ネスビットの不等式のソースを表示

'''ネスビットの不等式'''（{{Lang-en|Nesbitt's inequality}}）は、以下の[[不等式]]である。アルフレッド・ネスビット（Alfred Nesbitt）の名を冠する
:<math>\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}</math>
ただし、''a'', ''b'', ''c'' は正の[[実数]]。

== 証明 ==
ネスビットの不等式は[[シャピロの不等式]]の {{Mvar|n}} = 3 の場合である。
=== 証明1:相加調和平均の関係式 ===
[[相加平均|相加]][[調和平均|調和]]平均の関係式を<math>(a+b),(b+c),(c+a)</math>に用いる。
:<math>\frac{(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3} \geq \frac{3}{\displaystyle\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}}.</math>
整理して、
:<math>((a+b)+(a+c)+(b+c))\left(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}\right)\geq 9,</math>
:<math>2\frac{a+b+c}{b+c} + 2\frac{a+b+c}{a+c} + 2\frac{a+b+c}{a+b} \geq 9</math>
:<math>2\frac{a}{b+c} + 2\frac{b}{a+c} + 2\frac{c}{a+b}+ 6 \geq 9</math>
:<math>\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}</math>
=== 証明2:並べ替え不等式 ===
<math>a \ge b \ge c</math>を仮定すると
:<math>\frac{1}{b+c} \ge \frac{1}{a+c} \ge \frac{1}{a+b}.</math>
を得る。
:<math>\vec{x} = (a,b,c)\quad</math> ,<math>\quad\vec{y} = \left(\frac{1}{b+c} , \frac{1}{a+c} , \frac{1}{a+b}\right) </math>
と定義する。[[並べ替え不等式]]より、この2列の[[ドット積]]は、2列がともに[[単調増加]]あるいは[[単調減少]]であるときに[[最大値]]をとる。
今、2列は単調減少数列になっている。2つのベクトル<math>\vec y_1, \vec y_2</math>を<math>\vec y</math>を循環的に置き換えたものとして、
:<math>\vec{x} \cdot \vec{y} \ge \vec{x} \cdot \vec y_1</math>
:<math>\vec{x} \cdot \vec{y} \ge \vec{x} \cdot \vec y_2</math>
辺辺足して、ネスビットの不等式を得る。
=== 証明3:平方和 ===
任意の実数{{Mvar|a, b, c}}について、恒等式
:<math>\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).</math>
が成り立つから、正の実数{{Mvar|a, b, c}}におけるネスビットの不等式を得る。

備考:すべての有理不等式は、平方和の恒等式に変換することで証明可能である。詳細は[[ヒルベルトの第17問題]]を参照。 
=== 証明4:コーシー＝シュワルツ ===
2つのベクトル
:<math>\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</math>
に関する[[コーシー＝シュワルツの不等式]]、
:<math>((b+c)+(a+c)+(a+b))\left(\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}\right) \geq 9,</math>
を証明1と同様にして変形することで題意の不等式を得る。
=== 証明5: 相加相乗平均の関係式 ===
<math>x=a+b, y=b+c, z=c+a</math>のように[[ラヴィ変換]]施して、[[相加相乗平均の関係式]]を用いることにより、
:<math>\frac{x}{y} + \frac{z}{y} + \frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} \geq 6\sqrt[6]{\frac{x}{y} \cdot \frac{z}{y} \cdot \frac{y}{x} \cdot \frac{z}{x} \cdot \frac{x}{z} \cdot \frac{y}{z}} = 6.</math>
:<math>\frac{x+z}{y} + \frac{y+z}{x} + \frac{x+y}{z} \geq 6,</math>
<math>x,y,z</math>を元に戻して、
:<math>\frac{2a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+2c}{a+b} + \frac{a+2b+c}{c+a} \geq 6</math>
:<math>\frac{2a}{b+c} + \frac{2c}{a+b} + \frac{2b}{a+c} + 3 \geq 6,</math>
整理すると、ネスビットの不等式を得る。
=== 証明6:Tituの補題===
ティトゥの補題はコーシー＝シュワルツの不等式を{{Mvar|n}}個の実数{{Math|(''x{{sub|k}}'')}}の列と、{{Mvar|n}}個の正の実数{{Math|(''a{{sub|k}}'')}}の列に関する不等式に換言したものである。
:<math>\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}.</math>  

<math>(x_k)=(1,1,1),\quad (a_k)=(b+c,a+c,a+b)</math>とすると、
:<math>\frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b} \geq \frac{3^2}{2(a+b+c)},</math>
:<math>\frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{c+a} + \frac{a+b+c}{a+b} \geq \frac{9}{2}</math>
:<math>\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}.</math>

=== 証明7:斎次性 ===
不等式の左辺が斎次的であることから、 <math>a+b+c=1</math>としても一般性を失わない。 ラヴィ変換を施して、
:<math>x=a+b,\quad y=b+c, \quad z=c+a</math>
とすれば、不等式は <math>\frac{1-x}{x} + \frac{1-y}{y} + \frac{1-z}{z} \ge \frac{3}{2}</math>に帰着する。これは、<math>\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{9}{2}</math>と変形できるが、ティトゥの補題より、成立が確認できる。
=== 証明7:イェンセンの不等式 ===
<math>S=a+b+c</math>として、[[関数 (数学)|関数]]<math>f(x)=\frac{x}{S-x}</math>を考える。この関数は区間<math>[0,S]</math>内で凸であるから、[[イェンセンの不等式]]より、
:<math>\displaystyle \frac{\frac{a}{S-a} + \frac{b}{S-b} + \frac{c}{S-c}}{3} \geq \frac{S/3}{S-S/3}.</math>
整理して、
:<math>\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}.</math>
===証明9 ===
:<math>\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} \iff 2(a^3+b^3+c^3) \geq ab^2 + a^2b + ac^2 + a^2c + bc^2 + b^2c.</math>
<math>(x,y) \in \mathbb{R}^2_+</math>について、不等式<math>x^3+y^3 \geq xy^2+x^2y</math>を証明して、<math>(x,y) = (a,b),\ (a,c),\ (c,a)</math> を考えることにより、右の不等式が示せる。

実際に<math>x^3+y^3 \geq xy^2+x^2y \iff (x-y)(x^2-y^2) \geq 0</math> であるから不等式が成立する。
=== 証明10:ムーアヘッドの不等式 ===
証明9の右の不等式は、<math>[3,0,0]\geq [2,1,0]</math>における[[ムーアヘッドの不等式]]そのものである。
=== 証明11===
不等式を変形して
:<math>2(a^3+b^3+c^3)-a^2b-b^2a-b^2c-c^2b-c^2a-ac^2\geq 0</math>
この左辺は、
:<math>(a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2 .</math>
となるので、不等式が成立する。
== 出典 ==
* {{cite journal|last=Nesbitt |first=A. M. |title=Problem 15114 |journal=Educational Times |year=1902 |volume=55 |url=https://archive.org/details/educationaltimes55educ/page/232/mode/2up}}
* Ion Ionescu, Romanian Mathematical Gazette, Volume XXXII (September 15, 1926 - August 15, 1927), page 120 
*{{cite web|title=Introduction to Inequalities|url=http://www.mediafire.com/file/1mw1tkgozzu |author=Arthur Lohwater|accessdate=2024-11-30|year=1982|publisher=Online e-book in PDF format}}
*{{cite web|title=Who was Alfred Nesbitt, the eponym of Nesbitt inequality|accessdate=2024-11-30 |url=https://hsm.stackexchange.com/questions/14733/who-was-a-m-nesbitt-the-eponym-of-nesbitts-inequality}}

== 外部リンク ==

* [https://manabitimes.jp/math/606 Nesbittの不等式の6通りの証明 | 高校数学の美しい物語]
* {{PlanetMath reference|urlname=NesbittsInequality|title=Nesbitt's inequality}}
* {{PlanetMath reference|urlname=ProofOfNesbittsInequality|title=proof of Nesbitt's inequality}}

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