Нерівність Несбіта

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

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

Доведення

Перший спосіб: Нерівність середнього арифметичного та гармонійного

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

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

Звідси,

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

Відкривши дужки, отримаємо

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

Другий спосіб: Перестановки

Нехай ${\displaystyle a\geq b\geq c}$. Отримаємо:

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

Визначимо:

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

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

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

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

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

Додавши отримані нерівності, матимемо нерівність Несбіта.

Третій спосіб: Сімнадцята проблема Гільберта

Легко бачити, що наступна тотожність виконується для всіх ${\displaystyle a,b,c:}$

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

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

Четвертий спосіб: Нерівність Коші-Буняковського

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

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

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

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

Поділимо на ${\displaystyle xyz/6}$:

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

Підставивши ${\displaystyle x,y,z}$ замість ${\displaystyle a,b,c}$, маємо:

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

Спростивши, отримаємо необхідний результат.

Шостий спосіб: Лема Тіту

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

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

Відкривши дужки і звівши подібні доданки, отримуємо:

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

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

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

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

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