Неравенство Несбитта

В математике действительных неравенство Несбитта , названное в честь Альфреда Несбитта , утверждает, что для положительных чисел a , b и c ,

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

с равенством только тогда, когда $a=b=c$ (т.е. в равностороннем треугольнике ).

не существует Соответствующей верхней границы , поскольку любую из трех дробей в неравенстве можно сделать сколь угодно большой.

Это случай гораздо более сложного неравенства Шапиро с тремя переменными , который был опубликован как минимум 50 лет назад.

Доказательство

Первое доказательство: неравенство AM-HM

По неравенству АМ - ХМ на $(a+b),(b+c),(c+a)$,

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

Очистка знаменателей дает доходность

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

из чего мы получаем

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

путем расширения произведения и сбора одинаковых знаменателей. Затем это упрощается непосредственно до конечного результата.

Второе доказательство: перестановка

Предположим $a\geq b\geq c$, у нас это есть

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

Определять

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

Согласно неравенству перестановки, скалярное произведение двух последовательностей максимизируется, когда члены расположены как по возрастанию, так и по убыванию. Порядок здесь одновременно убывающий. Позволять ${\vec {y}}_{1}$ и ${\vec {y}}_{2}$ быть вектором ${\vec {y}}$ циклически сдвигается на одно и два места; затем

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

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

Тогда сложение дает неравенство Несбитта.

Третье доказательство: сумма квадратов.

Следующее тождество справедливо для всех $a,b,c:$

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

Это ясно доказывает, что левая часть не меньше $3/2$ для положительных a , b и c .

Примечание: любое рациональное неравенство можно продемонстрировать, преобразуя его к соответствующему тождеству суммы квадратов — см. семнадцатую проблему Гильберта .

Четвертое доказательство: Коши–Шварц.

Используя неравенство Коши–Шварца для векторов $\displaystyle \left\langle {\sqrt {a+b}},{\sqrt {b+c}},{\sqrt {c+a}}\right\rangle ,\left\langle {\frac {1}{\sqrt {a+b}}},{\frac {1}{\sqrt {b+c}}},{\frac {1}{\sqrt {c+a}}}\right\rangle$ урожайность

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

который можно преобразовать в конечный результат, как мы это сделали в доказательстве AM-HM .

Пятое доказательство: AM-GM

Позволять $x=a+b,y=b+c,z=c+a$. Затем мы применяем неравенство AM-GM, чтобы получить

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

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

Подставив $x,y,z$ в пользу $a,b,c$ урожайность

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

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

который затем упрощается до конечного результата.

Шестое доказательство: лемма Титу.

Лемма Титу , прямое следствие неравенства Коши – Шварца , утверждает, что для любой последовательности $n$ действительные числа $(x_{k})$ и любая последовательность $n$ положительные числа $(a_{k})$, $\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {x_{k}^{2}}{a_{k}}}\geq {\frac {(\sum _{k=1}^{n}x_{k})^{2}}{\sum _{k=1}^{n}a_{k}}}.$

Используем лемму о $(x_{k})=(1,1,1)$ и $(a_{k})=(b+c,a+c,a+b)$. Это дает

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

что приводит к

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

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

Седьмое доказательство: использование однородности

Поскольку левая часть неравенства однородна, можно считать $a+b+c=1$. Теперь определите $x=a+b$, $y=b+c$, и $z=c+a$. Искомое неравенство превращается в ${\frac {1-x}{x}}+{\frac {1-y}{y}}+{\frac {1-z}{z}}\geq {\frac {3}{2}}$или, что то же самое, ${\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\frac {1}{z}}\geq {\frac {9}{2}}$. Это ясно видно из леммы Титу.

Восьмое доказательство: неравенство Йенсена.

Позволять $S=a+b+c$ и рассмотрим функцию $f(x)={\frac {x}{S-x}}$. Можно показать, что эта функция выпукла в $[0,S]$ и, используя неравенство Йенсена , получаем

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

Тогда простые вычисления дают

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

Девятое доказательство: сведение к неравенству с двумя переменными.

Очистив знаменатели,

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

Поэтому достаточно доказать, что $x^{3}+y^{3}\geq xy^{2}+x^{2}y$ для $(x,y)\in \mathbb {R} _{+}^{2}$, как суммирование этого три раза для $(x,y)=(a,b),\ (a,c),$ и $(b,c)$ завершает доказательство.

Как $x^{3}+y^{3}\geq xy^{2}+x^{2}y\iff (x-y)(x^{2}-y^{2})\geq 0$ мы закончили.

Ссылки

• Несбитт, AM (1902). «Проблема 15114» . Образовательные времена . 55 .
• Ион Ионеску, Румынский математический вестник, том XXXII (15 сентября 1926 г. - 15 августа 1927 г.), стр. 120
• Артур Лоуотер (1982). «Введение в неравенства» . Электронная онлайн-книга в формате PDF.
• «Кем был Альфред Несбитт, эпоним неравенства Несбитта» .

Внешние ссылки

• См. AoPS для получения дополнительных доказательств этого неравенства.
• «Неравенство Несбитта» . ПланетаМатематика .
• «доказательство неравенства Несбитта» . ПланетаМатематика .