ネスビットの不等式

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。 $${\displaystyle {\frac {(a+b)+(a+c)+(b+c)}{3}}\geq {\frac {3}{\displaystyle {\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}}}}$$ 整理して、 $${\displaystyle ((a+b)+(a+c)+(b+c))\left({\frac {1}{a+b}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{b+c}}\right)\geq 9}$$ $${\displaystyle 2{\frac {a+b+c}{b+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+c}}+2{\frac {a+b+c}{a+b}}\geq 9}$$ $${\displaystyle 2{\frac {a}{b+c}}+2{\frac {b}{a+c}}+2{\frac {c}{a+b}}+6\geq 9}$$ $${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}}$$

証明2:並べ替え不等式

a ≥ b ≥ c を仮定すると $${\displaystyle {\frac {1}{b+c}}\geq {\frac {1}{a+c}}\geq {\frac {1}{a+b}}}$$ を得る。 $${\displaystyle {\vec {x}}=(a,b,c),\quad {\vec {y}}=\left({\frac {1}{b+c}},{\frac {1}{a+c}},{\frac {1}{a+b}}\right)}$$ 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 y₁→, y₂→ を y→を循環的に置き換えたものとして、 $${\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{1}}$$ $${\displaystyle {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}\geq {\vec {x}}\cdot {\vec {y}}_{2}}$$ 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a, b, cについて、恒等式 $${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}={\frac {3}{2}}+{\frac {1}{2}}\left({\frac {(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)}}+{\frac {(a-c)^{2}}{(a+b)(b+c)}}+{\frac {(b-c)^{2}}{(a+b)(a+c)}}\right)}$$ が成り立つから、正の実数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 $${\displaystyle \displaystyle \left\langle {\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right\rangle ,\left\langle {\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right\rangle }$$ に関するコーシー＝シュワルツの不等式 $${\displaystyle ((b+c)+(a+c)+(a+b))\left({\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{a+c}}+{\frac {1}{a+b}}\right)\geq 9}$$ 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を施して、相加相乗平均の関係式を用いることにより、 $${\displaystyle {\frac {x}{y}}+{\frac {z}{y}}+{\frac {y}{x}}+{\frac {z}{x}}+{\frac {x}{z}}+{\frac {y}{z}}\geq 6{\sqrt[{6}]{{\frac {x}{y}}\cdot {\frac {z}{y}}\cdot {\frac {y}{x}}\cdot {\frac {z}{x}}\cdot {\frac {x}{z}}\cdot {\frac {y}{z}}}}=6}$$ $${\displaystyle {\frac {x+z}{y}}+{\frac {y+z}{x}}+{\frac {x+y}{z}}\geq 6}$$ x, y, zを元に戻して、 $${\displaystyle {\frac {2a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+2c}{a+b}}+{\frac {a+2b+c}{c+a}}\geq 6}$$ $${\displaystyle {\frac {2a}{b+c}}+{\frac {2c}{a+b}}+{\frac {2b}{a+c}}+3\geq 6}$$ 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n個の実数(x_k)の列と、n個の正の実数(a_k)の列に関する不等式に換言したものである。 $${\displaystyle \displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}}$$

(x_k) = (1, 1, 1), (a_k) = (b + c, a + c, a + b)とすると、 $${\displaystyle {\frac {1}{b+c}}+{\frac {1}{c+a}}+{\frac {1}{a+b}}\geq {\frac {3^{2}}{2(a+b+c)}}}$$ $${\displaystyle {\frac {a+b+c}{b+c}}+{\frac {a+b+c}{c+a}}+{\frac {a+b+c}{a+b}}\geq {\frac {9}{2}}}$$ $${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {9}{2}}-3={\frac {3}{2}}.}$$

証明7:斉次性

不等式の左辺が斉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、 $${\displaystyle x=a+b,\quad y=b+c,\quad z=c+a}$$ とすれば、不等式は $${\displaystyle {\frac {1-x}{x}}+{\frac {1-y}{y}}+{\frac {1-z}{z}}\geq {\frac {3}{2}}}$$に帰着する。これは、 $${\displaystyle {\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\frac {1}{z}}\geq {\frac {9}{2}}}$$ 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8:イェンセンの不等式

S = a + b + cとして、関数f(x) = 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、 $${\displaystyle {\frac {{\frac {a}{S-a}}+{\frac {b}{S-b}}+{\frac {c}{S-c}}}{3}}\geq {\frac {S/3}{S-S/3}}}$$ 整理して、 $${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}.}$$

証明9

$${\displaystyle {\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}\iff 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq ab^{2}+a^{2}b+ac^{2}+a^{2}c+bc^{2}+b^{2}c}$$ (x, y) ∈ ℝ2
+について、不等式x³ + y³ ≥ xy² + x²y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x³ + y³ ≥ xy² + x²y ⇔ (x − y)(x² −y²) ≥ 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] ≥ [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 $${\displaystyle 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})-a^{2}b-b^{2}a-b^{2}c-c^{2}b-c^{2}a-ac^{2}\geq 0}$$ この左辺は、 $${\displaystyle (a+b)(a-b)^{2}+(b+c)(b-c)^{2}+(c+a)(c-a)^{2}}$$ となるので、不等式が成立する。