angle AOB=2\angle ACB$ ($AB$ 弧 $\le 180^\circ$) 或 $\angle AOB=2\pi-2\angle ACB$ ($AB$ 弧 $\gt 180^\circ$)。 其中 $AB$ 弧 $\le 180^\circ$ 的情況, 請參考下圖 :

而 $AB$ 弧 $\gt 180^\circ$ 的情況, 讀者不妨自行練習畫出其參考圖形。 仿照 \eqref{16} 式的推導方式, 同理可推得

\begin{align} \vec{OB}\!\cdot\!\vec{OC}=\,&R^2(2 \cos^2 A-1),\label{17}\\ \vec{OC}\!\cdot\!\vec{OA}=\,&R^2(2 \cos^2 B-1).\label{18} \end{align}

將 \eqref{15}, \eqref{16}, \eqref{17}, \eqref{18} 四式代入 \eqref{14} 式後, 可繼續計算出底下的結果 :

\begin{align*} d^2=\,&\frac 1{(a\!+\!b\!+\!c)^2}[(a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)R^2\!+\!2abR^2 (2 \cos^2C\!-\!1)\!+\!2bcR^2 (2 \cos^2 A\!-\!1)\\ &+\!2caR^2 (2 \cos^2B\!-\!1)]\\ =\,&\frac{R^2}{(a\!+\!b\!+\!c)^2}[(a^2\!+\!b^2\!+\!c^2\!+\!2ab\!+\!2bc\!+\!2ca)\!+\!2ab (2 \cos^2C\!-\!2)\\ &+\!2bc (2 \cos^2A\!-\!2)\!+\!2ca (2 \cos^2B\!-\!2)]\\ =\,&\frac{R^2}{(a\!+\!b\!+\!c)^2} [(a\!+\!b\!+\!c)^2\!+\!4ab (\cos^2C\!-\!1)\!+\!4bc (\cos^2A\!-\!1)\!+\!4ca (\cos^2B\!-\!1)]\\ =\,&R^2-\frac{4R^2}{(a\!+\!b\!+\!c)^2} (ab \sin^2 C\!+\!bc \sin^2 A\!+\!ca \sin^2B ). \end{align*}

使用正弦定理(請參考上一節 \eqref{4} 式), 可將上式繼續改寫為

\begin{align} d^2=\,&R^2-\frac{4R^2}{(a+b+c)^2}\Big(ab\cdot \frac{c^2}{4R^2}+bc\cdot \frac{a^2}{4R^2}+ca\cdot \frac{b^2}{4R^2}\Big)\nonumber\\ =\,&R^2-\frac{abc}{(a+b+c)^2}(a+b+c)=R^2-\frac{abc}{a+b+c}.\label{19} \end{align}

此時回顧第二節中的 \eqref{8}, \eqref{9} 兩式, 考慮 \eqref{8}$\times $\eqref{9}, 可得

\begin{align} Rr=\frac{abc}{4\triangle}\cdot \frac{\triangle}s=\frac{abc}{2(a+b+c)}.\label{20} \end{align}

最後, 利用 \eqref{19}, \eqref{20} 兩式, 即得

\begin{align} d^2=R^2-2\cdot \frac{abc}{2(a+b+c)} =R^2-2Rr=R(R-2r).\label{21} \end{align}

因此我們證明了第一節中歐拉定理的結論, 即 \eqref{1} 式。

接下來, 我們可仿照上一節末所做的討論, 利用上述各式再次探討歐拉不等式 (2) 等號成立的充要條件。 首先, 若圖1中 $\triangle ABC$ 三邊等長, 則 $\triangle ABC$ 為正三角形。 由於此時 $\triangle ABC$ 的內心 $I$ 與外心 $O$ 兩點重合, 因此可依序利用 \eqref{21}, \eqref{14} 兩式, 得知 $$R(R-2r)=d^2=|\vec{OI}|^2=\overline{OI}^2=0,$$ 從而有 $R=2r$, 故 \eqref{2} 式等號成立。

另一方面, 若 \eqref{2} 式等號成立, 即 $R=2r$, 此時依序利用 \eqref{14}, \eqref{21} 兩式可知 $$\overline{OI}^2=|\vec{OI}|^2=d^2=R(R-2r)=0,$$ 從而有 $\overline{OI}=0$, 這表示內心 $I$ 與外心 $O$ 重合。 此時在 $\triangle ABC$ 中, 我們先連接 $\overline{OA}$, $\overline{OB}$, $\overline{OC}$, 並作 $\overline{OD}\bot \overline{BC}$ 於 $D$、 $\overline{OE}\bot \overline{CA}$ 於 $E$、 $\overline{OF}\bot \overline{AB}$ 於 $F$, 如下圖所示：

上圖中, 因為 $$\overline{OC}=\overline{OC},\quad \overline{OD}=\overline{OE}=r,\quad \angle ODC=\angle OEC=90^\circ,$$ 所以 $\triangle ODC$ 與 $\triangle OEC$ 兩者全等 (RHS性質)； 此外,因為 $$\overline{OE}=\overline{OE},\quad \overline{OC}=\overline{OA}=R,\quad \angle OEC=\angle OEA=90^\circ,$$ 所以 $\triangle OEC$ 與 $\triangle OEA$ 兩者全等 (RHS性質)。 至此, 我們知道 $\triangle ODC\cong \triangle OEC\cong \triangle OEA$。 事實上, 仿照上述過程, 我們可以證明 $$\triangle ODC\cong \triangle OEC\cong \triangle OEA\cong \triangle OFA\cong \triangle OFB\cong \triangle ODB.$$ 圖 3 中我們令 $\overline{CD}=s$, 利用上式六個三角形全等的條件, 可知 $\overline{CD}=\overline{CE}=\overline{AE}=\overline{AF}=\overline{BF}=\overline{BD}=s$, 再由圖 3 可知 $$a=\overline{BC}=\overline{BD}+\overline{CD}=2s,$$ 且同理可知 $b=c=2s$, 因此得到 $a=b=c$。

由以上討論, 我們再次確定歐拉不等式 \eqref{2} 等號成立的充要條件為三角形的三邊等長。 注意在參考資料 前言的最後一句話也有提到此充要條件, 其說法為 "$R\ge 2r$ holds with equality only in the equilateral case"。 因此, 我們也可將上一節末與本節對上述充要條件的探討過程視為對 的補充。

四、結語

本文寫作的緣起, 是出自對 \eqref{2} 式的好奇, 想找出有別於 中使用 \eqref{1} 式推得 \eqref{2} 式之證明的另證。 其中, 寫作第二節的內容至 \eqref{11} 式時曾稍遇瓶頸, 直到引入該式下方對 $S,T,U$ 三數的假設後, 才順利證出 \eqref{11} 式與 \eqref{2} 式。 而第三節的內容, 則是在完成第二節的內容後, 想到可利用先前在 文看過的內心向量關係式 \eqref{13} 來試著找出對 \eqref{1} 式的另證, 並幸運地在將 \eqref{13} 式的 $\vec{XI}$ 取為 $\vec{OI}$ 之後順利找出證明。

本文中進行證明時所用的手法, 大部分在我們高中時期就會學到。 雖然寫作本文時筆者距離高中畢業已經 20 幾年了, 但當初學到的工具卻仍然很有用處。 這些工具如果不用, 相信時間久了也會生疏； 但若能經常使用, 相信大家都可以熟能生巧, 並從中發現不少樂趣。 最後, 筆者在此要感謝 文的作者, 也要感謝高中數學老師許燦煌先生當年對筆者的教導。

參考文獻

---本文作者投稿時任職榮廣實業有限公司(資源回收業)---