三角不等式的证明方法
最近看到一道有意思的三角不等式问题：
在锐角ΔABC中，证明：
cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≥1
这种三角形内角余弦的不等式有两种方法：一是化为边转换为齐次的代数不等式进行证明，二是利用三角形中内角相关恒等式或不等式进行证明。

下面来分别使用两种不同方法进行证明。

一、代数法
利用余弦定理：cos⁡A=b2+c2−a22bc
我们可以得到：
cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≥1⁡∑cycb2+c2−a22bc−4∏cycb2+c2−a22bc−1≥0⁡∑cyca2bc(b2+c2−a2)−∏cyc(b2+c2−a2)−
2(abc)2≥0⁡(a+b+c)(∑cyca3(a2−bc)−∑cycab(a3+b3))≥0⁡∑cyca3(a−b)(a−c)≥0
由Schur不等式知：原命题得证。

当然，此题也可以使用SOS方法进行配方证明，具体配凑比较麻烦，在此不做赘述。

二、三角法
利用三角形中的恒等式：cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C=1+4sin⁡A2sin⁡B2sin⁡C2，我们有：
cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≥1⁡sin⁡A2sin⁡B2sin⁡C2≥cos⁡Acos⁡Bcos⁡C>0 ⁡sin2⁡A2sin2⁡B2sin2⁡C2≥cos2⁡Acos2⁡Bcos2⁡C
下面证明只需要两个不等式：
{cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≤18cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≤∏cyc(1−cosA)
对于前者，由射影定理：
a=bcos⁡C+ccos⁡B≥2bccos⁡Bcos⁡Cb=ccos⁡A+acos⁡C≥2cacos⁡Ccos⁡Ac=acos⁡B+bcos⁡A≥2abcos⁡Acos⁡B
三式相乘，得：
abc≥∏cyc2abcos⁡Acos⁡B=8abccos⁡Acos⁡Bcos⁡C
即
cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≤18
对于后者，注意到ΔABC是锐角三角形，有：
{cos⁡A>01−cos⁡A>0
又这个不等式左右都是乘积形式，故两边取对后移项，只需证明：
∑cyc[ln⁡cos⁡A−ln⁡(1−cos⁡A)]≤0⋯⋯(∗)
考察函数f(x)=ln⁡cos⁡x−ln⁡(1−cos⁡x),(0<x<π2)
则f′(x)=tan⁡x−2sin⁡xcos⁡x−1
f″(x)=(cos⁡x−1)(1cos2⁡x−2cos⁡x)+sin⁡x(tan⁡x−2sin⁡x)(cos⁡x−1)2=(cos ⁡x−1)(1−2cos2⁡x)+sin2⁡xcos⁡x(1−2cos⁡x)cos2⁡x(cos⁡x−1)2=(cos⁡x−1)(1−2cos2⁡x)+(1−cos2⁡x)cos⁡x(1−2cos⁡x)cos2⁡x(cos⁡x−1)2=1−2cos2⁡x+cos⁡x(1+cos⁡x)(1−2cos⁡x)cos2⁡x(cos⁡x−1)=cos2⁡x−cos⁡x+1cos2⁡x(cos⁡x−1)<0
故由Jensen不等式，有：
f(A)+f(B)+f(C)3≤f(A+B+C3)=f(π3)=ln⁡12−ln⁡12=0
即(*)式得证。

综上所述，原命题得证。

三、小结
这是一道较为复杂的三角函数问题，有两种常见方法。

通过余弦定理将三角不等式转化为齐次代数不等式往往配方与化简过程比较麻烦，而直接利用三角函数进行证明需要了解大量的结论，对于自身能力要求较高。

此外，在三角法里面用到了一个非常重要的三角不等式：
cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≤(1−cos⁡A)(1−cos⁡B)(1−cos⁡C)
这一结论亦可以使用纯三角法或者代数法进行证明，我有时间可能会另外写一篇文章专门探讨这一不等式的多种不同证法。

事实上，这个不等式等价于Gerretsen不等式的一部分：
s2≤3r2+4rR+4R2
其中s,r,R分别为ΔABC的半周长、内切圆半径和外接圆半径。