Нерівність Несбіта

Нерівність Несбіта — частковий випадок нерівності Шапіро. Стверджує, що для додатних дійсних чисел a, b і c справджується така нерівність:

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.$

Доведення

Перший спосіб: Нерівність середнього арифметичного та гармонійного

Із нерівності між середнім арифметичним і середнім гармонійним з $(a+b),(b+c),(c+a)$, маємо:

${\frac {(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3}}\geq {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}.$

Звідси,

$((a+b)+(a+c)+(b+c))\left({\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}\right)\geq 9,$

Відкривши дужки, отримаємо

$2{\frac {a+b+c}{b+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+b}}\geq 9.$ Звідси безпосередньо випливає необхідний результат.

Другий спосіб: Перестановки

Нехай $a\geq b\geq c$. Отримаємо:

${\frac {1}{b+c}}\geq {\frac {1}{a+c}}\geq {\frac {1}{a+b}}$

Визначимо:

${\vec {x}}=(a,b,c)$

${\vec {y}}=\left({\frac {1}{b+c}},{\frac {1}{a+c}},{\frac {1}{a+b}}\right)$

З нерівності перестановок, скалярний добуток двох послідовностей є максимальним, якщо вони задані таким же чином, візьмемо ${\vec {y}}_{1}$ і ${\vec {y}}_{2}$ як вектор ${\vec {y}}$, зсунутий на 1 і 2 відповідно. Маємо:

${\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{1}$

${\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{2}$

Додавши отримані нерівності, матимемо нерівність Несбіта.

Третій спосіб: Сімнадцята проблема Гільберта

Наступна тотожність виконується для всіх $a,b,c:$

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}={\frac {3}{2}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)}}+{\frac {(a-c)^{2}}{(a+b)(b+c)}}+{\frac {(b-c)^{2}}{(a+b)(a+c)}}\right)$

Очевидно, що ліва частина є не меншою за ${\frac {3}{2}}$ для додатних a,b та c.

Четвертий спосіб: Нерівність Коші-Буняковського

Покладемо в нерівність Коші-Буняковського вектори $\displaystyle \left\langle {\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right\rangle ,\left\langle {\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right\rangle .$ Отримаємо:

$((b+c)+(a+c)+(a+b))\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geq 9,$

З чого легко випливає кінцевий результат, аналогічно з доведенням з використанням нерівності середнього арифметичного та гармонійного.

П'ятий спосіб: Нерівність середнього арифметичного та геометричного

Використаємо заміну Раві: нехай $x=a+b,y=b+c,z=c+a$. Потім, застосуємо нерівність середнього арифметичного та геометричного для набору з шести значень $\left\{x^{2}z,z^{2}x,y^{2}z,z^{2}y,x^{2}y,y^{2}x\right\}$:

${\frac {\left(x^{2}z+z^{2}x\right)+\left(y^{2}z+z^{2}y\right)+\left(x^{2}y+y^{2}x\right)}{6}}\geq {\sqrt[{6}]{x^{2}z\cdot z^{2}x\cdot y^{2}z\cdot z^{2}y\cdot x^{2}y\cdot y^{2}x}}=xyz.$

Поділимо на $xyz/6$:

${\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geq 6.$

Підставивши $x,y,z$ замість $a,b,c$, маємо:

${\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geq 6,$

Спростивши, отримаємо необхідний результат.

Шостий спосіб: Лема Тіту

Лема Тіту, що є прямим наслідком із нерівності Коші-Буняковського, стверджує, що для довільної послідовності із $n$ дійсних чисел $(x_{k})$ і довільної послідовності з $n$ додатних чисел $(a_{k})$, $\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}$. Візьмемо як послідовність $x$ $a,b,c$ і як послідовність $a$ $a(b+c),b(c+a),c(a+b)$:

${\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geq {\frac {(a+b+c)^{2}}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}}$

Відкривши дужки і звівши подібні доданки, отримуємо:

${\frac {a^{2}}{a(b+c)}}+{\frac {b^{2}}{b(c+a)}}+{\frac {c^{2}}{c(a+b)}}\geq {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)}},$ що спрощується до вигляду

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(ab+bc+ca)}}+1.$

З нерівності перестановок маємо, що $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$, і вираз у правій частині повинен бути не меншим за $\displaystyle {\frac {1}{2}}$. Таким чином,

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.$

Див. також

• Нерівність
• Проблеми Гільберта

Джерела

• Arthur Lohwater (1982). Introduction to Inequalities.
• A. M. Nesbitt - Problem 15114, Educational Times 2, 1903
• J. Michael Steele. The Cauchy-Schwarz Master Class: An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities. — Cambridge University Press, 2004. — P. 316. Exercise 5.6, page 84.

Посилання

• AoPS
• Nesbitt's inequality на PlanetMath
• proof of Nesbitt's inequality на PlanetMath