Oppenheimの不等式
三角形$\A\B\C$の辺の長さを$\B\C=a$, $\C\A=b$, $\A\B=c$とし、面積を$[\A\B\C]$と書く。
このとき、任意の非負実数$x,\,y,\,z$に対し次がなりたつ:
\begin{equation}
xa^2+yb^2+zc^2\geq 4[\A\B\C]\sqrt{xy+yz+zx}
\end{equation}
全体的に式が横に長いので、スライドしたり横画面にしたりしてください。
証明
以下、$\triangle\mathrm{ABC}$についてその角度を$\angle\C\A\B=\theta_1$, $\angle\A\B\C=\theta_2$, $\angle\B\C\A=\theta_3$とし、外接円の半径を$R$とする。
\begin{equation} 4R=\dfrac{abc}{[\A\B\C]} \end{equation}
任意の実数$x$,$y$,$z$と正の整数$n$に対して、
\begin{equation}
x^2+y^2+z^2\geq2(-1)^{n+1}\left(yz\cos{n\theta_1}+zx\cos{n\theta_2}+xy\cos{n\theta_3}\right)
\end{equation}
特に横に長い数式が続きます
不等式を簡単な形にしていく。
\begin{equation}
x^2+2x(-1)^n(z\cos{n\theta_2}+y\cos{n\theta_3})+y^2+z^2+2yz(-1)^n\cos{n\theta_1}\geq0
\end{equation}
を示せばいいが、$x$についての部分は平方完成して
\begin{equation}
(x+(-1)^n(z\cos{n\theta_2}+y\cos{n\theta_3}))^2-(z\cos{n\theta_2}+y\cos{n\theta_3})^2
\end{equation}
となるから、
\begin{equation}
y^2+z^2+2yz(-1)^n\cos{n\theta_1}-z^2\cos^2(n\theta_2)-2yz\cos{n\theta_2}\cos{n\theta_3}-y^2\cos^2(n\theta_3)\geq0
\end{equation}
に帰着される。結局
\begin{equation}
y^2\sin^2(n\theta_3)+z^2\sin^2(n\theta_2)+2yz\Bigl((-1)^n\cos{n\theta_1}-\cos{n\theta_2}\cos{n\theta_3}\Bigr)\geq0
\end{equation}
を示せば十分である。$n\theta_1+n\theta_2+n\theta_3=n\pi$から
\begin{equation}
\begin{split}
(-1)^n\cos{n\theta_1}&=(-1)^n\cos(n\pi-n\theta_2-n\theta_3) \\
&=(-1)^n\Bigl((-1)^n\cos(n\theta_2+n\theta_3) \Bigr) \\
&=\cos{n\theta_2}\cos{n\theta_3}-\sin{n\theta_2}\sin{n\theta_3}
\end{split}
\end{equation}
が成立して、
\begin{equation}
\begin{split}
&y^2\sin^2(n\theta_3)+z^2\sin^2(n\theta_2)+2yz\Bigl((-1)^n\cos{n\theta_1}-\cos{n\theta_2}\cos{n\theta_3}\Bigr) \\
=&y^2\sin^2(n\theta_3)-2yz\sin{n\theta_2}\sin{n\theta_3}+z^2\sin^2(n\theta_2) \\
=&(y\sin{n\theta_3}-z\sin{n\theta_2})^2\\
\geq&0
\end{split}
\end{equation}
となってOK。等号成立は最後の式と対称性から
\begin{equation}
x:y:z=\sin{n\theta_1}:\sin{n\theta_2}:\sin{n\theta_3}
\end{equation}
である。
任意の実数$x$, $y$, $z$に対し、
\begin{equation}
R^2(x+y+z)^2\geq yza^2+zxb^2+xyc^2
\end{equation}
補題2で$n=2$として
\begin{equation}
x^2+y^2+z^2\geq-2(yz\cos{2\theta_1}+zx\cos{2\theta_2}+xy\cos{2\theta_3})
\end{equation}
がなりたつ。$\cos{2\theta_i}=1-2\sin^2\theta_i$を使って書き直せば、
\begin{equation}
(x+y+z)^2\geq4(yz\sin^2{\theta_1}+zx\sin^2{\theta_2}+xy\sin^2{\theta_3})
\end{equation}
を得る。正弦定理より$\sin^2\theta_1=\dfrac{a^2}{4R^2}$が（$\theta_2$, $\theta_3$についても同様に）なりたつから、整理して
\begin{equation}
R^2(x+y+z)^2\geq yza^2+zxb^2+xyc^2.
\end{equation}
等号は$x:y:z=\sin{2\theta_1}:\sin{2\theta_2}:\sin{2\theta_3}$で成立。
以上を使ってOppenheimを示す。
補題3の$x$, $y$, $z$を$xa^2$, $yb^2$, $zc^2$に置き換えて
\begin{equation}
R^2(xa^2+yb^2+zc^2)^2\geq a^2b^2c^2(yz+zx+xy)
\end{equation}
を得る。公式より$a^2b^2c^2=16R^2[\A\B\C]^2$となるから、上の式は
\begin{equation}
R^2(xa^2+yb^2+zc^2)^2\geq16R^2[\A\B\C]^2(xy+yz+zx)
\end{equation}
となる。両辺$R^2$で割り、平方根をとって
\begin{equation}
xa^2+yb^2+zc^2\geq 4[\A\B\C]\sqrt{xy+yz+zx}
\end{equation}
となりヨシ。
等号成立は$xa^2:yb^2:zc^2=\sin{2\theta_1}:\sin{2\theta_2}:\sin{2\theta_3}$のときだが、$\sin{2\theta_i}=2\sin{\theta_i}\cos{\theta_i}$と正弦定理からこれは
\begin{equation}
xa:yb:zc=\cos{\theta_1}:\cos{\theta_2}:\cos{\theta_3}
\end{equation}
と書ける。余弦定理で$\cos$を書き直して、等号成立条件は
\begin{equation}
x:y:z=b^2+c^2-a^2:c^2+a^2-b^2:a^2+b^2-c^2
\end{equation}
となる。
使い道
三角形$\A\B\C$に対して
\begin{equation}
a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt{3}[\A\B\C]
\end{equation}
これはOppenheimの不等式で$x=y=z=1$とすれば得られます。東工大でも出てましたね。
Weitzenböckは対称的なので正攻法でもそこまで面倒なく証明できますが、次はどうでしょう．
$\dfrac{\sin^2\theta_1+2\sin^2{\theta_2+3\sin^2{\theta_3}}}{\sin\theta_1\sin\theta_2\sin\theta_3}$の最小値は？
簡単な計算でこの式は$\dfrac{a^2+2b^2+3c^2}{2[\A\B\C]}$になることが分かります．もう暗算で出ますね、最小値は$2\sqrt{11}$です．
これを正攻法で解こうと思ったら（対称性がないので）$b$, $c$を固定して増減を調べて〜とそこそこ手間がかかります（多分。綺麗な解答をご存知の方は教えてください）。でもOppenheimなら好きに$x$, $y$, $z$が取れるので最高ですね。
いかがでしたか？
日本語でこの幾何不等式（とWolstenholmeの不等式）に触れているサイトが見当たらなかったので書いてみました。知っていて損することはない面白い不等式だと思います、特に得することも無いと思いますが。合コンとかに活かしてください。
