ネスビットの不等式

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ネスビットの不等式

出典: フリー百科事典『ウィキペディア（Wikipedia）』 (2025/07/17 19:01 UTC 版)

ネスビットの不等式（英語: 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

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

ただし、a, b, c は正の実数。等号は a = b = c のとき成立する。

証明

ネスビットの不等式はシャピロの不等式の n = 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。

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

整理して、

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

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

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

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

証明2:並べ替え不等式

$a\geq b\geq c$を仮定すると

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

を得る。

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

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 ${\vec {y}}_{1},{\vec {y}}_{2}$を ${\vec {y}}$を循環的に置き換えたものとして、

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

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

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

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

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

$\displaystyle \left\langle {\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right\rangle ,\left\langle {\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right\rangle$

に関するコーシー＝シュワルツの不等式、

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

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、

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

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

$x,y,z$を元に戻して、

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

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

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。

$\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}.$

$(x_{k})=(1,1,1),\quad (a_{k})=(b+c,a+c,a+b)$とすると、

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

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

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

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、

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

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

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

整理して、

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

証明9

${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{a+c}}+{\frac {c}{a+b}}\geq {\frac {3}{2}}\iff 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq ab^{2}+a^{2}b+ac^{2}+a^{2}c+bc^{2}+b^{2}c.$

$(x,y)\in \mathbb {R} _{+}^{2}$について、不等式 $x^{3}+y^{3}\geq xy^{2}+x^{2}y$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 $x^{3}+y^{3}\geq xy^{2}+x^{2}y\iff (x-y)(x^{2}-y^{2})\geq 0$ 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、 $[3,0,0]\geq [2,1,0]$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

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

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

• Nesbitt, A. M. (1902). “Problem 15114”. Educational Times 55. https://archive.org/details/educationaltimes55educ/page/232/mode/2up. 
• Ion Ionescu, Romanian Mathematical Gazette, Volume XXXII (September 15, 1926 - August 15, 1927), page 120
• Arthur Lohwater (1982年). “Introduction to Inequalities”. Online e-book in PDF format. 2024年11月30日閲覧。
• “Who was Alfred Nesbitt, the eponym of Nesbitt inequality”. 2024年11月30日閲覧。

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
• Nesbitt's inequality - PlanetMath.org（英語）
• proof of Nesbitt's inequality - PlanetMath.org（英語）