ネスビットの不等式

ネスビットの不等式（テンプレート:Lang-en）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

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

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 テンプレート:Mvar = 3 の場合である。

証明1:相加調和平均の関係式

相加調和平均の関係式を$(a+b),(b+c),(c+a)$に用いる。

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

整理して、

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

$2\frac{a+b+c}{b+c}+2\frac{a+b+c}{a+c}+2\frac{a+b+c}{a+b}\ge 9$

$2\frac{a}{b+c}+2\frac{b}{a+c}+2\frac{c}{a+b}+6\ge 9$

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

証明2:並べ替え不等式

$a\ge b\ge c$を仮定すると

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

を得る。

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

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${\overrightarrow{y}}_1,{\overrightarrow{y}}_2$を$\overrightarrow{y}$を循環的に置き換えたものとして、

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

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

辺辺足して、ネスビットの不等式を得る。

証明3:平方和

任意の実数テンプレート:Mvarについて、恒等式

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

が成り立つから、正の実数テンプレート:Mvar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

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

に関するコーシー＝シュワルツの不等式、

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

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

$x=a+b,y=b+c,z=c+a$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、

$\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\ge 6\sqrt[6]{\frac{x}{y}\cdot \frac{z}{y}\cdot \frac{y}{x}\cdot \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{z}\cdot \frac{y}{z}}=6.$

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

$x,y,z$を元に戻して、

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

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2c}{a+b}+\frac{2b}{a+c}+3\ge 6,$

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テンプレート:Mvar個の実数テンプレート:Mathの列と、テンプレート:Mvar個の正の実数テンプレート:Mathの列に関する不等式に換言したものである。

$\sum _{k=1}^n\frac{x_k^2}{a_k}\ge \frac{(\sum _{k=1}^n{x}_k{)}^2}{\sum _{k=1}^n{a}_k}.$

$(x_k)=(1,1,1),(a_k)=(b+c,a+c,a+b)$とすると、

$\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\ge \frac{3^2}{2(a+b+c)},$

$\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge \frac{9}{2}$

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}.$

証明7:斎次性

不等式の左辺が斎次的であることから、 $a+b+c=1$としても一般性を失わない。 ラヴィ変換を施して、

$x=a+b,y=b+c,z=c+a$

とすれば、不等式は $\frac{1-x}{x}+\frac{1-y}{y}+\frac{1-z}{z}\ge \frac{3}{2}$に帰着する。これは、$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{9}{2}$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

$S=a+b+c$として、関数$f(x)=\frac{x}{S-x}$を考える。この関数は区間$[0,S]$内で凸であるから、イェンセンの不等式より、

$\frac{\frac{a}{S-a}+\frac{b}{S-b}+\frac{c}{S-c}}{3}\ge \frac{S/3}{S-S/3}.$

整理して、

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

証明9

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}⟺2(a^3+b^3+c^3)\ge a{b}^2+a^{2}b+a{c}^2+a^{2}c+b{c}^2+b^{2}c.$

$(x,y)\in {ℝ}_{+}^2$について、不等式$x^3+y^3\ge x{y}^2+x^{2}y$を証明して、$(x,y)=(a,b),(a,c),(c,a)$ を考えることにより、右の不等式が示せる。

実際に$x^3+y^3\ge x{y}^2+x^{2}y⟺(x-y)(x^2-y^2)\ge 0$ 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、$[3,0,0]\ge [2,1,0]$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

$2(a^3+b^3+c^3)-a^{2}b-b^{2}a-b^{2}c-c^{2}b-c^{2}a-a{c}^2\ge 0$

この左辺は、

$(a+b)(a-b{)}^2+(b+c)(b-c{)}^2+(c+a)(c-a{)}^2.$

となるので、不等式が成立する。

出典

• テンプレート:Cite journal
• Ion Ionescu, Romanian Mathematical Gazette, Volume XXXII (September 15, 1926 - August 15, 1927), page 120
• テンプレート:Cite web
• テンプレート:Cite web

外部リンク

• Nesbittの不等式の6通りの証明 | 高校数学の美しい物語
• テンプレート:PlanetMath reference
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