Нерівність Несбіта

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

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

Доведення

Перший спосіб: Нерівність середнього арифметичного та гармонійного

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

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

Звідси,

$((a+b)+(a+c)+(b+c))(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c})\ge 9,$

Відкривши дужки, отримаємо

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

Другий спосіб: Перестановки

Нехай $a\ge b\ge c$. Отримаємо:

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

Визначимо:

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

$\overrightarrow{y}=(\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+c},\frac{1}{a+b})$

З нерівності перестановок, скалярний добуток двох послідовностей є максимальним, якщо вони задані таким же чином, візьмемо ${\overrightarrow{y}}_1$ і ${\overrightarrow{y}}_2$ як вектор $\overrightarrow{y}$, зсунутий на 1 і 2 відповідно. Маємо:

$\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{y}\ge \overrightarrow{x}\cdot {\overrightarrow{y}}_1$

$\overrightarrow{x}\cdot \overrightarrow{y}\ge \overrightarrow{x}\cdot {\overrightarrow{y}}_2$

Додавши отримані нерівності, матимемо нерівність Несбіта.

Третій спосіб: Сімнадцята проблема Гільберта

Легко бачити, що наступна тотожність виконується для всіх $a,b,c:$

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

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 $⟨\sqrt{a+b},\sqrt{b+c},\sqrt{c+a}⟩,⟨\frac{1}{\sqrt{a+b}},\frac{1}{\sqrt{b+c}},\frac{1}{\sqrt{c+a}}⟩.$ Отримаємо:

$((b+c)+(a+c)+(a+b))(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b})\ge 9,$

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 $\{x^{2}z,z^{2}x,y^{2}z,z^{2}y,x^{2}y,y^{2}x\}$:

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

Поділимо на $xyz/6$:

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

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

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

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 $(a_k)$, $\sum _{k=1}^n\frac{x_k^2}{a_k}\ge \frac{(\sum _{k=1}^n{x}_k{)}^2}{\sum _{k=1}^n{a}_k}$. Візьмемо як послідовність $x$ $a,b,c$ і як послідовність $a$ $a(b+c),b(c+a),c(a+b)$:

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

Відкривши дужки і звівши подібні доданки, отримуємо:

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

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

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

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

Див. також

• Нерівність
• Проблеми Гільберта

Джерела

• Шаблон:Cite web
• A. M. Nesbitt - Problem 15114, Educational Times 2, 1903
• Шаблон:Книга Exercise 5.6, page 84.

Посилання

• AoPS
• Шаблон:PlanetMath reference
• Шаблон:PlanetMath reference